確認テストの解答

電磁気学入門　第6章 §6.6

1. 6.1-1 磁気モーメントの単位は、電流 $\times$ 面積 $=\mathrm{A\cdot m^2}$ である。これを体積 $\mathrm{m^3}$ で割るので、磁化の単位は $\mathrm{A/m}$ である。ニッケルでは

$$M_{\mathrm s}=(9.14\times10^{28})(0.60\times9.274\times10^{-24})\,\mathrm{A/m}=5.09\times10^{5}\,\mathrm{A/m},\qquad \mu_0M_{\mathrm s}=0.64\,\mathrm T .$$

鉄（例題 6.2）の約 0.3 倍である。2. 6.1-2 円柱座標の回転の式（第1章 §1.4）で $M_\varphi=ks$ だけが 0 でないので

$$\bm{J}_{\mathrm b}=\nabla\times\bm{M}=\frac1s\frac{\partial (sM_\varphi)}{\partial s}\hat{\bm{z}}=\frac1s\frac{\partial (ks^2)}{\partial s}\hat{\bm{z}}=2k\hat{\bm{z}}.$$

側面 $s=a$ では外向き法線が $\hat{\bm{s}}$ なので

$$\bm{K}_{\mathrm b}=\bm{M}\times\hat{\bm{s}}=ka\,\hat{\bm{\varphi}}\times\hat{\bm{s}}=-ka\hat{\bm{z}}$$

である。$z$ 一定の円板を貫く電流は、次の2つの和である。

• 体積電流 $2k\cdot\pi a^2$。
• 円板の縁（円周 $2\pi a$）を横切る表面電流 $-ka\cdot2\pi a$。

和は

$$2\pi ka^2-2\pi ka^2=0 .$$

体積の中を $+z$ に流れた電流が、側面を $-z$ に戻る。3. 6.1-3 側面の外向き法線は $\hat{\bm{s}}$ なので、側面では $\bm{K}_{\mathrm b}=M\hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{s}}=M\hat{\bm{\varphi}}$ である。上下の端面では $\hat{\bm{z}}\times(\pm\hat{\bm{z}})=\bm{0}$ である。磁化した円柱は、単位長さあたり $M$ の電流が周回する面電流と同じである。

1. 長いソレノイドの内部の磁束密度 $\mu_0nI$（第5章 §5.3）を使う。$nI$ を単位長さあたりの面電流 $M$ に置き換える。すると $\bm{B}=\mu_0\bm{M}$ である。
2. 側面を流れる全電流は、厚さを $t$ として $Mt$ である。これは半径 $R$ の円形電流とみなせる。円形電流の中心の磁束密度 $\mu_0I/(2R)$（第5章 §5.2）から、$B=\mu_0Mt/(2R)$ である。$t\ll R$ では $\mu_0M$ よりずっと小さい。
3. 6.1-4 表面では $\bm{r}=a\hat{\bm{r}}$、$\mathrm{d} S=a^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ である。$\hat{\bm{r}}\times\hat{\bm{\varphi}}=-\hat{\bm{\theta}}$ である。このベクトルの軸方向の成分は $\sin\theta$ なので、磁気モーメントの $z$ 成分は

$$\mu_z=\frac12\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\pi a\cdot M\sin\theta\cdot\sin\theta\cdot a^2\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi=\frac12a^3M\cdot2\pi\cdot\frac43=\frac{4\pi}{3}a^3M .$$

