電磁気学入門 第8章 §8.3 ★★★ 場が電荷にする仕事を場だけで書くと、エネルギー密度 u u u S = E × B / μ 0 \bm{S}=\bm{E}\times\bm{B}/\mu_0 S = E × B / μ 0
場が電荷にする仕事
第2章 §2.4 では、静電場のエネルギーが密度 ε 0 E 2 / 2 \varepsilon_0E^2/2 ε 0 E 2 /2 B 2 / ( 2 μ 0 ) B^2/(2\mu_0) B 2 / ( 2 μ 0 )
電荷 q q q v \bm{v} v
q ( E + v × B ) ⋅ v = q E ⋅ v q(\bm{E}+\bm{v}\times\bm{B})\cdot\bm{v}=q\bm{E}\cdot\bm{v} q ( E + v × B ) ⋅ v = q E ⋅ v
である。磁場の力は速度に垂直なので仕事をしない。電荷が連続的に分布しているときは、単位体積あたりの仕事率は ρ v ⋅ E = J ⋅ E \rho\bm{v}\cdot\bm{E}=\bm{J}\cdot\bm{E} ρ v ⋅ E = J ⋅ E V V V
d W m e c h d t = ∫ V J ⋅ E d V (8.25) \frac{d W_{\mathrm{mech}}}{d t}=\int_V\bm{J}\cdot\bm{E}\,\mathrm{d} V\tag{8.25} d t d W mech = ∫ V J ⋅ E d V ( 8.25 )
となる。導体の中では、これは Joule 熱になる。
Poynting の定理
(8.9) を J \bm{J} J
J ⋅ E = 1 μ 0 E ⋅ ( ∇ × B ) − ε 0 E ⋅ ∂ E ∂ t . \bm{J}\cdot\bm{E}=\frac{1}{\mu_0}\bm{E}\cdot(\nabla\times\bm{B})-\varepsilon_0\bm{E}\cdot\frac{\partial \bm{E}}{\partial t}. J ⋅ E = μ 0 1 E ⋅ ( ∇ × B ) − ε 0 E ⋅ ∂ t ∂ E .
第1項を変形するため、第1章 §1.1 の積の公式 ∇ ⋅ ( E × B ) = B ⋅ ( ∇ × E ) − E ⋅ ( ∇ × B ) \nabla\cdot(\bm{E}\times\bm{B})=\bm{B}\cdot(\nabla\times\bm{E})-\bm{E}\cdot(\nabla\times\bm{B}) ∇ ⋅ ( E × B ) = B ⋅ ( ∇ × E ) − E ⋅ ( ∇ × B ) ∇ × E \nabla\times\bm{E} ∇ × E (8.8) を入れる。
E ⋅ ( ∇ × B ) = B ⋅ ( ∇ × E ) − ∇ ⋅ ( E × B ) = − B ⋅ ∂ B ∂ t − ∇ ⋅ ( E × B ) . \bm{E}\cdot(\nabla\times\bm{B})=\bm{B}\cdot(\nabla\times\bm{E})-\nabla\cdot(\bm{E}\times\bm{B})=-\bm{B}\cdot\frac{\partial \bm{B}}{\partial t}-\nabla\cdot(\bm{E}\times\bm{B}). E ⋅ ( ∇ × B ) = B ⋅ ( ∇ × E ) − ∇ ⋅ ( E × B ) = − B ⋅ ∂ t ∂ B − ∇ ⋅ ( E × B ) .
