電磁気学入門 第5章 §5.2 ★★★ 磁束密度 B \bm{B} B B \bm{B} B
Lorentz 力と磁束密度
電流の流れている2本の導線は互いに力を及ぼす。導線は全体として電気的に中性なので、この力は電場による力ではない。実験によれば、電荷 q q q v \bm{v} v B \bm{B} B
定義 5.3（Lorentz 力と磁束密度）
電荷 q q q v \bm{v} v r \bm{r} r
F = q ( E ( r ) + v × B ( r ) ) (5.12) \bm{F}=q\bigl(\bm{E}(\bm{r})+\bm{v}\times\bm{B}(\bm{r})\bigr)\tag{5.12} F = q ( E ( r ) + v × B ( r ) ) ( 5.12 )
と書けるとき、B \bm{B} B 磁束密度 （以下では単に磁場とも呼ぶ）と呼び、(5.12) を Lorentz 力 と呼ぶ。B \bm{B} B T = N / ( A ⋅ m ) \mathrm T=\mathrm{N/(A\cdot m)} T = N/ ( A ⋅ m )
速度の向きを変えて力を測れば B \bm{B} B
v \bm{v} v B \bm{B} B v \bm{v} v B \bm{B} B q v B qvB q v B
この定義から次のことがすぐに分かる。
命題 5.4（磁気力は仕事をしない）
磁気的な力 q v × B q\bm{v}\times\bm{B} q v × B
証明 仕事率は F ⋅ v = q ( v × B ) ⋅ v \bm{F}\cdot\bm{v}=q(\bm{v}\times\bm{B})\cdot\bm{v} F ⋅ v = q ( v × B ) ⋅ v d d t ( 1 2 m v 2 ) = F ⋅ v \frac{d }{d t}\bigl(\frac12mv^2\bigr)=\bm{F}\cdot\bm{v} d t d ( 2 1 m v 2 ) = F ⋅ v
一様な磁場 B = B z ^ \bm{B}=B\hat{\bm{z}} B = B z ^ v ⊥ v_\perp v ⊥ ∣ q ∣ v ⊥ B \left\vert q\right\vert v_\perp B ∣ q ∣ v ⊥ B m v ⊥ 2 / r = ∣ q ∣ v ⊥ B mv_\perp^2/r=\left\vert q\right\vert v_\perp B m v ⊥ 2 / r = ∣ q ∣ v ⊥ B サイクロトロン半径 ）と角振動数（サイクロトロン角振動数 ）は
r = m v ⊥ ∣ q ∣ B , ω c = v ⊥ r = ∣ q ∣ B m (5.13) r=\frac{mv_\perp}{\left\vert q\right\vert B},\qquad\omega_{\mathrm c}=\frac{v_\perp}{r}=\frac{\left\vert q\right\vert B}{m}\tag{5.13} r = ∣ q ∣ B m v ⊥ , ω c = r v ⊥ = m ∣ q ∣ B ( 5.13 )
になる。角振動数が速さによらないことが、加速器のサイクロトロンの原理になっている。磁場に平行な速度成分は力を受けないので、一般の運動は円運動に磁場方向の等速運動を重ねた螺旋になる。
電流に働く力
導線の中では、電荷 q q q n n n v \bm{v} v d V \mathrm{d} V d V
n q v × B d V = J × B d V nq\bm{v}\times\bm{B}\,\mathrm{d} V=\bm{J}\times\bm{B}\,\mathrm{d} V n q v × B d V = J × B d V
である。導線ならば J d V = I d l \bm{J}\,\mathrm{d} V=I\,\mathrm{d}\bm{l} J d V = I d l
d F = J × B d V , d F = I d l × B (5.14) \mathrm{d}\bm{F}=\bm{J}\times\bm{B}\,\mathrm{d} V,\qquad \mathrm{d}\bm{F}=I\,\mathrm{d}\bm{l}\times\bm{B}\tag{5.14} d F = J × B d V , d F = I d l × B ( 5.14 )
