確認テストの解答

電磁気学入門　第7章 §7.6

1. 7.1-1 N 極が近づくと、コイルを下向きに貫く磁束が増える。Lenz の法則により、誘導電流はこの増加を打ち消す向き、つまりコイルの内側に上向きの磁場をつくる向きに流れる。上向きの磁場をつくる電流は、右ねじの関係から、上から見て反時計回りである。このときコイルの上面は N 極のように振る舞い、近づく磁石を押し返す。
2. 7.1-2 対称性から、誘導電場は軸のまわりの周方向 $E_\varphi(s)\bm{e}_\varphi$ を向く（軸方向の成分や動径成分は、軸に沿った平行移動・軸のまわりの回転・軸を含む面での鏡映に対する性質から 0 になる）。半径 $s$ の円に Faraday の法則 (7.9) を使い、向きを $\bm{e}_z$（磁場の向き）と右ねじにとる。$s<R$ では

$$2\pi sE_\varphi=-\pi s^2\dot B\quad\Longrightarrow\quad E_\varphi=-\frac{s}{2}\dot B .$$

$s>R$ では、ソレノイドの外の磁場は 0 なので円を貫く磁束は $\pi R^2B$ で

$$2\pi sE_\varphi=-\pi R^2\dot B\quad\Longrightarrow\quad E_\varphi=-\frac{R^2}{2s}\dot B .$$

外では磁場が 0 なのに電場がある。$\nabla\times\bm{E}=\bm{0}$ は外で成り立つ（$sE_\varphi$ が一定）が、ソレノイドを囲む閉曲線に沿った積分は 0 でない。数値は次のとおりである。

$$\begin{aligned}s&=1.0\,\mathrm{cm}: &\left\vert E\right\vert &=0.010\times10/2\,\mathrm{V/m}=0.050\,\mathrm{V/m},\\ s&=5.0\,\mathrm{cm}: &\left\vert E\right\vert &=(0.020)^2\times10/(2\times0.050)\,\mathrm{V/m}=0.040\,\mathrm{V/m}.\end{aligned}$$ 3. 7.1-3 中心から距離 $r$ の円板の点は、速さ $\omega r$ で周方向に動く。磁場は円板に垂直なので、$\bm{v}\times\bm{B}$ は動径方向を向き、大きさは $\omega rB$ である。中心から縁まで動径に沿って積分すると

$$\mathcal E=\int_0^a\omega rB\,\mathrm{d} r=\frac12\omega Ba^2 .$$

毎分 3000 回転は $\omega=2\pi\times50\,\mathrm{s^{-1}}=314.2\,\mathrm{s^{-1}}$ なので

$$\mathcal E=\frac12\times314.2\times1.0\times(0.10)^2\,\mathrm V=1.57\,\mathrm V .$$

中心と縁をつなぐ外部の導線と円板の半径でつくる回路の形は時間によらず、回路を貫く磁束も変わらない。磁束則を素朴に使うと 0 になるが、円板の中の電流の通り道は刻々と別の物質の点に移るので、磁束則の前提が成り立たない。4. 7.1-4 (7.10) に $\bm{B}=\nabla\times\bm{A}$ を入れ、時間微分と回転の順序を入れ替えると

$$\nabla\times\bm{E}=-\frac{\partial }{\partial t}\nabla\times\bm{A}=-\nabla\times\frac{\partial \bm{A}}{\partial t} \quad\Longrightarrow\quad\nabla\times\Bigl(\bm{E}+\frac{\partial \bm{A}}{\partial t}\Bigr)=\bm{0} .$$

回転の無い場は（単連結な領域で）スカラー関数の勾配で書ける（第1章 §1.3）。そのため、ある関数 $\phi$ を使って

$$\bm{E}+\frac{\partial \bm{A}}{\partial t}=-\nabla\phi,\qquad\text{すなわち}\quad \bm{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial \bm{A}}{\partial t}$$

と書ける。静止した閉曲線 $C$ に沿って積分すると、勾配の項は $\oint\nabla\phi\cdot\mathrm{d}\bm{l}=0$ で消え、

$$\oint_C\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{l}=-\oint_C\frac{\partial \bm{A}}{\partial t}\cdot\mathrm{d}\bm{l}=-\frac{d }{d t}\oint_C\bm{A}\cdot\mathrm{d}\bm{l}=-\frac{d \Phi}{d t}$$