$-\hat{\bm{\theta}}$ の横の2成分は

$$-\cos\theta\cos\varphi,\qquad -\cos\theta\sin\varphi$$

である。これらを方位角で積分すると 0 になる。一方 $\int\bm{M}\,\mathrm{d} V=\frac{4\pi}{3}a^3M\hat{\bm{z}}$ なので、両者は等しい。途中で $\int_0^\pi\sin^3\theta\,\mathrm{d}\theta=\int_{-1}^1(1-u^2)\,\mathrm{d} u=\frac43$ を使った。5. 6.2-1 (a) 長い円柱の内部では $\bm{B}=\mu_0\bm{M}$ なので、$\bm{H}=\bm{B}/\mu_0-\bm{M}=\bm{0}$ である。 (b) 薄い円板の内部では、$B_z=\mu_0Mt/(2R)\approx0$ である。円板の面の外側の近くでも $B\approx0$ で、法線成分の連続とも整合する。したがって内部では $\bm{H}=\bm{B}/\mu_0-\bm{M}\approx-\bm{M}$ である。反磁場の係数 $N_{\mathrm d}$ を $\bm{H}=-N_{\mathrm d}\bm{M}$ で定める。長い円柱で 0、薄い円板で 1、球で 1/3 である。6. 6.2-2 軸対称なので $\bm{H}=H(s)\hat{\bm{\varphi}}$ である。半径 $s$ の円に (6.11) を使う。自由電流は導線の電流だけなので、円柱の内外で$\bm{H}=\frac{I}{2\pi s}\hat{\bm{\varphi}}$ である。

$$s<a:\ \bm{B}=\frac{\mu_0\mu_{\mathrm r}I}{2\pi s}\hat{\bm{\varphi}},\ \ \bm{M}=\chi_{\mathrm m}\frac{I}{2\pi s}\hat{\bm{\varphi}};\qquad s>a:\ \bm{B}=\frac{\mu_0I}{2\pi s}\hat{\bm{\varphi}},\ \ \bm{M}=\bm{0} .$$

ここで $\chi_{\mathrm m}=\mu_{\mathrm r}-1$ である。磁化電流は次のとおりである。

• 内部：軸から離れた所（$s>0$）では、$\nabla\times\bm{M}=\frac1s\frac{\partial (sM_\varphi)}{\partial s}\hat{\bm{z}}=\bm{0}$ である。
• 軸上：軸を囲む半径 $s$ の円で $\oint\bm{M}\cdot\mathrm{d}\bm{r}=\chi_{\mathrm m}I$ となる。Stokes の定理から、軸上に磁化電流 $\chi_{\mathrm m}I$ が流れている（導線に沿う線電流）。
• 表面：$s=a$ では

$$\bm{K}_{\mathrm b}=\bm{M}\times\hat{\bm{s}}=\frac{\chi_{\mathrm m}I}{2\pi a}\hat{\bm{\varphi}}\times\hat{\bm{s}}=-\frac{\chi_{\mathrm m}I}{2\pi a}\hat{\bm{z}}$$

で、その総量は $-\chi_{\mathrm m}I$ である。

総和は 0 である。円柱の内部の磁束密度は、軸上の全電流 $(1+\chi_{\mathrm m})I=\mu_{\mathrm r}I$ がつくる磁束密度に等しい。外部では表面電流が打ち消して、$I$ だけの磁束密度に戻る。7. 6.2-3 (6.16) で領域1を鉄、領域2を空気とすると

$$\tan\theta_2=\tan\theta_1\cdot\frac{\mu_2}{\mu_1}=\frac{\tan85^\circ}{1000}=\frac{11.43}{1000}=1.143\times10^{-2}$$

なので $\theta_2=0.65^\circ$ である。鉄の中では表面にほとんど沿っていた磁束線が、空気中では表面にほぼ垂直に出る。8. 6.2-4 自由電流が無ければ $\bm{H}_{1t}=\bm{H}_{2t}=\bm{H}_t$ である。線形磁性体では $\bm{M}=\chi_{\mathrm m}\bm{H}$ なので

$$\bm{M}_{1t}=\chi_{\mathrm m1}\bm{H}_t,\qquad \bm{M}_{2t}=\chi_{\mathrm m2}\bm{H}_t$$