となる。導線の中の粒子が受けた力は、導線の表面の電荷との相互作用を通じて導線全体に伝わり、導線を動かす。
Biot–Savart の法則
力を受ける側の式 (5.14) に続いて、B \bm{B} B
定理 5.5（Biot–Savart の法則 ★★★）
定常電流密度 J ( r ′ ) \bm{J}(\bm{r}') J ( r ′ ) r \bm{r} r
B ( r ) = μ 0 4 π ∫ J ( r ′ ) × ( r − r ′ ) ∣ r − r ′ ∣ 3 d V ′ (5.15) \bm{B}(\bm{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\bm{J}(\bm{r}')\times(\bm{r}-\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert ^3}\,\mathrm{d} V'\tag{5.15} B ( r ) = 4 π μ 0 ∫ ∣ r − r ′ ∣ 3 J ( r ′ ) × ( r − r ′ ) d V ′ ( 5.15 )
である。細い導線を流れる電流 I I I
B ( r ) = μ 0 I 4 π ∮ d l ′ × ( r − r ′ ) ∣ r − r ′ ∣ 3 . (5.16) \bm{B}(\bm{r})=\frac{\mu_0I}{4\pi}\oint\frac{\mathrm{d}\bm{l}'\times(\bm{r}-\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert ^3}.\tag{5.16} B ( r ) = 4 π μ 0 I ∮ ∣ r − r ′ ∣ 3 d l ′ × ( r − r ′ ) . ( 5.16 )
定数 μ 0 \mu_0 μ 0 真空の透磁率 と呼ぶ。その値は
μ 0 = 1.25663706 × 10 − 6 N / A 2 ( ほぼ 4 π × 10 − 7 N / A 2 ) \mu_0=1.25663706\times10^{-6}\,\mathrm{N/A^2}\quad(\text{ほぼ }4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{N/A^2}) μ 0 = 1.25663706 × 1 0 − 6 N/ A 2 ( ほぼ 4 π × 1 0 − 7 N/ A 2 )
である。
Biot–Savart の法則は Coulomb の法則と同じく実験から得た法則で、ここでは出発点として受け入れる。Coulomb の電場
1 4 π ε 0 ρ ( r − r ′ ) ∣ r − r ′ ∣ 3 \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{\rho\,(\bm{r}-\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert ^3} 4 π ε 0 1 ∣ r − r ′ ∣ 3 ρ ( r − r ′ )
と比べると、どちらも距離の2乗に反比例する。ただし磁場は、源の向き J \bm{J} J r − r ′ \bm{r}-\bm{r}' r − r ′ ε 0 μ 0 = 1 / c 2 \varepsilon_0\mu_0=1/c^2 ε 0 μ 0 = 1/ c 2 c c c
μ 0 \mu_0 μ 0
2019年の SI の改定より前は、アンペアの定義によって μ 0 = 4 π × 10 − 7 N / A 2 \mu_0=4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{N/A^2} μ 0 = 4 π × 1 0 − 7 N/ A 2
改定後は電気素量 e e e μ 0 \mu_0 μ 0 α \alpha α
μ 0 = 2 α h e 2 c \mu_0=\frac{2\alpha h}{e^2c} μ 0 = e 2 c 2 α h
から決まる測定値になった。4 π × 10 − 7 4\pi\times10^{-7} 4 π × 1 0 − 7 10 − 10 10^{-10} 1 0 − 10
直線電流と円電流
直線電流。
