記事ソース/ビオ・サバールの法則とその応用 のバックアップ(No.5)
記事ソース/ビオ・サバールの法則とその応用 のバックアップ(No.5)
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ビオ・サバールの法則とその応用
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円電流の作る磁場をビオ・サバールの法則を用いて直接積分して求めます。
導入
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電流は流れるとき、必ず磁場を伴って流れています。
それを表す法則は、ふたつありまして、
一方は「アンペールの法則」、もう一方は、「ビオ・サバールの法則」と呼ばれています。
ここでは、ビオ・サバールの法則を使って、簡単な例に適用してみます。
ビオ・サバールの法則
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原点に微小な電流要素 $Id\bm{s}$ を考えます。ただし $I$ は電流の大きさで、微小方向ベクトルは電流の向きを表す方向
ベクトル $\bm{n}$ を用いて、 $d\bm{s}= ds \bm{n}$ と表される。この微小電流要素が、位置 $\bm{r}$ に作る磁場 $ d \bm{B} $ は、
<tex>
d \bm{B} = \frac{\mu_0I}{4 \pi}\ \frac{d \bm{s} \times \bm{r}}{ | \bm{r} |^3 }
= \frac{\mu_0I}{4 \pi}\ \frac{d \bm{s} \times \hat{ \bm{r} } }{ | \bm{r} |^2 } \tag{#def(biot)}
</tex>
となります。ただし $\hat{\bm{r}}$ は位置ベクトル方向を向いた単位ベクトルとしました。
円電流が作る磁場
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いまｘｙ平面内に半径 $a$ の円電流を考えます。この円電流が作る磁場をビオ・サバールの法則で計算してみます。
$\bm{r_0}=(a \cos \theta , a \sin \theta , 0)$ にある微小電流が (この時、微小接線ベクトル $ d \bm{s}= ds(- \sin \theta, \cos \theta , 0)$ です) $\bm{r} = (x,y,z)=(r \cos \phi , r \sin \phi , z)$ の位置
に（最後は円筒座標を使いました）作る磁場は、式 (#ref(biot)) より、
<tex>
d \bm{B} = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \ \frac{d \bm{s} \times (\bm{r}-\bm{r_0})}{ | \bm{r}-\bm{r_0} |^3 }
</tex>
今、
<tex>
d \bm{s} \times (\bm{r}-\bm{r_0})=
\begin{vmatrix}
\bm{i}&\bm{j}&\bm{k} \\
- ds \sin \theta & ds \cos \theta & 0 \\
x - a \cos \theta & y - a \sin \theta & z
\end{vmatrix}
= \begin{pmatrix}
z \cos \theta \\
z \sin \theta \\
a-y \sin \theta -x \cos \theta
\end{pmatrix} ds
= \begin{pmatrix}
z \cos \theta \\
z \sin \theta \\
a-r \cos (\theta-\phi)
\end{pmatrix} ds
</tex>
で、
<tex>
|\bm{r}-\bm{r_0}|^2 = |\bm{r}|^2+|\bm{r_0}|^2-2\bm{r} \cdot \bm{r_0}=r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)
</tex>
です。これを用いて、まずｚ方向の磁場 $B_z$ を求めます。微小距離 $ ds =a d \theta $ と置けるのでθの積分にすることができて、
<tex>
B_z =\int d B_z = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \frac{a-r \cos (\theta -\phi)}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta
</tex>
同様にｘ方向、y方向も書くと、
<tex>
B_x =\int d B_x = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \frac{z \cos \theta}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta
</tex>
<tex>
B_y =\int d B_y = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \frac{z \sin \theta}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta
</tex>
です。おそらくこの積分は解けません。
円電流が作る磁場（原点では）
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解けないとは言いましたが、二つの特別な場合を計算してみます。
まず $r=0$ の時は簡単です。まずｚ方向について見てみます。
<tex>
B_z = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \ \frac{a-r \cos (\theta -\phi)}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta
= \frac{\mu_0I}{4\pi} \int ^{2\pi}_0 \ \frac{a^2}{(a^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} d \theta
=\frac{\mu_0I}{2} \ \frac{a^2}{(a^2+z^2)^\frac{3}{2}}
</tex>
となり、またx方向、y方向は対称性から０になります。
さらに特別な場合、コイルの円の中心 $(z=0)$ では $ \bm{B}=(0,0,\frac{\mu_0I}{2a}) $ となります。
円電流が作る磁場（十分に遠方では）
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十分に遠方 $ |\bm{r}|>>|\bm{r_0}| $ では、分母を近似することができます。
<tex>
\frac{1}{|\bm{r}-\bm{r_0}|^3}
=\frac{1}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}