となり、2つの磁化率が異なれば連続でない。

境界を、厚さ $\delta$ の層で磁化が連続に変わる極限とみなす。定理 6.6 の証明と同じ長方形で、$\oint\bm{M}\cdot\mathrm{d}\bm{r}$ を計算する。層を貫く磁化電流 $\bm{K}_{\mathrm b}\cdot\bm{u}\,\ell$ は、$(\bm{M}_2-\bm{M}_1)\cdot\bm{t}\,\ell$ に等しい。同じ計算で

$$\bm{K}_{\mathrm b}=\bm{n}\times(\bm{M}_2-\bm{M}_1)=(\chi_{\mathrm m2}-\chi_{\mathrm m1})\,\bm{n}\times\bm{H}_t$$

を得る。領域2を真空（$\bm{M}_2=\bm{0}$）とし、$\bm{n}$ を磁性体の外向き法線とする。このとき $\bm{K}_{\mathrm b}=-\bm{n}\times\bm{M}_1=\bm{M}_1\times\bm{n}$ で、(6.9) に一致する。なお、この面電流があるので、磁束密度の接線成分は $\bm{n}\times(\bm{B}_2-\bm{B}_1)=\mu_0\bm{K}_{\mathrm b}$ だけ跳ぶ。9. 6.3-1 3つの場合は次のとおりである。

• 反磁性体：$\chi_{\mathrm m}<0$ で温度によらない。大きさは $10^{-5}$ 程度である。
• 常磁性体：$\chi_{\mathrm m}>0$ で $1/T$ に比例する（Curie の法則）。
• Curie 温度より上の強磁性体：$\chi_{\mathrm m}>0$ で $1/(T-T_{\mathrm C})$ に比例する。温度が Curie 温度に近づくと発散する（Curie–Weiss の法則）。

$\chi_{\mathrm m}=-1$ なら $\bm{B}=\mu_0(1+\chi_{\mathrm m})\bm{H}=\bm{0}$ で、内部の磁束密度は 0 になる（完全反磁性）。10. 6.3-2 $B= k_{\mathrm B} T/\mu_{\mathrm B}$ で、

$$T=300\,\mathrm K:\ B=\frac{1.381\times10^{-23}\times300}{9.274\times10^{-24}}\,\mathrm T=4.47\times10^{2}\,\mathrm T,\qquad T=1\,\mathrm K:\ B=1.49\,\mathrm T .$$

室温では、実験室の磁束密度（数 T）で $x\sim10^{-2}$ にしかならない。1 K の低温では、数 T で $x$ が 1 を超え、Langevin 関数の飽和の領域に入る。11. 6.3-3 (6.26) から $C=\chi_{\mathrm m}(T-T_{\mathrm C})=1.0\times10^{-3}\times100\,\mathrm K=0.10\,\mathrm K$ である。$T=900\,\mathrm K$ では $\chi_{\mathrm m}=0.10/300=3.3\times10^{-4}$ である。12. 6.3-4 $H=0$ とし、$m=M/M_{\mathrm s}$ とおく。本文のとおり $m=L(3T_{\mathrm C}m/T)$ である。$\tau=T_{\mathrm C}/T$ と書く。磁化が小さいとして (6.5) の展開を使うと

$$m=\frac{3\tau m}{3}-\frac{(3\tau m)^3}{45}+\mathcal{O}(m^5)=\tau m-\frac{3}{5}\tau^3m^3+\mathcal{O}(m^5).$$

0 でない解では、両辺を $m$ で割って $1=\tau-\frac35\tau^3m^2$、つまり

$$m^2=\frac{5}{3}\frac{\tau-1}{\tau^3}=\frac53\Bigl(\frac{T}{T_{\mathrm C}}\Bigr)^2\frac{T_{\mathrm C}-T}{T_{\mathrm C}} .$$

