Ampère の法則と $\nabla\cdot\bm B=0$

電磁気学入門　第5章 §5.3　★★★ Biot–Savart の積分を微分の言葉に直した2本の方程式。対称性があれば $\bm{B}$ を積分なしで求められる

磁場の発散と回転

Biot–Savart の法則 (5.15) の被積分関数を書き直す。$\bm{r}$ についての勾配をとると

$$\nabla\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }=-\frac{\bm{r}-\bm{r}'}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert ^3}$$

である。$\bm{J}(\bm{r}')$ は $\bm{r}$ によらない定ベクトルとして扱える。第1章の恒等式

$$\nabla\times(f\bm{C})=f\nabla\times\bm{C}+\nabla f\times\bm{C}$$

で $\nabla\times\bm{C}=\bm{0}$ とおくと

$$\frac{\bm{J}(\bm{r}')\times(\bm{r}-\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert ^3}=-\bm{J}(\bm{r}')\times\nabla\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert } =\nabla\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\times\bm{J}(\bm{r}')=\nabla\times\frac{\bm{J}(\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }$$

となる。$\nabla$ は $\bm{r}$ についての微分なので積分の外へ出せて、

$$\bm{B}=\nabla\times\bm{A},\qquad \bm{A}(\bm{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\bm{J}(\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V'\tag{5.21}$$

を得る。この $\bm{A}$ が §5.4 で調べるベクトルポテンシャルである。ここではこの形を使って、$\bm{B}$ の発散と回転を計算する。

証明

発散：(5.21) と第1章の恒等式 $\nabla\cdot(\nabla\times\bm{A})=0$ から $\nabla\cdot\bm{B}=0$ である。

回転：第1章の恒等式 $\nabla\times(\nabla\times\bm{A})=\nabla(\nabla\cdot\bm{A})-\nabla^2\bm{A}$ を使う。第2項は、$\nabla^2(1/\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert )=-4\pi\delta^3(\bm{r}-\bm{r}')$ を積分の中で使って

$$\nabla^2\bm{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\bm{J}(\bm{r}')\,\nabla^2\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V'=-\mu_0\bm{J}(\bm{r})$$

となる。第1項の $\nabla\cdot\bm{A}$ が 0 であることを示す。$\bm{r}'$ についての微分を $\nabla'$ と書くと、次の関係がある。

$$\nabla\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }=-\nabla'\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }$$

したがって

$$\nabla\cdot\bm{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\bm{J}(\bm{r}')\cdot\nabla\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V' =-\frac{\mu_0}{4\pi}\int\bm{J}(\bm{r}')\cdot\nabla'\frac{1}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V' .$$

恒等式 $\nabla'\cdot(f\bm{J})=f\nabla'\cdot\bm{J}+\bm{J}\cdot\nabla'f$ と発散定理で部分積分すると

$$\nabla\cdot\bm{A}=-\frac{\mu_0}{4\pi}\oint_{\Sigma}\frac{\bm{J}(\bm{r}')\cdot\mathrm{d}\bm{S}'}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }+\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\nabla'\cdot\bm{J}(\bm{r}')}{\left\vert \bm{r}-\bm{r}'\right\vert }\,\mathrm{d} V'$$

となる。$\Sigma$ は電流をすべて内側に含む大きな閉曲面である。

• 第1項：$\Sigma$ の上では $\bm{J}=\bm{0}$ なので 0 である。
• 第2項：定常電流の条件 $\nabla'\cdot\bm{J}=0$ から 0 である。

したがって $\nabla\times\bm{B}=-\nabla^2\bm{A}=\mu_0\bm{J}$ を得る。

2本の方程式を静電場と並べると、両者の違いがはっきりする。静電場は $\nabla\cdot\bm{E}=\rho/\varepsilon_0$、$\nabla\times\bm{E}=\bm{0}$ を満たし、湧き出しはあるが渦は無い。静磁場は逆に、渦はあるが湧き出しは無い。