となる。最後に (7.6) を使った。5. 7.2-1 単位を順にたどる。

$$\begin{aligned}\mathrm H&=\mathrm{Wb/A} &&\text{（}{L=\Phi/I}\text{ から）}\\ &=\mathrm{V\cdot s/A} &&\text{（$\mathcal E=-\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d} t$ から $\mathrm{Wb}=\mathrm{V\cdot s}$）}\\ &=\Omega\cdot\mathrm s &&\text{（$\mathrm{V/A}=\Omega$）}\end{aligned}$$ 6. 7.2-2 トロイダルコイルの中の半径 $s$ の円に Ampère の法則を使う。囲む電流は $NI$ なので、コイルの中（$a<s<b$）の磁場は

$$B=\frac{\mu_0NI}{2\pi s}$$

である。1巻きを貫く磁束は

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

$N$ 巻きでその $N$ 倍なので

$$L=\frac{\mu_0N^2h}{2\pi}\ln\frac ba .$$

数値は

$$L=2.0\times10^{-7}\times500^2\times0.010\times\ln1.5\,\mathrm H=2.0\times10^{-7}\times2500\times0.4055\,\mathrm H=2.03\times10^{-4}\,\mathrm H .$$ 7. 7.2-3 各ソレノイドの自己インダクタンスは (7.17) から $L_1=\mu_0n_1^2\pi a_1^2l$、$L_2=\mu_0n_2^2\pi a_2^2l$。

• 外側に電流 $I_2$ を流す。内部の磁場 $\mu_0n_2I_2$ は内側のソレノイドの断面全体を貫く。内側の $n_1l$ 巻きを貫く磁束は

$$n_1l\cdot\mu_0n_2I_2\cdot\pi a_1^2,\qquad\text{よって}\quad M=\mu_0n_1n_2\pi a_1^2l .$$

• 逆に内側に電流 $I_1$ を流す。磁場 $\mu_0n_1I_1$ は半径 $a_1$ の内側だけにある。外側の1巻きを貫く磁束は $\mu_0n_1I_1\pi a_1^2$ なので、同じ $M$ を得る。

$$k=\frac{M}{\sqrt{L_1L_2}}=\frac{\mu_0n_1n_2\pi a_1^2l}{\mu_0n_1n_2\pi a_1a_2l}=\frac{a_1}{a_2}\le1 .$$

外側の磁束のうち、内側の断面を通る割合 $a_1^2/a_2^2$ の平方根が結合係数になる。8. 7.2-4 (i) コイル1の電流 $I_1$ が軸上につくる磁場は (7.3) で、コイル2は小さいのでその面内で一様とみなせる。

$$\Phi_{21}=\pi a^2\frac{\mu_0I_1b^2}{2(b^2+z^2)^{3/2}},\qquad M=\frac{\mu_0\pi a^2b^2}{2(b^2+z^2)^{3/2}}.$$

(ii) コイル2の磁気双極子モーメントは軸方向で、大きさは $m=\pi a^2I_2$ である。ベクトルポテンシャルは周方向を向き、

$$A_\varphi=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{m\sin\theta}{r^2}$$

である（$\theta$ はコイル2から見た極角）。コイル1の上の点は $r=\sqrt{b^2+z^2}$、$\sin\theta=b/r$ にあるので、(7.6) から

$$\Phi_{12}=2\pi b\cdot\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{mb}{r^3}=\frac{\mu_0\pi a^2I_2b^2}{2(b^2+z^2)^{3/2}} .$$

$I_2$ で割ると (i) と同じ $M$ を得る。9. 7.3-1 電場は $u_{\mathrm e}=\frac12\varepsilon_0E^2=\frac12\times8.85\times10^{-12}\times10^{12}\,\mathrm{J/m^3}=4.4\,\mathrm{J/m^3}$。磁場は $u_{\mathrm m}=\frac{1.0^2}{2\times4\pi\times10^{-7}}\,\mathrm{J/m^3}=3.98\times10^5\,\mathrm{J/m^3}$。磁場の方が約 $9\times10^4$ 倍大きい。$10^6\,\mathrm{V/m}$ は空気の絶縁が破れる電場（約 $3\times10^6\,\mathrm{V/m}$）に近い強さで、場にエネルギーを蓄えるには、日常の規模では磁場の方がはるかに有利である。10. 7.3-2 $\frac12LI^2=\frac12\times1.97\times10^{-3}\times2.0^2\,\mathrm J=3.95\times10^{-3}\,\mathrm J$。もう一方の計算では、磁場・エネルギー密度・体積は

