【解答・解説】平成２７年度 北大理学院 電磁気学

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問１：同心球コンデンサー

1-1.

ガウスの法則により、\(r < a\)での電場は

$$E(r) = 0$$

同様に、ガウスの法則により、\(a \le r \le b \)での電場は

$$E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}$$

\(b < r\)での電場は

$$E(r) = 0$$

また、Bを電位の基準とすると、\(a \le r \le b \)において

\begin{align*}
\phi (r) &= – \int_{b}^{r}\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r’^2}dr’\\
&= \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r}
\end{align*}

\(r \le a\)では\(\phi (r) = const\)であるから

$$\phi(r) = \phi(0) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{a}$$

1-2.

AB間の電位差は

$$\Delta \phi = \phi(a) – \phi(b) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right)$$

よって、静電容量は

$$C = \frac{Q}{\Delta\phi} = 4\pi\varepsilon_0\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right)$$

また、Aに電荷\(q\)がたまっているとき、\(\Delta q\)だけの微小な電荷をBからAに異動させるために必要な仕事は

\begin{align*}
\Delta W &= – \int_{b}{a}\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}\cdot\Delta qdr\\
&=\frac{q\Delta q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right)
\end{align*}

以上より、\(q\)を\(0\)から\(Q\)にするために必要な仕事は

\begin{align*}
W &= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right)\int_{0}^{Q}qdq\\
&= \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right)
\end{align*}

1-3.

電場のエネルギー密度は

$$u_e = \frac{\varepsilon_0}{2}E^2$$

これに体積要素\(4\pi r^2dr\)をかけて積分すると

$$U =\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right) = W$$

1-4.

AB間に流れる電流密度は

$$j(r) = \sigma E(r) = \frac{\sigma Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$$

よって、AB間に流れる電流は

$$I = j(r)\cdot 4\pi r^2 = \frac{\sigma Q}{\varepsilon_0}$$

オームの法則により

\begin{align*}
R &= \frac{\Delta \phi}{I}\\
&= \frac{1}{4\pi\sigma}\left(\frac{1}{a} – \frac{1}{b}\right)
\end{align*}

問２：電流がつくる磁束とインダクタンス

2-1.

アンペールの法則より、\(r<R\)では

$$B(r) \cdot 2\pi r = \mu_0 I\cdot \frac{\pi r^2}{\pi R^2}$$
$$B(r) = \frac{\mu_0 Ir}{2\pi R^2}$$

同様に、\(R \le r\)では

$$B(r) \cdot 2\pi r = \mu_0 I$$
$$B(r) = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$$

2-2.

下図のように、xy平面を考える。
上の直線（点線）は\(y = – \frac{1}{\sqrt{3}}x + \frac{1}{2}\)を示す。

導線Aからの距離は、\(r = L + x\)で表されるので、\(0 \le x\)における磁束密度を

$$B(r) = \frac{\mu_0 I}{2\pi r} = B(x) = \frac{\mu_0 I}{2\pi (L + x)}$$

と表すことができる。よって、回路 CDE を貫く磁束\(\Phi\)は、

よって、相互インダクタンス\(M\)は

2-3.

\begin{align*}
\phi(t) &= – \frac{d\Phi}{dt}\\
&= – M \frac{dI}{dt}\\
&= \frac{MI_0}{\tau}exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)
\end{align*}

2-4.

(a)において、長さ\(ds\)の電流要素\(Ids\)が、z軸上の点Pにつくる磁束密度の大きさを\(\Delta B\)として、

よって、この磁束密度のz成分は

$$\Delta B_z = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\frac{ds}{(z^2+a^2)}\cdot\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}$$

ここで、方位角を\(\phi\)とすると、微小長さは\(ds = ad\psi\)と書けるから、

$$\Delta B_z = \frac{\mu_0 I}{4\pi}\frac{a^2d\phi}{(z^2+a^2)^{3/2}}$$

これを、\(\psi= 0 ～ 2\pi\)の範囲で積分すれば

\begin{align*}
B &= \int\Delta B_z \\
&= \frac{\mu_0 I a^2}{2(z^2+a^2)^{3/2}} \ …(1)
\end{align*}

が得られる。

2-5.

上の回路がつくる磁束密度は、(1)式において\(z\rightarrow z-b\)と置き換えることで、

$$B_1 = \frac{\mu_0 I a^2}{2((z-b)^2+a^2)^{3/2}}$$

下の回路がつくる磁束密度は、(1)式において\(z\rightarrow z+b\)と置き換えることで、

$$B_2 = \frac{\mu_0 I a^2}{2((z+b)^2+a^2)^{3/2}}$$

と書くことができる。よって、原点Oから距離\(\z)だけ離れたz軸上の点における磁束密度の大きさは

2-6.