E ⋅ ∂ E / ∂ t = 1 2 ∂ ( E 2 ) / ∂ t \bm{E}\cdot\partial\bm{E}/\partial t=\frac12\partial(E^2)/\partial t E ⋅ ∂ E / ∂ t = 2 1 ∂ ( E 2 ) / ∂ t B ⋅ ∂ B / ∂ t = 1 2 ∂ ( B 2 ) / ∂ t \bm{B}\cdot\partial\bm{B}/\partial t=\frac12\partial(B^2)/\partial t B ⋅ ∂ B / ∂ t = 2 1 ∂ ( B 2 ) / ∂ t
J ⋅ E = − ∂ ∂ t ( ε 0 2 E 2 + 1 2 μ 0 B 2 ) − ∇ ⋅ ( 1 μ 0 E × B ) \bm{J}\cdot\bm{E}=-\frac{\partial }{\partial t}\Bigl(\frac{\varepsilon_0}{2}E^2+\frac{1}{2\mu_0}B^2\Bigr)-\nabla\cdot\Bigl(\frac{1}{\mu_0}\bm{E}\times\bm{B}\Bigr) J ⋅ E = − ∂ t ∂ ( 2 ε 0 E 2 + 2 μ 0 1 B 2 ) − ∇ ⋅ ( μ 0 1 E × B )
を得る。
定理 8.7（Poynting の定理）
電磁場のエネルギー密度 u u u Poynting ベクトル S \bm{S} S
u = ε 0 2 E 2 + 1 2 μ 0 B 2 , S = 1 μ 0 E × B (8.26) u=\frac{\varepsilon_0}{2}E^2+\frac{1}{2\mu_0}B^2,\qquad \bm{S}=\frac{1}{\mu_0}\bm{E}\times\bm{B}\tag{8.26} u = 2 ε 0 E 2 + 2 μ 0 1 B 2 , S = μ 0 1 E × B ( 8.26 )
で定めると、Maxwell 方程式から
∂ u ∂ t + ∇ ⋅ S = − J ⋅ E (8.27) \frac{\partial u}{\partial t}+\nabla\cdot\bm{S}=-\bm{J}\cdot\bm{E}\tag{8.27} ∂ t ∂ u + ∇ ⋅ S = − J ⋅ E ( 8.27 )
が成り立つ。体積 V V V
d d t ∫ V u d V + d W m e c h d t = − ∮ ∂ V S ⋅ d S . (8.28) \frac{d }{d t}\int_Vu\,\mathrm{d} V+\frac{d W_{\mathrm{mech}}}{d t}=-\oint_{\partial V}\bm{S}\cdot\mathrm{d}\bm{S} .\tag{8.28} d t d ∫ V u d V + d t d W mech = − ∮ ∂ V S ⋅ d S . ( 8.28 )
証明 微分形は上の計算そのものである。積分形は、(8.27) を V V V V V V
∫ V ∇ ⋅ S d V = ∮ ∂ V S ⋅ d S \int_V\nabla\cdot\bm{S}\,\mathrm{d} V=\oint_{\partial V}\bm{S}\cdot\mathrm{d}\bm{S} ∫ V ∇ ⋅ S d V = ∮ ∂ V S ⋅ d S
とし、(8.25) を使えばよい。
(8.28) は、「V V V S \bm{S} S S \bm{S} S W / m 2 \mathrm{W/m^2} W/ m 2 (8.27) は、電荷の連続の式 (8.2) と同じ形の、エネルギーの局所的な保存則である。電荷の場合と違って右辺に − J ⋅ E -\bm{J}\cdot\bm{E} − J ⋅ E
局所的な保存則の意味
「全エネルギーが一定」という大域的な保存則だけなら、ある場所でエネルギーが消え、同時に遠く離れた場所に同じ量が現れることも許される。(8.27) はそれを禁じ、エネルギーが減った所からは必ず流れ S \bm{S} S
例：抵抗のある導線
Poynting ベクトルで見ると、導線の中で発生する Joule 熱のエネルギーは、導線の中を電流と一緒に流れてくるのではなく、導線の外の空間から側面を通って流れ込む。図 8.2 と例題 8.5 でそれを確かめる。