第1章の Helmholtz の定理によれば、遠方で 0 になるベクトル場は発散と回転で決まるので、(5.22) と (5.23) は静磁場を完全に決める。Biot–Savart の法則はその解を積分の形で書いたものである。

積分形：磁束の保存と Ampère の法則

(5.22) を閉曲面 $S$ で囲まれた領域で積分し、発散定理を使うと

$$\oint_S\bm{B}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=0\tag{5.24}$$

を得る。任意の閉曲面を通る磁束は 0 である。電場の Gauss の法則と比べると、右辺に「磁荷」に当たる量が無い。磁場の源になる単独の磁荷（磁気単極子）はこれまで見つかっていない。

(5.24) から次のことが分かる。同じ閉曲線を縁に持つ2つの曲面 $S_1$、$S_2$ を通る磁束は等しい。$S_1$ と、向きを反転した $S_2$ を合わせると閉曲面になるからである。したがって「閉曲線 $C$ を貫く磁束」は、張る面によらずに定まる。

(5.23) を閉曲線 $C$ を縁とする曲面 $S$ で積分し、Stokes の定理を使うと次の法則を得る。

$I_{\mathrm{enc}}$ も張る面によらない。$\nabla\cdot\bm{J}=0$ から、閉曲面を通る電流は 0 だからである。無限に長い直線電流 (5.18) で確かめる。半径 $s$ の円に沿った循環は

$$\frac{\mu_0I}{2\pi s}\cdot2\pi s=\mu_0I$$

で、確かに (5.25) に合う。これが半径によらないことは、第1章の注意で調べた $\hat{\bm{e}}_\varphi/s$ の循環が $2\pi$ だったことに対応する。

対称性を使った計算

太い直線導線。

半径 $a$ の無限に長い円柱の導線の断面に、電流 $I$ が一様に流れている。電流密度は $J=I/(\pi a^2)$ である。磁場を円柱座標の成分 $(B_s,B_\varphi,B_z)$ で書く。軸のまわりの回転と軸方向の平行移動について配置が変わらないので、各成分は $s$ だけの関数である。

• 動径成分は 0：軸を中心とする半径 $s$、長さ $L$ の円筒面に (5.24) を使う。上下の面の磁束は打ち消し合う（$B_z$ は $z$ によらない）。側面の磁束は $2\pi sLB_s$ なので、$B_s=0$ である。
• 軸方向成分は 0：長方形の閉曲線に (5.25) を使う。長方形の動径方向の辺は $s_1$ から $s_2$ まで延びる。軸方向の辺の長さは $L$ である。長方形は電流と平行な面に乗っているので、この長方形を貫く電流は無い。したがって

$$[B_z(s_2)-B_z(s_1)]L=0$$

となり、$B_z$ は一定である。無限遠で 0 なので $B_z=0$ である。

• 周方向成分：半径 $s$ の円に (5.25) を使うと $2\pi sB_\varphi=\mu_0I_{\mathrm{enc}}(s)$ である。

円の内側の電流は次のとおりである。

$$I_{\mathrm{enc}}(s)=\begin{cases}Is^2/a^2&(s<a)\\ I&(s\ge a)\end{cases}$$

したがって

$$B_\varphi=\begin{cases}\dfrac{\mu_0Is}{2\pi a^2}&(s<a)\\[2mm]\dfrac{\mu_0I}{2\pi s}&(s\ge a)\end{cases}\tag{5.26}$$

を得る。導線の外では細い導線の結果 (5.18) と同じで、内部では軸からの距離に比例する。

ソレノイド。

半径 $R$ の円筒に、導線を単位長さあたり $n$ 回の割合で密に巻く。この導線に電流 $I$ を流す。巻き線を、円筒面を周方向に流れる面電流 $\bm{K}=nI\hat{\bm{e}}_\varphi$ で近似する。

