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% 秋田高専 生産システム工学専攻 1年 電気磁気学特論　予想問題解答
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% last updated 2005.09.16
%    created by  Masashi Yamamoto
%     e-mail yamamoto@akita-nct.jp
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\newcounter{toi_num}
\newcommand{\toi}{\textbf{\texttt [問\arabic{toi_num}]}
   \addtocounter{toi_num}{1}}
%
%
\begin{document}
\title{補講テキスト}
\date{2005年9月28日}
\author{山本昌志\thanks{独立行政法人　秋田工業高等専門学校　生産システム工学専攻}}
\maketitle
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\section{静電場}
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\subsection{復習}
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\subsubsection{電荷から電場を求める方法}
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静電場の問題では、マクスウェルの方程式の
\begin{align}
 \div{\vm{D}}=\rho
\end{align}
を使う場合が多い。誘電体の問題を扱わなければ、$\vm{D}=\varepsilon\vm{E}$を用いて、
\begin{align}
 \div{\vm{E}}=\frac{\rho}{\varepsilon}
\end{align}
を使う方が簡単である。これと、ガウスの定理
\begin{align}
 \int_S \vm{A}\cdot\vm{n}\diff S=\int_{V}\div{\vm{A}}\diff V
\end{align}
を用いると、
\begin{align}
 \int_S \vm{E}\cdot\vm{n}\diff S=\frac{1}{\varepsilon}\int_{V}\rho\diff V
 \label{eq:law_gauss_int}
\end{align}
という積分型の式が得られる。一般的な問題では、この積分型の式を計算する方が簡単で
ある。ある閉じた領域の表面での電場の積分は、内部の総電荷量を誘電率で割ったものに
等しいと言っている。
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\subsubsection{ポテンシャルを求める方法}
%------------------------------------
ここで言うポテンシャルにはいろいろな呼び方がある。静電ポテンシャルやスカラーポテ
ンシャル、電位、電圧、電位差などである。これらは、全て同じ物理量を表すことに注意
が必要である。ここでは、単にポテンシャルと呼ぶことにする。

ポテンシャル$\phi$は、
\begin{align}
 \vm{E}=-\grad{\phi}
 \label{eq:diff_potential}
\end{align}
と定義される。これと、勾配の積分の定理
\begin{align}
 \phi(b)-\phi(a)=\int_a^b\grad{\phi}\cdot\diff\vm{r}
\end{align}
から、
\begin{align}
 \phi(b)-\phi(a)=-\int_a^b\vm{E}\cdot\diff\vm{r}
 \label{eq:phi_form_int_E}
\end{align}
となる。これは、2点間のポテンシャルの差を表す式である。電場が分かっている場合、
この式から、ポテンシャルを計算するのがもっとも簡単である。

次に、電荷が分かっている場合のポテンシャルの求め方を考えなくてはならない。クーロ
ンの法則から、ある点電荷$Q$の作る電場は、
\begin{align}
 \vm{E}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}\frac{\vm{r}}{r}
\end{align}
である。したがって、これを積分することによりポテンシャルは、
\begin{align}
 \phi(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon r}+C
\end{align}
となる。この式を、元の式(\ref{eq:diff_potential})に代入すれば、クーロンの法則か
ら導かれる電場が求められることから、正しいことが分かる。ここで、積分定数$C$がじゃ
まなので、ポテンシャルの基準を作ることにより、それを消去する。通常、$C=0$になる
ように、無限遠点がゼロ($\phi(\infty)=0$)になるように選ばれる。したがって、点電荷
$Q$の中心から距離$r$離れた位置のポテンシャルは、
\begin{align}
 \phi(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon r}
\end{align}
となる。点電荷が数多くあるとそれを足しあわせ、連続的に分布していると積分
\begin{align}
 \phi(\vm{r})=\frac{1}{4\pi\varepsilon}\int_{-\infty}^{\infty}
 \frac{\rho(r^\prime)}{|r-r^\prime|}\diff V^\prime
\label{eq:potential_int_rho}
\end{align}
する事により求める。

ポテンシャルの基準を決める場合、注意しなくてはならないことがある。問題により、考
えている系の電荷量が無限になる場合、式(\ref{eq:potential_int_rho})のポテンシャル
は発散する。このような場合は、適当な場所$\vm{r}_0$を基準として、
\begin{align*}
 \phi(\vm{r})-\phi(\vm{r}_0)=-\int_{\vm{r}_0}^{\vm{r}}\vm{E}\cdot\diff\vm{r}
\end{align*}
を計算する。通常、基準ポテンシャルはゼロとするので、$\phi(\vm{r}_0)$=0を用いて、
\begin{align}
 \phi(\vm{r})
 =-\int_{\vm{r}_0}^{\vm{r}}\vm{E}\cdot\diff\vm{r}\\
 \label{eq:phi_form_int_E_ref_r0}
\end{align}
となる。
%
%-------------------------------------------
\subsubsection{ポテンシャルから電場を求める方法}
%-------------------------------------------
ポテンシャルが分かっている場合、電場は簡単に求められる。ポテンシャルの定義の式
\begin{align}
 \vm{E}=-\grad{\phi}
\end{align}
を使うだけである。積分に比べて、微分は簡単である。
%
%---------------------------------------------------------------------
\subsection{練習問題と解答}
%---------------------------------------------------------------------
\setcounter{toi_num}{1}
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 半径$a$の球殻の表面上に電荷$Q$を与えたとき、球の内外の電場を求めよ。
\end{itembox}
\vspace{5mm}
%

