磁気・電磁力4【電験3種理論】無限長直線導体と円形コイルがつくる磁界が等しくなる電流の関係！令和7年上期 A問題4 完全解説

2026年7月12日2026年8月1日

電験3種理論科目電磁気（磁気・電磁力）令和7年度上期 A問題4 直線と円形コイルの磁界が同じ！電流の関係は？

今回は令和7年度上期理論科目 A問題4を解説します。無限長直線導体A（電流I₁、距離aの点PでH₁）と、半径aの一巻き円形コイルB（電流I₂、中心でH₂）について、H₁＝H₂となるI₁とI₂の関係を求める問題です。

無限長直線導体から距離aの点ではH₁＝I₁/(2πa)、半径aの一巻き円形コイルの中心ではH₂＝I₂/(2a)です。両者を等しいとおくとI₁＝πI₂となります。同じ電流なら円形コイル中心の磁界が直線導体のπ倍になることからも検算できます。

令和7年度上期理論科目 A問題4：問題文と選択肢

まずは、令和7年度上期に実際に出題された問題文と選択肢を確認しましょう。

電験3種理論科目磁気・電磁力令和7年度上期 A問題4 問題文 — 令和7年度上期理論科目 A問題4 問題文

出典：一般財団法人電気技術者試験センター「令和7年度上期第三種電気主任技術者試験」理論科目 A問題4

電験3種理論科目【電磁気（磁気・電磁力）】令和7年度上期 A問題4

　図1のように、無限に長い直線状導体Aに直流電流I₁〔A〕が流れているとき、この導体からa〔m〕離れた点Pでの磁界の大きさはH₁〔A/m〕であった。一方、図2のように半径a〔m〕の一巻きの円形コイルBに直流電流I₂〔A〕が流れているとき、この円の中心点Oでの磁界の大きさはH₂〔A/m〕であった。H₁＝H₂であるときのI₁とI₂の関係を表す式として正しいものを、次の(1)〜(5)のうちから一つ選べ。

（1）I₁＝π²I₂　（2）I₁＝(2/π)I₂　（3）I₁＝I₂/π²　（4）I₁＝I₂/π　（5）I₁＝πI₂

出題のポイント：分母が $2\pi a$ か $2a$ か

2つの公式を並べて、等号で結ぶだけの問題です。直線導体は $H=I/(2\pi a)$、円形コイルの中心は $H=I/(2a)$——違いは分母に $\pi$ があるかどうかだけです。

この $\pi$ の有無が答えを決めます。分母が小さい円形コイルのほうが磁界は強いので、同じ磁界にするには直線導体側により多くの電流を流す必要があります。方向さえ間違えなければ、計算は1行です。

2つの磁界の公式

$$\text{無限長直線（距離 }a\text{）：}\;H_1=\frac{I_1}{2\pi a}$$$$\text{半径 }a\text{ の1巻き円形コイル（中心）：}\;H_2=\frac{I_2}{2a}$$

※どちらもビオ・サバールの法則から導かれます。円形は全周が中心から等距離なので、直線より効率よく磁界を作れます。

無限長直線導体から距離aの点Pと半径aの一巻き円形コイル中心Oの磁界を比較する図 — 直線導体はH₁＝I₁/(2πa)、一巻き円形コイル中心はH₂＝I₂/(2a)です。

解説：等号で結んで $a$ を約分する

$$\frac{I_1}{2\pi a}=\frac{I_2}{2a}$$

❶ $H_1=H_2$ とおく

$$\frac{I_1}{\pi}=I_2$$

❷ 両辺に $2a$ を掛ける
$2a$ が約分されて消える

$$I_1=\pi I_2$$

❸ $I_1$ について解く
直線側のほうが $\pi$ 倍多く必要

半径 $a$ が消えるのがポイントです。問題文が「距離 $a$」と「半径 $a$」をわざわざ同じ記号にしているのは、この約分を成立させるためです。

答えの向きを直感で確かめておきましょう。同じ電流を流したとき、円形コイルの中心の磁界は直線導体の $\pi$ 倍です（$1/2a$ と $1/2\pi a$ の比）。だから直線側で同じ磁界を出すには、$\pi$ 倍の電流が要る——筋が通っています。

同じ電流と距離aでは円形コイル中心の磁界が無限長直線導体の磁界のπ倍になる比較図 — 同じ電流ならH円形/H直線＝πなので、同じ磁界にするにはI₁＝πI₂とします。

答え$I_1=\pi I_2$　→　選択肢(5)

H₁イコールH₂の式から共通因子2aを消去してI₁イコールπI₂を求める計算図 — I₁/(2πa)＝I₂/(2a)よりI₁＝πI₂となるため、正解は(5)です。

