確認テストの解答

電磁気学入門　第5章 §5.7

1. 5.1-1 Ohm の法則 $\bm{J}=\sigma_{\mathrm c}\bm{E}$ より、伝導率の単位は

$$\frac{\mathrm{A/m^2}}{\mathrm{V/m}}=\mathrm{A/(V\cdot m)}=\mathrm{S/m}$$

である。$\varepsilon_0$ の単位は $\mathrm{F/m}=\mathrm{C/(V\cdot m)}$ なので

$$\frac{\varepsilon_0}{\sigma_{\mathrm c}}\ \text{の単位}=\frac{\mathrm{C/(V\cdot m)}}{\mathrm{A/(V\cdot m)}}=\frac{\mathrm C}{\mathrm A}=\mathrm s .$$ 2. 5.1-2 内導体から外導体へ電流 $I$ が放射状に流れているとする。半径 $s$、長さ $L$ の円筒面を通る電流は、どの半径でも同じ値をとる。したがって

$$J=\frac{I}{2\pi sL},\qquad E=\frac{I}{2\pi\sigma_{\mathrm c}sL},\qquad V=\int_a^bE\,\mathrm{d} s=\frac{I}{2\pi\sigma_{\mathrm c}L}\ln\frac ba .$$

よって $R=\dfrac{\ln(b/a)}{2\pi\sigma_{\mathrm c}L}$ である。数値は

$$R=\frac{\ln4}{2\pi(1.0\times10^{-12})(1.0)}\ \Omega=\frac{1.386}{6.283\times10^{-12}}\ \Omega=2.2\times10^{11}\,\Omega .$$ 3. 5.1-3 電流は板に垂直に流れ、電流密度の法線成分は境界で連続なので、両方の層で同じ $J$ である。各層の電場は $E_i=J/\sigma_{\mathrm ci}$ で、電位差の和が $V$ になるので

$$V=J\Bigl(\frac{d_1}{\sigma_{\mathrm c1}}+\frac{d_2}{\sigma_{\mathrm c2}}\Bigr),\qquad I=JS=\frac{SV}{d_1/\sigma_{\mathrm c1}+d_2/\sigma_{\mathrm c2}}.$$

これは抵抗 $d_1/(\sigma_{\mathrm c1}S)$ と $d_2/(\sigma_{\mathrm c2}S)$ の直列接続である。電流は電極1から電極2へ、つまり層1から層2へ流れる。法線を層1から層2へ向けると $J_n=J>0$ なので、(5.11) より

$$\sigma=\varepsilon_0J\Bigl(\frac{1}{\sigma_{\mathrm c2}}-\frac{1}{\sigma_{\mathrm c1}}\Bigr)=\frac{\varepsilon_0V}{d_1/\sigma_{\mathrm c1}+d_2/\sigma_{\mathrm c2}}\Bigl(\frac{1}{\sigma_{\mathrm c2}}-\frac{1}{\sigma_{\mathrm c1}}\Bigr).$$

$\sigma_{\mathrm c1}=\sigma_{\mathrm c2}$ なら 0 になる。伝導率が下流で小さくなる（$\sigma_{\mathrm c2}<\sigma_{\mathrm c1}$）と、正の電荷がたまる。4. 5.1-4 電極1から電極2へ電流 $I$ が流れているとする。電位差が $V$ のときの電場を $\bm{E}$ とする。

一様な物質の中では $\nabla^2\phi=0$ である。電極の上で電位が一定という境界条件は、物質を取り除いて電極に電荷を置いた静電場の問題と同じである。どちらも Laplace 方程式と同じ境界条件なので、一意性から同じ電位の分布になる。電極1を囲む閉曲面 $S$ をとると

$$I=\oint_S\bm{J}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\sigma_{\mathrm c}\oint_S\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{S},\qquad Q=\varepsilon_0\oint_S\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{S}$$