$$\begin{aligned}B&=\mu_0NI/l=4\pi\times10^{-7}\times1000\times2.0/0.20\,\mathrm T=1.26\times10^{-2}\,\mathrm T,\\ \frac{B^2}{2\mu_0}&=62.8\,\mathrm{J/m^3},\\ V&=\pi(0.010)^2\times0.20\,\mathrm{m^3}=6.28\times10^{-5}\,\mathrm{m^3}\end{aligned}$$

なので、積は $3.95\times10^{-3}\,\mathrm J$ で一致する。11. 7.3-3 確認テスト 7.2-4 の $M(z)=\frac{\mu_0\pi a^2b^2}{2}(b^2+z^2)^{-3/2}$ を (7.25) に入れると

$$F_z=I_1I_2\frac{d}{d M}z=-\frac{3\mu_0\pi a^2b^2I_1I_2\,z}{2(b^2+z^2)^{5/2}} .$$

$z>0$ で $F_z<0$ なので、コイル2はコイル1へ引き寄せられる（同じ向きの電流は引き合う）。一方、$m\,\partial B_z/\partial z$ は (7.3) を微分して

$$\pi a^2I_2\cdot\frac{\mu_0I_1b^2}{2}\cdot\Bigl(-\frac32\Bigr)\frac{2z}{(b^2+z^2)^{5/2}}=-\frac{3\mu_0\pi a^2b^2I_1I_2\,z}{2(b^2+z^2)^{5/2}}$$

で、一致する。12. 7.3-4 直列なので両方に同じ電流 $I$ が流れ、全体の磁束は $\Phi=(L_1I\pm MI)+(L_2I\pm MI)$。強め合うつなぎ方では $L_+=L_1+L_2+2\left\vert M\right\vert$、打ち消し合うつなぎ方では $L_-=L_1+L_2-2\left\vert M\right\vert$ である。(7.19) から $\left\vert M\right\vert \le\sqrt{L_1L_2}$ なので

$$L_-\ge L_1+L_2-2\sqrt{L_1L_2}=\bigl(\sqrt{L_1}-\sqrt{L_2}\bigr)^2\ge0 .$$ 13. 7.4-1 確認テスト 7.2-1 から、$L$ の単位は $\Omega\cdot\mathrm s$ である。したがって $L/R$ の単位は $\mathrm s$ である。$C$ の単位は次のとおりである。

$$\mathrm{C/V}=\mathrm{A\cdot s/V}=\mathrm s/\Omega .$$

そのため $LC$ の単位は $\Omega\cdot\mathrm s\cdot\mathrm s/\Omega=\mathrm s^2$ である。よって $\sqrt{LC}$ の単位は秒である。14. 7.4-2 $\omega_0=1/\sqrt{LC}=1/\sqrt{0.025\times1.0\times10^{-5}}\,\mathrm{s^{-1}}=1/(5.0\times10^{-4})\,\mathrm{s^{-1}}=2.0\times10^3\,\mathrm{s^{-1}}$。$q=q_0\cos\omega_0t$ から電流の最大値は $\omega_0q_0=2.0\times10^3\times1.0\times10^{-4}\,\mathrm A=0.20\,\mathrm A$。全エネルギーは初めの電場のエネルギー $q_0^2/(2C)=(1.0\times10^{-4})^2/(2\times1.0\times10^{-5})\,\mathrm J=5.0\times10^{-4}\,\mathrm J$。電流が最大の瞬間は $\sin\omega_0t=\pm1$ で、そのとき電荷は 0 なので、電場のエネルギーは 0 である。磁場のエネルギーは

$$\frac12\times0.025\times0.20^2\,\mathrm J=5.0\times10^{-4}\,\mathrm J$$

で、全エネルギーに等しい。15. 7.4-3 根が重根 $\lambda=-\gamma$ のときは、指数関数 $\mathrm{e}^{-\gamma t}$ のほかに、それに時間を掛けた関数も解である。実際、$q=t\mathrm{e}^{-\gamma t}$ について

$$\dot q=(1-\gamma t)\mathrm{e}^{-\gamma t},\qquad \ddot q=(-2\gamma+\gamma^2t)\mathrm{e}^{-\gamma t}$$