z z z I I I s s s ( s , φ , z ) (s,\varphi,z) ( s , φ , z ) z = 0 z=0 z = 0 r = s s ^ \bm{r}=s\hat{\bm{s}} r = s s ^ d l ′ = d z ′ z ^ \mathrm{d}\bm{l}'=\mathrm{d} z'\,\hat{\bm{z}} d l ′ = d z ′ z ^ r ′ = z ′ z ^ \bm{r}'=z'\hat{\bm{z}} r ′ = z ′ z ^
r − r ′ = s s ^ − z ′ z ^ , d l ′ × ( r − r ′ ) = d z ′ z ^ × s s ^ = s d z ′ e ^ φ \bm{r}-\bm{r}'=s\hat{\bm{s}}-z'\hat{\bm{z}},\qquad \mathrm{d}\bm{l}'\times(\bm{r}-\bm{r}')=\mathrm{d} z'\,\hat{\bm{z}}\times s\hat{\bm{s}}=s\,\mathrm{d} z'\,\hat{\bm{e}}_\varphi r − r ′ = s s ^ − z ′ z ^ , d l ′ × ( r − r ′ ) = d z ′ z ^ × s s ^ = s d z ′ e ^ φ
である（z ^ × z ^ = 0 \hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{z}}=\bm{0} z ^ × z ^ = 0 z ^ × s ^ = e ^ φ \hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{s}}=\hat{\bm{e}}_\varphi z ^ × s ^ = e ^ φ z 1 ≤ z ′ ≤ z 2 z_1\le z'\le z_2 z 1 ≤ z ′ ≤ z 2 (5.16) から
B = μ 0 I 4 π e ^ φ ∫ z 1 z 2 s d z ′ ( s 2 + z ′ 2 ) 3 / 2 . \bm{B}=\frac{\mu_0I}{4\pi}\hat{\bm{e}}_\varphi\int_{z_1}^{z_2}\frac{s\,\mathrm{d} z'}{(s^2+z'^2)^{3/2}} . B = 4 π μ 0 I e ^ φ ∫ z 1 z 2 ( s 2 + z ′2 ) 3/2 s d z ′ .
z ′ = s tan θ z'=s\tan\theta z ′ = s tan θ
d z ′ = s d θ cos 2 θ , ( s 2 + z ′ 2 ) 3 / 2 = s 3 cos 3 θ \mathrm{d} z'=\frac{s\,\mathrm{d}\theta}{\cos^2\theta},\qquad (s^2+z'^2)^{3/2}=\frac{s^3}{\cos^3\theta} d z ′ = cos 2 θ s d θ , ( s 2 + z ′2 ) 3/2 = cos 3 θ s 3
なので、被積分関数は cos θ d θ / s \cos\theta\,\mathrm{d}\theta/s cos θ d θ / s
B = μ 0 I 4 π s ( sin θ 2 − sin θ 1 ) e ^ φ , sin θ i = z i s 2 + z i 2 (5.17) \bm{B}=\frac{\mu_0I}{4\pi s}(\sin\theta_2-\sin\theta_1)\,\hat{\bm{e}}_\varphi,\qquad \sin\theta_i=\frac{z_i}{\sqrt{s^2+z_i^2}}\tag{5.17} B = 4 π s μ 0 I ( sin θ 2 − sin θ 1 ) e ^ φ , sin θ i = s 2 + z i 2 z i ( 5.17 )
を得る。θ i \theta_i θ i θ 1 → − π / 2 \theta_1\to-\pi/2 θ 1 → − π /2 θ 2 → π / 2 \theta_2\to\pi/2 θ 2 → π /2
B = μ 0 I 2 π s e ^ φ (5.18) \bm{B}=\frac{\mu_0I}{2\pi s}\hat{\bm{e}}_\varphi\tag{5.18} B = 2 π s μ 0 I e ^ φ ( 5.18 )