誤答の正体：逆比にすると(4)に着地する

	選択肢	判定	理由
(1)	$I_1=\pi^2I_2$	×	$\pi$ を2回掛けている
(2)	$I_1=(2/\pi)I_2$	×	$2\pi$ と $2$ の扱いを混同
(3)	$I_1=I_2/\pi^2$	×	逆比かつ $\pi$ が2回
(4)	$I_1=I_2/\pi$	×	逆比。最も引っかかりやすい
(5)	$I_1=\pi I_2$	◎	正解

(4)と(5)はちょうど逆です。式変形の途中で $\pi$ をどちら側に移すかを間違えると、(4)に着地します。

防ぐには「どちらが強いか」を先に考えることです。円形コイルのほうが強いと分かっていれば、直線側は電流を増やさないと追いつかない——つまり $I_1>I_2$。$\pi>1$ なので $I_1=\pi I_2$ が正しいと即断できます。

⚠️ よくある間違い
式変形だけに頼ると、逆比のミスに気づけません。必ず物理的な大小関係で検算してください。「分母が小さいほうが強い」——$2a$ と $2\pi a$ を見比べれば、円形コイルのほうが強いことは一目瞭然です。

深掘り：なぜ円形コイルのほうが効率がよいのか

ビオ・サバールの法則で考えると理由がはっきりします。磁界への寄与は $d\boldsymbol{l}\times\boldsymbol{R}$——電流の向きと、その点へ向かうベクトルが直角のときに最大になります。

	円形コイルの中心	直線導体から距離 $a$ の点
距離	全周がちょうど $a$	場所によって変わる（最短が $a$）
角度	常に直角（$\sin\theta=1$）	場所によって変わる
効率	すべての電流要素が最大効率で寄与	遠い部分・斜めの部分は寄与が小さい

円形コイルでは、導体のどの部分も中心から等距離で、しかも常に直角です。すべての電流要素が「最も効率のよい配置」にあるので、少ない電流で強い磁界を作れます。

直線導体では、最短距離 $a$ にある部分だけが効率よく寄与し、遠い部分の寄与はどんどん小さくなります。無限に長くても、実質的に効いているのは点Pの近くだけ——だから $\pi$ 倍の差が生まれます。

この差は実用上も重要です。電磁石やコイルが「巻く」形をしているのは、少ない電流で強い磁界を得るためです。さらに巻数を増やせば $N$ 倍になるので、$N$ 巻きの円形コイルなら中心の磁界は $NI/(2a)$ になります。

💡 覚え方
「分母が小さいほうが強い」——$2a$（円形）＜ $2\pi a$（直線）なので円形が強い。公式を覚えていなくても、分母の大小さえ思い出せれば大小関係は判断できます。

⏱️ 本番での進め方
❶ 2つの公式を並べて書く。分母の違いだけに注目する。
❷ $a$ は必ず約分される。残るのは $\pi$ だけ。
❸ 大小関係で検算。円形が強い → 直線側は多く流す → $I_1>I_2$。
❹ $N$ 巻きなら $N$ 倍。1巻きという条件を見落とさない。

この分野はほぼ毎年どこかで出題されます。手を動かして解ける状態にしておけば、本番で確実に得点できます。

★重要：平成19年度の問題が「選択肢を入れ替えて」再出題された

本問は平成19年度A問題1とまったく同じ問題です。問題文も図も同一で、答えの式も $I_1=\pi I_2$ で変わりません。違うのは選択肢の並びだけです。

	平成19年度 A問題1	本問（令和7年度上期 A問題4）
問題文・図	同一	同一
答えの式	$I_1=\pi I_2$	$I_1=\pi I_2$（同じ）
選択肢(1)	$\pi^2I_2$	$\pi^2I_2$
選択肢(2)	$\pi I_2$　←正答	$(2/\pi)I_2$
選択肢(3)	$I_2/\pi$	$I_2/\pi^2$
選択肢(4)	$I_2/\pi^2$	$I_2/\pi$
選択肢(5)	$(2/\pi)I_2$	$\pi I_2$　←正答
正答番号	(2)	(5)

18年の時を経て再出題され、しかも選択肢の順序が変えられています。答えの式はまったく同じなのに、番号は(2)から(5)へ移りました——これ以上ないほど明確な「番号暗記の危険性」の実例です。

⚠️ よくある間違い
古い過去問だからといって侮れません。原理を問う短い問題は、表現を変えようがないのでそのまま再出題されます。ただし選択肢の並びは変わる——「$I_1=\pi I_2$」という中身で覚えてください。

あわせて解いておきたい記事：【理論】平成19年度A問題1

まとめ

無限長直線導体	H₁＝I₁/(2πa)
一巻き円形コイル中心	H₂＝I₂/(2a)
同じ電流での比	H_円形/H_直線＝π
H₁＝H₂	I₁/π＝I₂
答え	I₁＝πI₂ → (5)