である（$Q$ は同じ電位差の静電場の問題で電極1に置かれる電荷、後者は Gauss の法則）。したがって

$$RC=\frac VI\cdot\frac QV=\frac{\varepsilon_0\oint\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{S}}{\sigma_{\mathrm c}\oint\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{S}}=\frac{\varepsilon_0}{\sigma_{\mathrm c}}.$$ 5. 5.2-1 磁気的な力 $q\bm{v}\times\bm{B}$ は速度に垂直なので、仕事率は $q(\bm{v}\times\bm{B})\cdot\bm{v}=0$ である。したがって $\frac{d }{d t}\frac12mv^2=0$ である。6. 5.2-2 1辺は中心から距離 $s=a/2$ にある。中心から両端を見る角は $\theta_1=-45^\circ$、$\theta_2=45^\circ$ である。(5.17) より1辺の寄与は

$$\frac{\mu_0I}{4\pi(a/2)}\Bigl(\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}\Bigr)=\frac{\sqrt2\,\mu_0I}{2\pi a}.$$

4辺の寄与はすべて同じ向き（ループの面に垂直）なので、合計は $B_{\square}=\dfrac{2\sqrt2\,\mu_0I}{\pi a}=0.900\,\dfrac{\mu_0I}{a}$。周の長さ $4a$ の円の半径は $R=2a/\pi$ である。その中心の磁場は

$$B_\circ=\frac{\mu_0I}{2R}=\frac{\pi\mu_0I}{4a}=0.785\,\frac{\mu_0I}{a}$$

である。比は

$$\frac{B_\square}{B_\circ}=\frac{2\sqrt2/\pi}{\pi/4}=\frac{8\sqrt2}{\pi^2}=1.146$$

で、正方形の方が約 1.15 倍大きい。正方形の辺の中点は中心に近い（$a/2=0.785R$）からである。7. 5.2-3 $K=1.602\times10^{-13}\,\mathrm J$ なので

$$v=\sqrt{\frac{2K}{m_{\mathrm p}}}=\sqrt{\frac{2(1.602\times10^{-13})}{1.673\times10^{-27}}}\ \mathrm{m/s}=1.38\times10^{7}\,\mathrm{m/s}$$

（光速の 4.6%）。サイクロトロン半径と振動数は

$$r=\frac{m_{\mathrm p}v}{eB}=\frac{(1.673\times10^{-27})(1.384\times10^{7})}{(1.602\times10^{-19})(1.0)}\ \mathrm m=0.145\,\mathrm m,\qquad f=\frac{eB}{2\pi m_{\mathrm p}}=1.52\times10^{7}\,\mathrm{Hz}.$$ 8. 5.2-4 力の合計は $\bm{F}=\oint I\,\mathrm{d}\bm{l}\times\bm{B}$ で、$\bm{B}$ が一様なので積分の外に出せる。

$$\bm{F}=I\Bigl(\oint\mathrm{d}\bm{l}\Bigr)\times\bm{B}=I\,\bm{0}\times\bm{B}=\bm{0} .$$

閉曲線を1周したときの変位 $\oint\mathrm{d}\bm{l}$ は $\bm{0}$ だからである。9. 5.3-1 閉曲面に入る磁力線の本数と出る本数が常に等しいので、磁力線はどこからも湧き出さず、どこにも吸い込まれない（閉じた曲線になるか、無限遠へ続く）。10. 5.3-2 板は $z=0$ の面について対称で、薄い面電流 (5.28) を重ね合わせたものとみなせる。したがって磁場は $\pm\hat{\bm{y}}$ を向き、$B_y(-z)=-B_y(z)$ である。

長方形の閉曲線に Ampère の法則を使う。長方形の横の辺は $y$ 方向に長さ $L$ とする。縦の辺は高さ $-z$ から $z$ までにとる。向きは $+x$ から見て反時計回りとする。

$z\ge0$ の高さでの磁場を $B_y(z)$ とする。上の辺は $-y$ の向きに進み、下の辺は $+y$ の向きに進む。したがって循環は

$$[B_y(-z)-B_y(z)]L=-2B_y(z)L$$

である。貫く電流は次のとおりである。

$$I_{\mathrm{enc}}=\begin{cases}2zLJ&(0\le z<d)\\ 2dLJ&(z\ge d)\end{cases}$$

したがって

$$\bm{B}=\begin{cases}-\mu_0Jz\,\hat{\bm{y}}&(\left\vert z\right\vert <d)\\ -\mu_0Jd\,\hat{\bm{y}}&(z\ge d)\\ +\mu_0Jd\,\hat{\bm{y}}&(z\le-d)\end{cases}$$