図 8.2 電流 I I I E \bm{E} E B \bm{B} B S = E × B / μ 0 \bm{S}=\bm{E}\times\bm{B}/\mu_0 S = E × B / μ 0
例題 8.5 導線に流れ込むエネルギーと Joule 熱 ★★★
オリジナル 半径 a a a ℓ \ell ℓ I I I V V V V I VI V I
解答 定常電流なので導線の中の電場は一様で、大きさは E = V / ℓ E=V/\ell E = V / ℓ (8.14) の第3式）である。そのため、側面のすぐ外でも軸方向の成分は V / ℓ V/\ell V / ℓ B = μ 0 I / ( 2 π a ) B=\mu_0I/(2\pi a) B = μ 0 I / ( 2 π a )
単位ベクトルを次のように決める。
軸方向：z ^ \hat{\bm{z}} z ^
軸から離れる向き：s ^ \hat{\bm{s}} s ^
軸を囲む向き：φ ^ \hat{\bm{\varphi}} φ ^
z ^ × φ ^ = − s ^ \hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{\varphi}}=-\hat{\bm{s}} z ^ × φ ^ = − s ^
S = 1 μ 0 E z ^ × B φ ^ = − 1 μ 0 V ℓ μ 0 I 2 π a s ^ = − V I 2 π a ℓ s ^ \bm{S}=\frac{1}{\mu_0}E\hat{\bm{z}}\times B\hat{\bm{\varphi}}=-\frac{1}{\mu_0}\frac{V}{\ell}\frac{\mu_0I}{2\pi a}\hat{\bm{s}}=-\frac{VI}{2\pi a\ell}\hat{\bm{s}} S = μ 0 1 E z ^ × B φ ^ = − μ 0 1 ℓ V 2 π a μ 0 I s ^ = − 2 π a ℓ V I s ^
となり、側面に垂直で内向きである。側面の面積は 2 π a ℓ 2\pi a\ell 2 π a ℓ
V I 2 π a ℓ × 2 π a ℓ = V I \frac{VI}{2\pi a\ell}\times2\pi a\ell=VI 2 π a ℓ V I × 2 π a ℓ = V I
である。両端の断面では S \bm{S} S S ⊥ z ^ \bm{S}\perp\hat{\bm{z}} S ⊥ z ^
定常状態では場のエネルギーは時間変化しないので、(8.28) により、流れ込む V I VI V I ∫ J ⋅ E d V \int\bm{J}\cdot\bm{E}\,\mathrm{d} V ∫ J ⋅ E d V
∫ J ⋅ E d V = I π a 2 ⋅ V ℓ ⋅ π a 2 ℓ = V I \int\bm{J}\cdot\bm{E}\,\mathrm{d} V=\frac{I}{\pi a^2}\cdot\frac{V}{\ell}\cdot\pi a^2\ell=VI ∫ J ⋅ E d V = π a 2 I ⋅ ℓ V ⋅ π a 2 ℓ = V I
で、Ohm の法則 V = I R V=IR V = I R I 2 R I^2R I 2 R
物質中のエネルギー保存
物質の中では、自由電流がする仕事 J f ⋅ E \bm{J}_{\mathrm f}\cdot\bm{E} J f ⋅ E
J f ⋅ E = E ⋅ ( ∇ × H ) − E ⋅ ∂ D ∂ t （(8.13) の第4式） E ⋅ ( ∇ × H ) = − H ⋅ ∂ B ∂ t − ∇ ⋅ ( E × H ) （積の公式と第3式） \begin{aligned}\bm{J}_{\mathrm f}\cdot\bm{E}&=\bm{E}\cdot(\nabla\times\bm{H})-\bm{E}\cdot\frac{\partial \bm{D}}{\partial t} &&\text{（(8.13) の第4式）}\\