• 太い導線と同じ議論で $B_s=0$ である。
• 軸を囲む円に Ampère の法則を使うと、円を貫く $z$ 方向の電流は無いので $B_\varphi=0$ である。
• 円筒の外に、半径方向の辺と軸方向の辺からなる長方形を置く。これを貫く電流は無いので、$B_z$ は外部で一定で、無限遠での値 0 に等しい。
• 円筒の壁をまたぐ長方形を置き、内部にある辺の長さを $L$ とする。これを貫く電流は $nIL$ なので、Ampère の法則は

$$B_z^{\mathrm{in}}L-0=\mu_0nIL$$

となる。

したがって

$$\bm{B}=\begin{cases}\mu_0nI\,\hat{\bm{z}}&(s<R)\\ \bm{0}&(s>R)\end{cases}\tag{5.27}$$

であり、内部の磁場は一様で、半径にも位置にもよらない。たとえば $n=1000\,\mathrm{m^{-1}}$、$I=2.0\,\mathrm A$ なら

$$B=2.5\times10^{-3}\,\mathrm T$$

である。実際の巻き線は螺旋なので、軸方向にも正味の電流 $I$ が流れる。そのため外部には弱い磁場 $B_\varphi=\mu_0I/(2\pi s)$ が残る。内部の磁場との比は $1/(2\pi nR)$ 程度で、密に巻いたソレノイドでは小さい。

トロイド。

ドーナツ形の芯に導線を $N$ 回巻いたトロイドでは、対称性から磁場は芯の中心軸を回る向き $\hat{\bm{e}}_\varphi$ を向く。

• 芯の中を通る半径 $s$ の円を、導線は $N$ 回貫く。したがって $B=\mu_0NI/(2\pi s)$ である。
• 芯の外を通る円では、貫く電流の和が 0 なので $B=0$ である。

無限に広い面電流。

$z=0$ の平面を、一様な面電流 $\bm{K}=K\hat{\bm{x}}$ が流れているとする。Biot–Savart の法則の外積から、磁場は $\hat{\bm{x}}$ に垂直である。平面に沿った電流の線素の寄与を組にして足すと $z$ 成分は打ち消す。したがって磁場は $\pm\hat{\bm{y}}$ を向く。

平面に対する対称性から、$z>0$ と $z<0$ の磁場は大きさが同じで向きが逆である。平面をまたぐ長方形をとり、$y$ 方向の辺の長さを $L$ とする。これに Ampère の法則を使うと

$$2BL=\mu_0KL$$

なので

$$\bm{B}=\begin{cases}-\dfrac{\mu_0K}{2}\hat{\bm{y}}&(z>0)\\[2mm]+\dfrac{\mu_0K}{2}\hat{\bm{y}}&(z<0)\end{cases}\tag{5.28}$$

となる。まとめると $\bm{B}=\frac{\mu_0}{2}\bm{K}\times\hat{\bm{n}}$（$\hat{\bm{n}}$ は平面から観測点へ向かう単位法線）で、磁場の大きさは平面からの距離によらない。

境界条件

面電流 $\bm{K}$ が流れる面を挟んで、領域1から領域2へ向かう単位法線を $\bm{n}$ とする。

証明

法線成分：面を挟む薄い円筒（底面積 $\Delta S$、高さ $h$）に (5.24) を使う。$h\to0$ で側面の磁束は 0 になり、$(\bm{B}_2-\bm{B}_1)\cdot\bm{n}\,\Delta S=0$ が残る。

