(1)
ローレンツ力の式 \(F=qvB\) より、電気量を\(e\)とし、速度は円運動の公式\(v=r\omega\)を適用して、
\(F=ex\omega B\)
(2)
電子が動いている向きと逆向きに電流が流れていると解釈すると、図の左から右へ電流が流れている瞬間であると考えることできる。磁場は紙面裏から表に向かって印加されているので、これらを元にフレミング左手の法則を使うと、\(A\rightarrow O\) の向きに力が働いていることがわかる
(3)
\(F=qE\) より(1)と比較して
\(E=x\omega B\)
(4)
\(E=x\omega B\) より
\(x\)が増加すると、\(E\)も増加することがわかる。
縦軸に電位\(V\)をとった\(V-x\)グラフにおける傾きが電場\(E\)であるから、\(x\)が増加するごとに傾きが大きくなるグラフを選べばよい。
すると (ウ) となる。
なお、\(V=Ed\)より、\(V=x\omega B ×x=x^2 \omega B\)として、これによって二次関数を選ぶ、と考えるのは誤り。この問題ではたまたま正解できますが、\(V=Ed\)の式は一様な電場のときにしか適用できない公式なので、今のように各点各点で電場の強さが異なるときには、値は違うものが出ることになります。
(5)
そうなると、(4)で\(V=Ed\)を使うことは全くできないのか、ということになりますが、ごくわずかな領域であれば電場が一定であると解釈してもいいでしょう。
まず、\(d\)の代わりに半径\(r\)を変数として、\(V=Er\)と書きなおします。次に、一定とみなした\(E\)の\(r\)がわずかに変化したときに\(V\)がわずかに変化したとして、\(\Delta V=E\Delta r\)とします。この両辺を積分して半径の全領域にわたって変化量を足し合わせると、左辺は最終的に\(V\)になるので\(\displaystyle\int dV=V\)として、
\(V=\displaystyle\int_0^l E dr\)
\(V=\displaystyle\int_0^l x\omega B dr\)
\(V=\omega B\displaystyle\int_0^l x dr\)
\(V=\omega B \left[ \displaystyle\frac{1}{2}x^2\right]_0^l\)
\(V=\omega B ･\displaystyle\frac{1}{2}l^2\)
\(V=\displaystyle\frac{1}{2}\omega Bl^2\)
となります。この方法で\(0\)から\(l\)ではなく\(0\)から\(x\)まで積分したとすると(4)のグラフの正式な形が現れます。
(5)別解
別解というより、こちらが正攻法かもしれません。
扇形の面積公式は\(S=\displaystyle\frac{1}{2}r^2\theta\)であることを思い出して、導体棒が移動するときに掃く面積を貫く磁束の本数を求めると、
\(\Delta \Phi =B･\displaystyle\frac{1}{2}l^2\theta\)
よって
\(|V|=\displaystyle\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\frac{1}{2}Bl^2\frac{\theta}{t}\)
\(|V|=\displaystyle\frac{1}{2}Bl^2\omega\)
(6)
\(V=RI\) より
\(I=\displaystyle\frac{V}{R}\)
\(I=\displaystyle\frac{\omega Bl^2}{2R}\)
(7)
与えた仕事はすべて抵抗線で消費される仕事に転換されますので、与えられた仕事率を計算するには、抵抗で消費される仕事率を計算すればいいことになります。
\(P=VI\)
\(P=RI^2\)
\(P=R･\displaystyle\frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R^2}\)
\(P=\displaystyle\frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R}\)