\bm{E}\cdot(\nabla\times\bm{H})&=-\bm{H}\cdot\frac{\partial \bm{B}}{\partial t}-\nabla\cdot(\bm{E}\times\bm{H}) &&\text{（積の公式と第3式）}\end{aligned} J f ⋅ E E ⋅ ( ∇ × H ) = E ⋅ ( ∇ × H ) − E ⋅ ∂ t ∂ D = − H ⋅ ∂ t ∂ B − ∇ ⋅ ( E × H ) （ (8.13) の第 4 式） （積の公式と第 3 式）
である。よって
E ⋅ ∂ D ∂ t + H ⋅ ∂ B ∂ t + ∇ ⋅ ( E × H ) = − J f ⋅ E . (8.29) \bm{E}\cdot\frac{\partial \bm{D}}{\partial t}+\bm{H}\cdot\frac{\partial \bm{B}}{\partial t}+\nabla\cdot(\bm{E}\times\bm{H})=-\bm{J}_{\mathrm f}\cdot\bm{E} .\tag{8.29} E ⋅ ∂ t ∂ D + H ⋅ ∂ t ∂ B + ∇ ⋅ ( E × H ) = − J f ⋅ E . ( 8.29 )
線形で時間変化しない物質（D = ε E \bm{D}=\varepsilon\bm{E} D = ε E B = μ H \bm{B}=\mu\bm{H} B = μ H
E ⋅ ∂ D ∂ t = ∂ ∂ t ( 1 2 E ⋅ D ) \bm{E}\cdot\frac{\partial \bm{D}}{\partial t}=\frac{\partial }{\partial t}\Bigl(\frac12\bm{E}\cdot\bm{D}\Bigr) E ⋅ ∂ t ∂ D = ∂ t ∂ ( 2 1 E ⋅ D )
なので、
u = 1 2 ( E ⋅ D + B ⋅ H ) , S = E × H (8.30) u=\frac12(\bm{E}\cdot\bm{D}+\bm{B}\cdot\bm{H}),\qquad \bm{S}=\bm{E}\times\bm{H}\tag{8.30} u = 2 1 ( E ⋅ D + B ⋅ H ) , S = E × H ( 8.30 )
とおけば (8.27) と同じ形になる。u u u ε \varepsilon ε E ⋅ ∂ D / ∂ t \bm{E}\cdot\partial\bm{D}/\partial t E ⋅ ∂ D / ∂ t
Poynting ベクトルの不定性
(8.27) が決めるのは ∇ ⋅ S \nabla\cdot\bm{S} ∇ ⋅ S S \bm{S} S ∇ × F \nabla\times\bm{F} ∇ × F 例えば、静止した点電荷と静止した棒磁石を並べると、E × B ≠ 0 \bm{E}\times\bm{B}\neq\bm{0} E × B = 0 S \bm{S} S
局所的な S \bm{S} S S / c 2 \bm{S}/c^2 S / c 2
例題 8.6 太陽光の電場と磁場の大きさ ★★
オリジナル 地球の位置で太陽光が運ぶエネルギーの流れの密度（太陽定数）は約 1361 W / m 2 1361\,\mathrm{W/m^2} 1361 W/ m 2 E 0 E_0 E 0 E ⊥ B \bm{E}\perp\bm{B} E ⊥ B ∣ B ∣ = ∣ E ∣ / c \left\vert \bm{B}\right\vert =\left\vert \bm{E}\right\vert /c ∣ B ∣ = ∣ E ∣ / c
Poynting ベクトルの時間平均 ⟨ S ⟩ \langle S \rangle ⟨ S ⟩ E 0 E_0 E 0
E 0 E_0 E 0 B 0 B_0 B 0 電磁場のエネルギー密度の時間平均 ⟨ u ⟩ \langle u \rangle ⟨ u ⟩
解答
E = E 0 cos ( k x − ω t ) E=E_0\cos(kx-\omega t) E = E 0 cos ( k x − ω t ) B = E / c B=E/c B = E / c
S = E B μ 0 = E 0 2 cos 2 ( k x − ω t ) μ 0 c . S=\frac{EB}{\mu_0}=\frac{E_0^2\cos^2(kx-\omega t)}{\mu_0c}. S = μ 0 E B = μ 0 c E 0 2 cos 2 ( k x − ω t ) .