となる。磁場は導線を取り巻く円の接線方向を向き、向きは電流の向きに右ねじを進めるときにねじを回す向きである。この場は第1章 §1.3 の注意で調べた e ^ φ / s \hat{\bm{e}}_\varphi/s e ^ φ / s
平行な2本の導線のあいだの力。
平行な無限に長い2本の導線が、距離 d d d I 1 I_1 I 1 I 2 I_2 I 2 μ 0 I 1 / ( 2 π d ) \mu_0I_1/(2\pi d) μ 0 I 1 / ( 2 π d ) (5.14) から、導線2の長さ L L L
F L = μ 0 I 1 I 2 2 π d (5.19) \frac{F}{L}=\frac{\mu_0I_1I_2}{2\pi d}\tag{5.19} L F = 2 π d μ 0 I 1 I 2 ( 5.19 )
である。向きは d l × B \mathrm{d}\bm{l}\times\bm{B} d l × B I 1 = I 2 = 10 A I_1=I_2=10\,\mathrm A I 1 = I 2 = 10 A d = 1.0 c m d=1.0\,\mathrm{cm} d = 1.0 cm F / L = 2.0 × 10 − 3 N / m F/L=2.0\times10^{-3}\,\mathrm{N/m} F / L = 2.0 × 1 0 − 3 N/m
2019年より前の SI は、この力でアンペアを定めていた。距離 1 m の2本の導線のあいだの力が 2 × 10 − 7 N / m 2\times10^{-7}\,\mathrm{N/m} 2 × 1 0 − 7 N/m 1 A 1\,\mathrm A 1 A
円電流の軸上の磁場。
x y xy x y a a a I I I + z +z + z r = z z ^ \bm{r}=z\hat{\bm{z}} r = z z ^ φ ′ \varphi' φ ′
r ′ = a ( cos φ ′ , sin φ ′ , 0 ) , d l ′ = a ( − sin φ ′ , cos φ ′ , 0 ) d φ ′ , r − r ′ = ( − a cos φ ′ , − a sin φ ′ , z ) \bm{r}'=a(\cos\varphi',\sin\varphi',0),\qquad \mathrm{d}\bm{l}'=a(-\sin\varphi',\cos\varphi',0)\,\mathrm{d}\varphi',\qquad \bm{r}-\bm{r}'=(-a\cos\varphi',-a\sin\varphi',z) r ′ = a ( cos φ ′ , sin φ ′ , 0 ) , d l ′ = a ( − sin φ ′ , cos φ ′ , 0 ) d φ ′ , r − r ′ = ( − a cos φ ′ , − a sin φ ′ , z )
である。外積を成分で計算すると
d l ′ × ( r − r ′ ) = a d φ ′ ( z cos φ ′ , z sin φ ′ , a sin 2 φ ′ + a cos 2 φ ′ ) = a d φ ′ ( z cos φ ′ , z sin φ ′ , a ) \mathrm{d}\bm{l}'\times(\bm{r}-\bm{r}')=a\,\mathrm{d}\varphi'\,\bigl(z\cos\varphi',\ z\sin\varphi',\ a\sin^2\varphi'+a\cos^2\varphi'\bigr)=a\,\mathrm{d}\varphi'\,(z\cos\varphi',\ z\sin\varphi',\ a) d l ′ × ( r − r ′ ) = a d φ ′ ( z cos φ ′ , z sin φ ′ , a sin 2 φ ′ + a cos 2 φ ′ ) = a d φ ′ ( z cos φ ′ , z sin φ ′ , a )
となる。これを φ ′ \varphi' φ ′ 2 π 2\pi 2 π
x , y x,y x , y z z z 2 π a 2 2\pi a^2 2 π a 2