で、

$$\ddot q+2\gamma\dot q+\gamma^2q=\bigl(-2\gamma+\gamma^2t+2\gamma-2\gamma^2t+\gamma^2t\bigr)\mathrm{e}^{-\gamma t}=0 .$$

一般解 $(A+Bt)\mathrm{e}^{-\gamma t}$ に初期条件を入れる。

$$\begin{aligned}q(0)&=A=q_0, &&\\ \dot q(0)&=B-\gamma A=0 &&\text{より}\quad B=\gamma q_0 .\end{aligned}$$

よって $q=q_0(1+\gamma t)\mathrm{e}^{-\gamma t}$ である。

極限については、$\omega_{\mathrm d}\to0$ で次の2つが成り立つ。

$$\cos\omega_{\mathrm d}t\to1,\qquad \frac{\sin\omega_{\mathrm d}t}{\omega_{\mathrm d}}\to t .$$

そのため (7.31) は $q_0\mathrm{e}^{-\gamma t}(1+\gamma t)$ に近づき、一致する。16. 7.4-4 (7.31) とその時間微分は、どちらも $\mathrm{e}^{-\gamma t}$ に、周期 $T_{\mathrm d}=2\pi/\omega_{\mathrm d}$ の周期関数を掛けた形をしている。実際、

$$\dot q=-q_0\frac{\omega_0^2}{\omega_{\mathrm d}}\mathrm{e}^{-\gamma t}\sin\omega_{\mathrm d}t .$$

$\dot q$ の計算では、コサインの係数は $-\gamma+\gamma=0$ になる。サインの係数は

$$-\omega_{\mathrm d}-\frac{\gamma^2}{\omega_{\mathrm d}}=-\frac{\omega_0^2}{\omega_{\mathrm d}}$$

になる。エネルギー $E=\frac12L\dot q^2+q^2/(2C)$ は、電荷の2乗と電流の2乗の和なので

$$E(t+T_{\mathrm d})=\mathrm{e}^{-2\gamma T_{\mathrm d}}E(t)=\mathrm{e}^{-4\pi\gamma/\omega_{\mathrm d}}E(t).$$

$\gamma\ll\omega_0$ では $\omega_{\mathrm d}\simeq\omega_0$ で、1周期に失う割合は

$$1-\mathrm{e}^{-4\pi\gamma/\omega_0}\simeq\frac{4\pi\gamma}{\omega_0}=\frac{2\pi}{\mathcal Q}.$$ 17. 7.4-5 回路2の方程式は、(7.18) の起電力と抵抗の電圧から $R_2I_2=-M\dot I_1-L_2\dot I_2$ である。十分時間がたつと、過渡的な部分 $\mathrm{e}^{-R_2t/L_2}$ は消える。そのあとの電流を複素数で

$$I_1=\operatorname{Re}(I_0\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}),\qquad I_2=\operatorname{Re}(\hat I_2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t})$$

とおくと

$$(R_2+\mathrm{i}\omega L_2)\hat I_2=-\mathrm{i}\omega MI_0,\qquad \left\vert \hat I_2\right\vert =\frac{\omega MI_0}{\sqrt{R_2^2+\omega^2L_2^2}} .$$

$\omega L_2\gg R_2$ では $\hat I_2\simeq-MI_0/L_2$ である。回路2の磁束の複素振幅 $MI_0+L_2\hat I_2$ は、$R_2/(\omega L_2)$ の程度に小さくなる。正確には

$$MI_0+L_2\hat I_2=\frac{MI_0R_2}{R_2+\mathrm{i}\omega L_2},\qquad \left\vert MI_0+L_2\hat I_2\right\vert =\frac{MI_0R_2}{\sqrt{R_2^2+\omega^2L_2^2}}\to0 .$$

抵抗の小さい回路では、外から加えた磁束の変化が自分の電流の磁束で打ち消され、回路を貫く磁束はほぼ一定に保たれる。§7.3 の磁束一定の仮想仕事は、この状況に当たる。