Curie 温度の近くでは $(T/T_{\mathrm C})^2\to1$ なので、主要項は $m\simeq\sqrt{\frac53(1-T/T_{\mathrm C})}$ である。$\tau>1$、つまり $T<T_{\mathrm C}$ のときだけ、右辺は正になる。自発磁化は $(T_{\mathrm C}-T)^{1/2}$ に比例して現れる。13. 6.4-1 $1\,\mathrm{Wb}=1\,\mathrm{T\cdot m^2}$ である。磁束 $=LI$ なので、インダクタンスの単位は $1\,\mathrm H=1\,\mathrm{Wb/A}$ である。したがって $\mathrm{A/Wb}=1/\mathrm H$ である。また $\mu_0$ の単位は $\mathrm{H/m}$ である。したがって $\ell/(\mu A)$ の単位は

$$\frac{\mathrm m}{(\mathrm{H/m})\cdot\mathrm m^2}=1/\mathrm H$$

となり整合する。対応は次のとおりである。

• 起磁力 $NI$ は起電力に対応する。
• 磁束 $\Phi$ は電流に対応する。
• 磁気抵抗 $\mathcal R$ は電気抵抗に対応する。

14. 6.4-2 左右の脚は並列なので、合成は

$$\mathcal R_{\parallel}=\frac{2.0\times6.0}{2.0+6.0}\times10^{5}=1.5\times10^{5}\,\mathrm{A/Wb}$$

である。中央の脚と直列で

$$\Phi=\frac{300}{1.0\times10^5+1.5\times10^5}\,\mathrm{Wb}=1.2\times10^{-3}\,\mathrm{Wb}.$$

左右の脚の両端の「磁位差」は $\Phi\mathcal R_{\parallel}=180\,\mathrm A$ である。各脚の磁束は

$$\text{左}：\ \frac{180}{2.0\times10^5}=9.0\times10^{-4}\,\mathrm{Wb},\qquad \text{右}：\ \frac{180}{6.0\times10^5}=3.0\times10^{-4}\,\mathrm{Wb}$$

である。和は $1.2\times10^{-3}\,\mathrm{Wb}$ で、分岐点での磁束の保存を満たす。15. 6.4-3 鉄板を $\mathrm{d} x$ だけ引き離すと、磁極面と鉄板のあいだに体積 $A\,\mathrm{d} x$ の空隙ができる。引き離すあいだ、磁束を一定に保つ（コイルの電流を調節する、または素早く動かす）。

このとき空隙の磁束密度は変わらない。鉄の中のエネルギー密度は $\mu_{\mathrm r}\gg1$ で無視できるので、磁場のエネルギーは $\frac{B^2}{2\mu_0}A\,\mathrm{d} x$ だけ増える。磁束一定では電源と仕事をやりとりしないので、この増加は外から加えた力学的仕事 $F\,\mathrm{d} x$ に等しく

$$F=\frac{B^2A}{2\mu_0}=\frac{(1.0)^2\times2.0\times10^{-3}}{2\times4\pi\times10^{-7}}\,\mathrm N=7.96\times10^{2}\,\mathrm N .$$

約 81 kg の物体の重さに相当する。16. 6.4-4 2つの磁気抵抗の比は

$$\frac{\mathcal R_{\mathrm i}}{\mathcal R_{\mathrm g}}=\frac{\ell/(\mu_0\mu_{\mathrm r}A)}{g/(\mu_0A)}=\frac{\ell}{\mu_{\mathrm r}g}$$

なので

$$B_{\mathrm g}=\frac{NI}{A(\mathcal R_{\mathrm i}+\mathcal R_{\mathrm g})}=\frac{NI}{A\mathcal R_{\mathrm g}}\cdot\frac{1}{1+\ell/(\mu_{\mathrm r}g)}=\frac{\mu_0NI}{g}\cdot\frac{1}{1+\ell/(\mu_{\mathrm r}g)} .$$

数値では

$$\begin{aligned}\frac{\mu_0NI}{g}&=\frac{(4\pi\times10^{-7})(500)}{1.0\times10^{-3}}\,\mathrm T=0.628\,\mathrm T,\\ \frac{\ell}{\mu_{\mathrm r}g}&=\frac{0.30}{2}=0.15\end{aligned}$$

なので $B_{\mathrm g}=0.628/1.15\,\mathrm T=0.546\,\mathrm T$ で、例題 6.7 と一致する。