=(r^2+z^2)^{-\frac{3}{2}} \ (1-\frac{2ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi)+\frac{a^2}{r^2+z^2})^{-\frac{3}{2}}
</tex>
ここで $ \frac{a^2}{r^2+z^2} $ は二次の微小量なので無視し、テイラー展開 $ (1+x)^\alpha=1+\alpha x $ を用いると、
<tex>
\frac{1}{|\bm{r}-\bm{r_0}|^3}
=(r^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}(1-\frac{2ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))^{-\frac{3}{2}}
=(r^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}(1+\frac{3}{2} \ \frac{2ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))
</tex>
となります。これを用いてz方向成分を求めると、
<tex>
B_z &= \frac{\mu_0I}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 (a-r \cos (\theta -\phi))(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))a d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 r(- \cos (\theta -\phi)+\frac{a}{r})(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi)) d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 r(-1+\frac{3a^2}{r^2+z^2})\cos (\theta -\phi) +a -\frac{3ar^2}{r^2+z^2}\cos^2 (\theta -\phi) d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} [ ar(\frac{1}{r} -\frac{3r}{2(r^2+z^2)}) (\theta-\phi) ]^{2\pi}_0 \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \{ 2\pi ar (\frac{r^2+z^2}{r(r^2+z^2)}-\frac{\frac{3}{2}r^2}{r(r^2+z^2)})\} \\
&= \frac{\mu_0Ia}{2(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} ( ar \frac{z^2-\frac{1}{2}r^2}{r(r^2+z^2)}) \\
&= \frac{\mu_0Ia^2}{2(r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}} (z^2-\frac{1}{2}r^2)
</tex>
ふう疲れた、とにかくこうなるわけですよ。
まだ、x方向とy方向が残っています。でも安心してください。x方向は $ (a-r \cos (\theta -\phi)) $ を $ z \cos \theta $ で置き換えるだけです。
<tex>
B_x &= \frac{\mu_0I}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \cos \theta(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))a d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \cos \theta(1+\frac{3a}{r^2+z^2} r\cos (\theta - \phi)) d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \cos \theta(1+\frac{3a}{r^2+z^2} (x \cos \theta + y \sin \theta) d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z (\cos \theta +\frac{3ax}{r^2+z^2} \cos^2 \theta + \frac{3ax}{r^2+z^2} \sin \theta \cos \theta) d \theta \\
&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} [ z \frac{3ax}{2(r^2+z^2)} \theta ]^{2\pi}_0 \\
&= \frac{3\mu_0Ia^2xz}{4 (r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}}
</tex>
y方向についてはこれのxをｙで、ｙはｘで
置き換えればいいので、
<tex>
B_y &= \frac{\mu_0I}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \sin \theta(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))a d \theta \\
&= \frac{3\mu_0Ia^2yz}{4 (r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}}
</tex>
まとめると、
<tex>
\bm{B}=\frac{\mu_0Ia^2}{(r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}}\begin{pmatrix}
\frac{3}{4}xz \\
\frac{3}{4}yz \\
\frac{3}{4}z^2-\frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2)
\end{pmatrix}
</tex>
であり、成分としてまとめると、
<tex>
B_n=\frac{3\mu_0Ia^2}{4(r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}} (x_n x_3 - \frac{1}{3}(x_1^2+x_2^2+x_3^2)\delta_{3n}) \ \ \ \ \ (n=1,2,3)
</tex>
$x_1,x_2,x_3$ は、それぞれ $x,y,z$ をあらわし、 $ i=1,2,3 \ j=1,2,3 $ にたいし
$ \delta _{ij} = \begin{cases} 1 (when \ i=j) \\ 0 (otherwise) \end{cases}$ となり、これはクロネッカーのデルタという名前です。
@@author:クロメル@@
@@accept:2007-02-16@@
@@category:電磁気学@@
@@id:bioSavar@@