となる。外部は面電流 $K=2Jd$ の (5.28) に一致する。内部で $\bm{B}=B_y(z)\hat{\bm{y}}$ の回転を計算すると、$(\nabla\times\bm{B})_x=-\frac{\partial B_y}{\partial z}=\mu_0J$ である。他の成分は 0 なので、$\nabla\times\bm{B}=\mu_0J\hat{\bm{x}}=\mu_0\bm{J}$ が成り立つ。11. 5.3-3 位置 $z'$ にある厚さ $\mathrm{d} z'$ の部分を考える。これは電流 $nI\,\mathrm{d} z'$ の円電流である。したがって軸上の点 $z$ の磁場は

$$B_z(z)=\int_{-L/2}^{L/2}\frac{\mu_0nIa^2\,\mathrm{d} z'}{2(a^2+(z-z')^2)^{3/2}} =\frac{\mu_0nI}{2}\Bigl[\frac{z'-z}{\sqrt{a^2+(z'-z)^2}}\Bigr]_{z'=-L/2}^{L/2}$$

（$\int a^2\,\mathrm{d} u/(a^2+u^2)^{3/2}=u/\sqrt{a^2+u^2}$）。中心 $z=0$ と端 $z=L/2$ では

$$B_z(0)=\frac{\mu_0nI\,L}{\sqrt{L^2+4a^2}},\qquad B_z\Bigl(\frac L2\Bigr)=\frac{\mu_0nI}{2}\cdot\frac{L}{\sqrt{a^2+L^2}}.$$

$L\gg a$ では中心で $\mu_0nI$、端でその半分になる。数値では

$$\frac{L}{\sqrt{L^2+4a^2}}=\frac{0.20}{\sqrt{0.0400+0.0016}}=0.981$$

で、無限に長いソレノイドの 98% である。12. 5.3-4 芯の中（$a<s<b$）の円に Ampère の法則を使うと、$B=\mu_0NI/(2\pi s)$ である。断面は幅 $b-a$、高さ $h$ の長方形なので

$$\Phi=\int_a^b\frac{\mu_0NI}{2\pi s}h\,\mathrm{d} s=\frac{\mu_0NIh}{2\pi}\ln\frac ba .$$

数値は

$$\Phi=\frac{(1.2566\times10^{-6})(500)(0.50)(0.020)}{2\pi}\ln1.4\ \mathrm{Wb}$$

$$=(1.000\times10^{-6})(0.3365)\ \mathrm{Wb}=3.37\times10^{-7}\,\mathrm{Wb}.$$ 13. 5.3-5 任意のベクトル場の回転の発散は 0 である。$\nabla\times\bm{B}=\mu_0\bm{J}$ の発散をとると $0=\mu_0\nabla\cdot\bm{J}$ となる。したがって $\nabla\cdot\bm{J}=0$ が必要である。

充電中のコンデンサーでは、極板に電荷がたまり続けるので $\partial\rho/\partial t\neq0$ である。連続の式から、極板のところで $\nabla\cdot\bm{J}\neq0$ となる。

導線を囲む閉曲線 $C$ をとり、それを縁とする面を2通りに選ぶ。

• 導線を横切る面 $S_1$ をとると $I_{\mathrm{enc}}=I$ である。
• 極板のあいだを通る面 $S_2$ をとると、そこには電流が流れていないので $I_{\mathrm{enc}}=0$ である。

同じ左辺 $\oint_C\bm{B}\cdot\mathrm{d}\bm{l}$ に対して右辺が2つの異なる値をとるので、(5.25) はこの場合には正しくない。

原因は、$S_1$ と $S_2$ を合わせた閉曲面を通る電流が 0 でないことである。第8章では、極板のあいだの電場の時間変化を電流とみなす項（変位電流）を加えて修正する。14. 5.4-1 線積分を分けると

$$\oint(\bm{A}+\nabla\Lambda)\cdot\mathrm{d}\bm{l}=\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}+\oint\nabla\Lambda\cdot\mathrm{d}\bm{l}$$

である。勾配の線積分は端点の値の差 $\Lambda(\text{終点})-\Lambda(\text{始点})$ であり、閉曲線では 0 である。15. 5.4-2 対称ゲージ：回転と発散は

$$\begin{aligned}(\nabla\times\bm{A}_{\mathrm S})_z&=\frac{\partial }{\partial x}\frac{Bx}{2}-\frac{\partial }{\partial y}\Bigl(-\frac{By}{2}\Bigr)=B,\\ \nabla\cdot\bm{A}_{\mathrm S}&=\frac{\partial }{\partial x}\Bigl(-\frac{By}{2}\Bigr)+\frac{\partial }{\partial y}\frac{Bx}{2}=0\end{aligned}$$