コサインの2乗の1周期の平均は 1 2 \frac12 2 1 1 / ( μ 0 c ) = c ε 0 1/(\mu_0c)=c\varepsilon_0 1/ ( μ 0 c ) = c ε 0
⟨ S ⟩ = E 0 2 2 μ 0 c = 1 2 c ε 0 E 0 2 . \langle S \rangle =\frac{E_0^2}{2\mu_0c}=\frac12c\varepsilon_0E_0^2 . ⟨ S ⟩ = 2 μ 0 c E 0 2 = 2 1 c ε 0 E 0 2 . c ε 0 = ( 2.998 × 10 8 ) ( 8.854 × 10 − 12 ) S = 2.654 × 10 − 3 S c\varepsilon_0=(2.998\times10^{8})(8.854\times10^{-12})\,\mathrm{S}=2.654\times10^{-3}\,\mathrm S c ε 0 = ( 2.998 × 1 0 8 ) ( 8.854 × 1 0 − 12 ) S = 2.654 × 1 0 − 3 S
E 0 = 2 ⟨ S ⟩ c ε 0 = 2 × 1361 2.654 × 10 − 3 V / m = 1.01 × 10 3 V / m , B 0 = E 0 c = 3.38 × 10 − 6 T . E_0=\sqrt{\frac{2\langle S \rangle }{c\varepsilon_0}}=\sqrt{\frac{2\times1361}{2.654\times10^{-3}}}\,\mathrm{V/m}=1.01\times10^{3}\,\mathrm{V/m},\qquad
B_0=\frac{E_0}{c}=3.38\times10^{-6}\,\mathrm T . E 0 = c ε 0 2 ⟨ S ⟩ = 2.654 × 1 0 − 3 2 × 1361 V/m = 1.01 × 1 0 3 V/m , B 0 = c E 0 = 3.38 × 1 0 − 6 T .
電場は晴天時の大気の電場（約 100 V / m 100\,\mathrm{V/m} 100 V/m 10 14 H z 10^{14}\,\mathrm{Hz} 1 0 14 Hz ε 0 E 2 / 2 = B 2 / ( 2 μ 0 ) \varepsilon_0E^2/2=B^2/(2\mu_0) ε 0 E 2 /2 = B 2 / ( 2 μ 0 ) u = ε 0 E 2 u=\varepsilon_0E^2 u = ε 0 E 2
⟨ u ⟩ = 1 2 ε 0 E 0 2 = ⟨ S ⟩ c = 1361 2.998 × 10 8 J / m 3 = 4.54 × 10 − 6 J / m 3 . \langle u \rangle =\frac12\varepsilon_0E_0^2=\frac{\langle S \rangle }{c}=\frac{1361}{2.998\times10^{8}}\,\mathrm{J/m^3}=4.54\times10^{-6}\,\mathrm{J/m^3}. ⟨ u ⟩ = 2 1 ε 0 E 0 2 = c ⟨ S ⟩ = 2.998 × 1 0 8 1361 J/ m 3 = 4.54 × 1 0 − 6 J/ m 3 .
⟨ S ⟩ = c ⟨ u ⟩ \langle S \rangle =c\langle u \rangle ⟨ S ⟩ = c ⟨ u ⟩ c c c
確認テスト
オリジナル
8.3-1 Poynting ベクトル S = E × B / μ 0 \bm{S}=\bm{E}\times\bm{B}/\mu_0 S = E × B / μ 0 W / m 2 \mathrm{W/m^2} W/ m 2
T = V ⋅ s / m 2 , H = V ⋅ s / A . \mathrm T=\mathrm{V\cdot s/m^2},\qquad \mathrm H=\mathrm{V\cdot s/A}. T = V ⋅ s/ m 2 , H = V ⋅ s/A . 8.3-2 同軸ケーブルの内導体の半径を a a a b b b I I I V V V V I VI V I 8.3-3 出力 1.0 m W 1.0\,\mathrm{mW} 1.0 mW 1.0 m m 1.0\,\mathrm{mm} 1.0 mm 8.3-4 例題 8.1 のコンデンサーを考える。極板の半径は a a a d d d E ( t ) E(t) E ( t ) a a a ε 0 2 E 2 π a 2 d \frac{\varepsilon_0}{2}E^2\pi a^2d 2 ε 0 E 2 π a 2 d
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