接線成分：面に接する単位ベクトル $\bm{t}$ を1つ選ぶ。領域2の側を $+\bm{t}$ の向きに長さ $L$ だけ進み、領域1の側を逆向きに戻る細い長方形を考える。この長方形の向きと右ねじの関係にある法線は $\bm{n}\times\bm{t}$ である¹1$\bm{t}=\hat{\bm{x}}$、$\bm{n}=\hat{\bm{z}}$ の場合で確かめる。このとき $\hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{x}}=\hat{\bm{y}}$ である。$xz$ 平面で上側を $x$ の正の向き、下側を負の向きに回る長方形を考える。これを $y$ 軸の正の側から見ると反時計回りになる。下の脚注へ閉じる。幅を 0 にすると、長方形を貫く電流は $\bm{K}\cdot(\bm{n}\times\bm{t})L$ だけになり、Ampère の法則から

$$(\bm{B}_2-\bm{B}_1)\cdot\bm{t}\,L=\mu_0\bm{K}\cdot(\bm{n}\times\bm{t})L=\mu_0(\bm{K}\times\bm{n})\cdot\bm{t}\,L$$

である（スカラー三重積の巡回）。$\bm{t}$ は面に接する任意の向きなので、接線成分について $\bm{B}_{2t}-\bm{B}_{1t}=\mu_0\bm{K}\times\bm{n}$ を得る。両辺に左から $\bm{n}\times$ を掛ける。$\bm{K}$ は面に接するので

$$\bm{n}\times(\bm{K}\times\bm{n})=\bm{K}$$

となり、(5.29) の第2式になる。

無限に広い面電流 (5.28) で確かめる。下側を領域1、上側を領域2とすると $\bm{n}=\hat{\bm{z}}$ で、

$$\begin{aligned}\bm{B}_2-\bm{B}_1&=-\mu_0K\hat{\bm{y}}, \\ \mu_0\bm{K}\times\bm{n}&=\mu_0K\hat{\bm{x}}\times\hat{\bm{z}}=-\mu_0K\hat{\bm{y}}\end{aligned}$$

となり、一致する。

確認テスト

オリジナル

1. 5.3-1 $\oint_S\bm{B}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=0$ から、磁力線（各点で $\bm{B}$ に接する曲線）について何が言えるか、1文で答えよ。
2. 5.3-2 $-d<z<d$ の板の中を、一様な電流密度 $\bm{J}=J\hat{\bm{x}}$ が流れている。板は $xy$ 平面に沿って無限に広い。板の内外の磁場を求め、内部で $\nabla\times\bm{B}=\mu_0\bm{J}$ が成り立つことを確かめよ。
3. 5.3-3 有限の長さのソレノイド（半径 $a$、長さ $L$）がある。単位長さあたり $n$ 回巻いた導線に、電流 $I$ が流れている。円電流の軸上の磁場 (5.20) を重ね合わせて、ソレノイドの中心と端の軸上の磁場を求めよ。$a=2.0\,\mathrm{cm}$、$L=20\,\mathrm{cm}$ のとき、中心の磁場は無限に長いソレノイドの値の何倍か。
4. 5.3-4 長方形の断面を持つトロイドに導線を $N$ 回巻き、電流 $I$ を流す。断面の寸法は次のとおりとする。

$$\text{内半径 } a,\qquad \text{外半径 } b,\qquad \text{高さ } h$$

断面を貫く磁束 $\Phi$ を求めよ。また、次の値のときの $\Phi$ も求めよ。

$$a=5.0\,\mathrm{cm},\quad b=7.0\,\mathrm{cm},\quad h=2.0\,\mathrm{cm},\quad N=500,\quad I=0.50\,\mathrm A$$ 5. 5.3-5 $\nabla\times\bm{B}=\mu_0\bm{J}$ が成り立つためには $\nabla\cdot\bm{J}=0$ でなければならないことを示せ。また、充電中の平行板コンデンサーにつながる導線を囲む閉曲線について、張る面を導線を横切る面と極板のあいだを通る面の2通りにとると、Ampère の法則 (5.25) が矛盾した答えを出すことを説明せよ。

1　$\bm{t}=\hat{\bm{x}}$、$\bm{n}=\hat{\bm{z}}$ の場合で確かめる。このとき $\hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{x}}=\hat{\bm{y}}$ である。$xz$ 平面で上側を $x$ の正の向き、下側を負の向きに回る長方形を考える。これを $y$ 軸の正の側から見ると反時計回りになる。