である。$A_z=0$ である。$A_x,A_y$ は $z$ によらない。したがって回転の $x,y$ 成分は 0 である。

Landau ゲージ：同じように

$$(\nabla\times\bm{A}_{\mathrm L})_z=\frac{\partial (Bx)}{\partial x}=B,\qquad \nabla\cdot\bm{A}_{\mathrm L}=\frac{\partial (Bx)}{\partial y}=0$$

で、回転の他の成分は 0 である。差は

$$\bm{A}_{\mathrm L}-\bm{A}_{\mathrm S}=\Bigl(\frac{By}{2},\frac{Bx}{2},0\Bigr)=\nabla\Bigl(\frac{Bxy}{2}\Bigr)$$

なので $\Lambda=\frac12Bxy$（定数を除く）。$\nabla^2\Lambda=0$ なので、Coulomb ゲージの中での変換になっている。16. 5.4-3 円上で $\bm{A}$ は接線方向を向き、大きさは一定である。したがって $\oint\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}=2\pi sA_\varphi(s)$ となる。

• 内部（$s<R$）では $2\pi s\cdot B_0s/2=\pi s^2B_0$ で、円の内側の一様な磁場の磁束に等しい。
• 外部（$s>R$）では $2\pi s\cdot B_0R^2/(2s)=\pi R^2B_0$ である。ソレノイドの断面全体の磁束に等しく、半径によらない。

17. 5.4-4 電流密度は導線の内部で $J=I/(\pi a^2)$、外部で 0 である。$A_z(s)$ のラプラシアンは $\frac1s\frac{d }{d s}\bigl(s\frac{d A_z}{d s}\bigr)$ なので

$$\frac1s\frac{d }{d s}\Bigl(s\frac{d A_z}{d s}\Bigr)=-\frac{\mu_0I}{\pi a^2}\ (s<a),\qquad =0\ (s>a).$$

内部で1回積分すると

$$s\frac{d A_z}{d s}=-\frac{\mu_0I}{2\pi a^2}s^2+c_1$$

となる。軸の上で傾きが発散しないことから $c_1=0$ である。もう1回積分し、$A_z(a)=0$ を使うと

$$A_z=\frac{\mu_0I}{4\pi a^2}(a^2-s^2)\quad(s<a).$$

外部では $s\,\mathrm{d} A_z/\mathrm{d} s=c_2$ である。境界での傾きの連続から

$$c_2=a\cdot\Bigl(-\frac{\mu_0I}{2\pi a}\Bigr)=-\frac{\mu_0I}{2\pi}$$

となる。$A_z(a)=0$ と合わせて

$$A_z=-\frac{\mu_0I}{2\pi}\ln\frac sa\quad(s>a).$$

磁場は $B_\varphi=-\mathrm{d} A_z/\mathrm{d} s$ なので

$$B_\varphi=\frac{\mu_0Is}{2\pi a^2}\quad(s<a),\qquad B_\varphi=\frac{\mu_0I}{2\pi s}\quad(s>a)$$

となり、(5.26) に一致する。18. 5.4-5 $\bm{D}=\bm{A}-\bm{A}'$ とおく。同じ磁場を与えるので $\nabla\times\bm{D}=\bm{0}$ である。どちらも Coulomb ゲージなので $\nabla\cdot\bm{D}=0$ である。第1章の恒等式から

$$\nabla^2\bm{D}=\nabla(\nabla\cdot\bm{D})-\nabla\times(\nabla\times\bm{D})=\bm{0}$$