とおく。これをテイラー展開すると、以下の結果が得られる。

\(z^2\)の項が0となるには、{}内が0となればよい。よって、原点付近での磁束密度が(z^2\)のオーダーまで考慮しても定数と見なせるための条件は

$$4b^2 – a^2 = 0$$

また、これを満たすとき、原点における磁束密度大きさは

\begin{align*}
B &\neq \frac{\mu_0 I a^2}{2}\cdot\frac{2}{(a^2+b^2)^(3/2)}\\
&= \frac{\mu_0 I a^2}{(a^2+b^2)^(3/2)}
\end{align*}

問３：真空中のマクスウェル方程式

3-1.

【院試解説】平成２８年度 北海道大学 理学院 物理 問題２の問３を参照されたい。

3-2.

\(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)により、

$$\frac{\partial E_x}{\partial x} + \frac{\partial E_y}{\partial y} + \frac{\partial E_z}{\partial z} $$

\(\frac{\partial E_x}{\partial x} = \frac{\partial E_y}{\partial y} = 0\)なので

$$\frac{\partial E_z}{\partial z} = 0$$

同様に、\(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)により、

$$\frac{\partial B_z}{\partial z} = 0$$

も示すことができる。

また、x, yの偏微分が0となるので、

$$\nabla\times\mathbf{E} = \left(-\frac{\partial E_y}{\partial z}, \frac{\partial E_x}{\partial z}\right) = – \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}$$

すなわち、上式のz成分に着目すると、

$$\frac{\partial B_z}{\partial t} = 0$$

が成り立つことが分かる。

同様に、

のz成分に着目すると、

$$\frac{\partial E_z}{\partial t} = 0$$

が成り立つことが分かる。

3-3.

前問題の(*)式のx, y成分に着目すると、

\begin{cases}
\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial E_x}{\partial t} = -\frac{\partial B_y}{\partial z} \ …(1)\\
\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial E_y}{\partial t} = \frac{\partial B_x}{\partial z} \ …(2)
\end{cases}

が得られる。ここで、

また、同様に

$$\frac{\partial g}{\partial t} = -c\frac{\partial g}{\partial z}$$

が得られる。よって、(1)より

$$\frac{1}{c^2}\frac{\partial f}{\partial t} = -c\frac{\partial f}{\partial z} = -\frac{\partial B_y}{\partial z}$$

すなわち

$$B_y = \frac{1}{c}f(z-ct) = \sqrt{\mu_0\varepsilon_0}f(z-ct)$$

(2)より

$$\frac{1}{c^2}\frac{\partial g}{\partial t} = -c\frac{\partial g}{\partial z} = \frac{\partial B_x}{\partial z}$$

すなわち

$$B_x =- \frac{1}{c}g(z-ct) = \sqrt{\mu_0\varepsilon_0}g(z-ct)$$

また、電場\(\mathbf{E}\)と磁束密度\(\mathbf{B}\)の内積を取ると

\begin{align*}
\mathbf{E}\cdot\mathbf{B} &= \left(f, g, 0\right)\cdot\left(-\frac{g}{c}, \frac{f}{c}, 0\right)\\
&= – \frac{fg}{c} + \frac{fg}{c} = 0
\end{align*}

であるから、２つのベクトルは互いに直交する。

3-4.

まず、ポインティング・ベクトルは

\begin{align*}
\mathbf{S} &= \frac{1}{\mu_0}\left(f, g, 0\right)\times\left(-\frac{g}{c}, \frac{f}{c}, 0\right)\\
&= \frac{1}{\mu_0}\left(0, 0, \frac{f^2 + g^2}{c}\right)\\
&= \sqrt{\frac{\varepsilon_0}{\mu_0}}(f^2 + g^2)\mathbf{k}
\end{align*}

また、

\begin{align*}
u &= \frac{\varepsilon_0}{2}\mathbf{E}^2 + \frac{1}{2\mu_0}\mathbf{B}^2\\
&= \frac{\varepsilon_0}{2}(f^2 + g^2) + \frac{1}{2\mu_0}\frac{1}{c^2}(f^2 + g^2) \\
&= \varepsilon_0(f^2 + g^2)
\end{align*}

である。以上より

$$\mathbf{S} = (0, 0, uc)$$

と書けることから、\(\mathbf{S}\)は、毎秒あたりに、電場\(\mathbf{E}\)と磁束密度\(\mathbf{B}\)に直行な平面の単位面積を通って流れる、電磁波のエネルギーを表す。