分母の ∣ r − r ′ ∣ = a 2 + z 2 \left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert =\sqrt{a^2+z^2} ∣ r − r ′ ∣ = a 2 + z 2 φ ′ \varphi' φ ′
B ( z z ^ ) = μ 0 I a 2 2 ( a 2 + z 2 ) 3 / 2 z ^ (5.20) \bm{B}(z\hat{\bm{z}})=\frac{\mu_0Ia^2}{2(a^2+z^2)^{3/2}}\hat{\bm{z}}\tag{5.20} B ( z z ^ ) = 2 ( a 2 + z 2 ) 3/2 μ 0 I a 2 z ^ ( 5.20 )
を得る。中心と遠方では次のようになる。
中心（z = 0 z=0 z = 0 B = μ 0 I / ( 2 a ) B=\mu_0I/(2a) B = μ 0 I / ( 2 a )
遠方（∣ z ∣ ≫ a \left\vert z\right\vert \gg a ∣ z ∣ ≫ a B ≃ μ 0 I a 2 / ( 2 ∣ z ∣ 3 ) B\simeq\mu_0Ia^2/(2\left\vert z\right\vert ^3) B ≃ μ 0 I a 2 / ( 2 ∣ z ∣ 3 )
この 1 / ∣ z ∣ 3 1/\left\vert z\right\vert ^3 1/ ∣ z ∣ 3 5.5 で磁気双極子の場として一般に導く。
例題 5.3 Helmholtz コイル ★★
オリジナル 半径 a a a N N N z z z z = ± d / 2 z=\pm d/2 z = ± d /2 I I I
軸上の磁場 B z ( z ) B_z(z) B z ( z ) z = 0 z=0 z = 0 d B z d z = 0 \frac{d B_z}{d z}=0 d z d B z = 0
原点で d 2 B z d z 2 = 0 \frac{d ^2B_z}{d z^2}=0 d z 2 d 2 B z = 0 d d d
2 の配置で、中心の磁場を求めよ。数値は次のとおりとする。
a = 0.15 m , N = 100 , I = 1.0 A a=0.15\,\mathrm m,\qquad N=100,\qquad I=1.0\,\mathrm A a = 0.15 m , N = 100 , I = 1.0 A
解答
1巻きの円電流の軸上の磁場 (5.20) を N N N f ( z ) = ( a 2 + z 2 ) − 3 / 2 f(z)=(a^2+z^2)^{-3/2} f ( z ) = ( a 2 + z 2 ) − 3/2
B z ( z ) = μ 0 N I a 2 2 [ f ( z − d 2 ) + f ( z + d 2 ) ] . B_z(z)=\frac{\mu_0NIa^2}{2}\Bigl[f\bigl(z-\tfrac d2\bigr)+f\bigl(z+\tfrac d2\bigr)\Bigr]. B z ( z ) = 2 μ 0 N I a 2 [ f ( z − 2 d ) + f ( z + 2 d ) ] .
f f f B z ( − z ) = B z ( z ) B_z(-z)=B_z(z) B z ( − z ) = B z ( z ) z = 0 z=0 z = 0 d B z d z = 0 \frac{d B_z}{d z}=0 d z d B z = 0
f f f
f ′ ( z ) = − 3 z ( a 2 + z 2 ) − 5 / 2 , f ′ ′ ( z ) = − 3 ( a 2 + z 2 ) − 5 / 2 + 15 z 2 ( a 2 + z 2 ) − 7 / 2 = 3 ( 4 z 2 − a 2 ) ( a 2 + z 2 ) − 7 / 2 . \begin{aligned}f'(z)&=-3z(a^2+z^2)^{-5/2},\\
f''(z)&=-3(a^2+z^2)^{-5/2}+15z^2(a^2+z^2)^{-7/2}=3(4z^2-a^2)(a^2+z^2)^{-7/2}.\end{aligned} f ′ ( z ) f ′′ ( z ) = − 3 z ( a 2 + z 2 ) − 5/2 , = − 3 ( a 2 + z 2 ) − 5/2 + 15 z 2 ( a 2 + z 2 ) − 7/2 = 3 ( 4 z 2 − a 2 ) ( a 2 + z 2 ) − 7/2 .