で、$\bm{D}$ の各成分は全空間で調和関数である。

半径 $\rho$ の球に最大値原理を使うと、球の内部で $\left\vert D_i\right\vert \le\max_{r=\rho}\left\vert D_i\right\vert$ である。遠方で $\bm{A},\bm{A}'\to\bm{0}$ なので、半径を無限大にすると右辺は 0 に近づく。よって $\bm{D}=\bm{0}$ である。19. 5.5-1 $U=-\bm{\mu}\cdot\bm{B}$ より $[\mu]=\mathrm J/\mathrm T$ である。Lorentz 力 $F=qvB$ から

$$\mathrm T=\frac{\mathrm N}{\mathrm C\cdot\mathrm{m/s}}=\mathrm{N/(A\cdot m)}$$

なので、$\mathrm{J/T}=\mathrm{N\cdot m}\cdot\mathrm{A\cdot m}/\mathrm N=\mathrm{A\cdot m^2}$ となる。これは $\bm{\mu}=I\bm{a}$ の単位と一致する。20. 5.5-2 磁気モーメントは

$$\mu=\frac{evr}{2}=\frac{(1.602\times10^{-19})(2.19\times10^{6})(5.29\times10^{-11})}{2}\ \mathrm{J/T}=9.28\times10^{-24}\,\mathrm{J/T}$$

で、Bohr 磁子 $9.274\times10^{-24}\,\mathrm{J/T}$ にほぼ等しい。角運動量は

$$m_{\mathrm e}va_0=(9.109\times10^{-31})(2.19\times10^{6})(5.29\times10^{-11})\ \mathrm{J\cdot s}=1.055\times10^{-34}\,\mathrm{J\cdot s}=\hbar$$

である。(5.44) より $\mu=\frac{e}{2m_{\mathrm e}}L$ である。$L=\hbar$ を入れると $\mu=e\hbar/(2m_{\mathrm e})=\mu_{\mathrm B}$ になる。2つの結果は同じ事実を表している。21. 5.5-3 軸上の磁場を

$$B_z=\frac{\mu_0Ia^2}{2z^3}\Bigl(1+\Bigl(\frac az\Bigr)^2\Bigr)^{-3/2}$$

と書く。$(1+x)^{-3/2}=1-\frac32x+\mathcal{O}(x^2)$ に $x=(a/z)^2$ を入れると、示すべき式になる。双極子の近似は第1因子だけを残したものなので、正確な値との比は

$$\frac{B_{\mathrm{dip}}}{B_{\mathrm{exact}}}=\bigl(1+(a/z)^2\bigr)^{3/2}=(1.04)^{3/2}=1.0606$$

で、$z=5a$ では約 6.1% 上回る。22. 5.5-4 ループの頂点を $(\pm a/2,\pm b/2,0)$ とする。$x$ 方向の辺は $\mathrm{d}\bm{l}\parallel\bm{B}$ なので力は 0。$y$ 方向の2辺の力は次のとおりである。

• 右の辺（$x=a/2$）：電流は $+y$ の向きに流れる。力は $I\,b\,\hat{\bm{y}}\times B\hat{\bm{x}}=-IbB\hat{\bm{z}}$ である。
• 左の辺（$x=-a/2$）：電流は $-y$ の向きに流れる。力は $+IbB\hat{\bm{z}}$ である。

中心のまわりのトルクは

$$\bm{N}=\frac a2\hat{\bm{x}}\times(-IbB\hat{\bm{z}})+\Bigl(-\frac a2\hat{\bm{x}}\Bigr)\times(IbB\hat{\bm{z}})=\frac{IabB}{2}\hat{\bm{y}}+\frac{IabB}{2}\hat{\bm{y}}=IabB\,\hat{\bm{y}}.$$

一方、$\bm{\mu}=Iab\,\hat{\bm{z}}$ で $\bm{\mu}\times\bm{B}=IabB\,\hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{x}}=IabB\,\hat{\bm{y}}$ となり、一致する。23. 5.5-5 双極子1が軸上の距離 $z$ に作る磁場を求める。(5.40) で $\hat{\bm{r}}\parallel\bm{\mu}_1$ とすると

$$B_1=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{2\mu_1}{z^3}$$

で、向きは $\bm{\mu}_1$ と同じである。よって

$$U(z)=-\mu_2B_1=-\frac{\mu_0\mu_1\mu_2}{2\pi z^3},\qquad F_z=-\frac{d U}{d z}=-\frac{3\mu_0\mu_1\mu_2}{2\pi z^4}.$$

$F_z<0$ なので、双極子2は双極子1の方へ引かれる（引力）。数値は

$$\left\vert F_z\right\vert =\frac{3(1.2566\times10^{-6})(1.0)(1.0)}{2\pi(0.050)^4}\ \mathrm N=\frac{3.770\times10^{-6}}{3.927\times10^{-5}}\ \mathrm N=9.6\times10^{-2}\,\mathrm N .$$