z = 0 z=0 z = 0
μ 0 N I a 2 2 [ f ′ ′ ( − d 2 ) + f ′ ′ ( d 2 ) ] = μ 0 N I a 2 f ′ ′ ( d 2 ) \frac{\mu_0NIa^2}{2}\Bigl[f''\bigl(-\tfrac d2\bigr)+f''\bigl(\tfrac d2\bigr)\Bigr]=\mu_0NIa^2f''\bigl(\tfrac d2\bigr) 2 μ 0 N I a 2 [ f ′′ ( − 2 d ) + f ′′ ( 2 d ) ] = μ 0 N I a 2 f ′′ ( 2 d )
である。これが 0 になる条件は f ′ ′ ( d / 2 ) = 0 f''(d/2)=0 f ′′ ( d /2 ) = 0 4 ( d / 2 ) 2 = a 2 4(d/2)^2=a^2 4 ( d /2 ) 2 = a 2
d = a d=a d = a
を得る。コイルの間隔を半径に等しくとればよい。B z B_z B z z 4 z^4 z 4
d = a d=a d = a a / 2 a/2 a /2
B z ( 0 ) = μ 0 N I a 2 2 ⋅ 2 ( a 2 + a 2 4 ) − 3 / 2 = μ 0 N I a 2 ( 5 a 2 4 ) − 3 / 2 = ( 4 5 ) 3 / 2 μ 0 N I a . B_z(0)=\frac{\mu_0NIa^2}{2}\cdot2\Bigl(a^2+\frac{a^2}{4}\Bigr)^{-3/2}=\mu_0NIa^2\Bigl(\frac{5a^2}{4}\Bigr)^{-3/2}=\Bigl(\frac45\Bigr)^{3/2}\frac{\mu_0NI}{a}. B z ( 0 ) = 2 μ 0 N I a 2 ⋅ 2 ( a 2 + 4 a 2 ) − 3/2 = μ 0 N I a 2 ( 4 5 a 2 ) − 3/2 = ( 5 4 ) 3/2 a μ 0 N I .
数値を入れると
B z ( 0 ) = 0.7155 × ( 1.2566 × 10 − 6 ) ( 100 ) ( 1.0 ) 0.15 T = 5.99 × 10 − 4 T . B_z(0)=0.7155\times\frac{(1.2566\times10^{-6})(100)(1.0)}{0.15}\ \mathrm T=5.99\times10^{-4}\,\mathrm T . B z ( 0 ) = 0.7155 × 0.15 ( 1.2566 × 1 0 − 6 ) ( 100 ) ( 1.0 ) T = 5.99 × 1 0 − 4 T .
展開を計算すると
B z ( z ) = B z ( 0 ) [ 1 − 144 125 ( z a ) 4 + O ( ( z a ) 6 ) ] B_z(z)=B_z(0)\Bigl[1-\frac{144}{125}\Bigl(\frac za\Bigr)^4+\mathcal{O}\Bigl(\Bigl(\frac za\Bigr)^6\Bigr)\Bigr] B z ( z ) = B z ( 0 ) [ 1 − 125 144 ( a z ) 4 + O ( ( a z ) 6 ) ]
となる。∣ z ∣ = 0.2 a \left\vert z\right\vert =0.2a ∣ z ∣ = 0.2 a 5.1 ）。
図 5.1 軸上の磁場の形。実線は間隔 d = a d=a d = a z = ± a / 2 z=\pm a/2 z = ± a /2
確認テスト
オリジナル
5.2-1 一様な磁場の中を運動する荷電粒子の運動エネルギーが一定であることを、Lorentz 力の式から1行で示せ。5.2-2 一辺 a a a I I I (5.17) を使って、ループの中心の磁場の大きさを求めよ。周の長さが同じ円形のループの中心の磁場と比べ、どちらが何倍大きいか答えよ。5.2-3 運動エネルギー 1.0 M e V 1.0\,\mathrm{MeV} 1.0 MeV B = 1.0 T B=1.0\,\mathrm T B = 1.0 T f = ω c / ( 2 π ) f=\omega_{\mathrm c}/(2\pi) f = ω c / ( 2 π ) m p = 1.673 × 10 − 27 k g m_{\mathrm p}=1.673\times10^{-27}\,\mathrm{kg} m p = 1.673 × 1 0 − 27 kg 1 M e V = 1.602 × 10 − 13 J 1\,\mathrm{MeV}=1.602\times10^{-13}\,\mathrm J 1 MeV = 1.602 × 1 0 − 13 J 5.2-4 一様な磁場 B \bm{B} B I I I 0 \bm{0} 0
AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先：support@tecktom.com