球殻の中心を原点とした球座標を考える。この原点を中心として、全ては対称なので、電
場の成分のうち、$E_r$のみ値を持つことができ、他の成分は
\begin{align*}
 &E_\theta=0& &E_\phi=0&
\end{align*}
とゼロとなる。ここでの問いは、この$E_r$を求めることに帰着される。

この$E_r$を求めるために、式\ref{eq:law_gauss_int}の積分形のガウスの法則を使うこ
とになる。この式を適用する領域を、この球殻を中心にした球状にすると積分は簡単にな
る。電場を求める位置$r$とすると、この式の左辺は、
\begin{align*}
 \int_S \vm{E}\cdot\vm{n}\diff S=4\pi r^2E_r
\end{align*}
となる。積分領域の球の表面では、電場$E_r$は一定で、積分領域の法線方向と一致する
ためである。一方、右辺は
\begin{equation*}
 \frac{1}{\varepsilon}\int_{V}\rho\diff V=
   \begin{cases}
    0 & \text{$r\le a$のとき}\\
    \cfrac{Q}{\varepsilon} & \text{$a\le r$のとき}
   \end{cases}
\end{equation*}
となる。したがって、
\begin{equation*}
 4\pi r^2E_r=
   \begin{cases}
    0 & \text{$r\le a$のとき}\\
    \cfrac{Q}{\varepsilon} & \text{$a\le r$のとき}
   \end{cases}
\end{equation*}
である。これから、球殻の内外の電場は、
\begin{equation*}
 E_r=
   \begin{cases}
    0 & \text{$r\le a$のとき}\\
    \cfrac{Q}{4\pi\varepsilon r^2} & \text{$a\le r$のとき}
   \end{cases}
\end{equation*}
となる。
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\vspace{20mm}
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\begin{itembox}[l]{\toi}
 半径$a$の無限に長い円柱のなかに、電荷密度が$\rho(r)=3Q(r-a)/\pi a^3$の電荷が分布
 している。この円柱の内外の静電ポテンシャルを求めよ。なお、$r$は円柱の中心軸から
 の距離である。
\end{itembox}
\vspace{5mm}
%

\fbox{注意:教科書の解答には間違いがある。}

この問題は、軸対称である。したがって、円柱座標系$(r,\theta,z)$を使うと問題が簡単
である。そして、この問題では、電場が間単に求められるので、電場を積分する式
\ref{eq:phi_form_int_E}を使うことになる。

対称性により、電場は、
\begin{align*}
 &E_{\theta}=0& &E_z=0&
\end{align*}
となり、値を持つのは$E_r$のみである。この電場を式(\ref{eq:law_gauss_int})を用いて
計算することにする。積分の領域を、長さ$L$、半径$r$の円筒した場合、この式の左辺は、
\begin{align*}
 \int_S \vm{E}\cdot\vm{n}\diff S=2\pi rLE_r
\end{align*}
となる。円筒の上下のふたの部分は、$E_z=0$のため、積分はゼロになる。一方、$r\le
a$の場合、右辺は
\begin{align*}
 \frac{1}{\varepsilon_0}\int_{V}\rho\diff V
 &=\frac{1}{\varepsilon_0}\int_0^{2\pi}\diff\theta\int_0^L\diff z
 \int_0^r \frac{3Q(r-a)}{\pi a^3}r\diff r\\
 &=\frac{2\pi L}{\varepsilon_0}\frac{3Q}{\pi a^3}\left[\frac{r^3}{3}-\frac{ar^2}{2}\right]_0^{r}\\
 &=\frac{LQr^2\left(2r-3a\right)}{\varepsilon_0 a^3}
\end{align*}
となる。ここで、$\diff V=\diff x \diff y \diff z=r\diff \theta\diff r \diff z$を
使った。また、$a\le r$の場合は、積分範囲が$[0,a]$になる。したがって、先の式で
$r\rightarrow a$とすればよく、
\begin{align*}
\frac{1}{\varepsilon_0}\int_{V}\rho\diff V=-\frac{LQ}{\varepsilon_0}
\end{align*}
である。以上をまとめると、ガウスほ法則の積分形の式(\ref{eq:law_gauss_int})は、
\begin{equation*}
 2\pi rLE_r=
 \begin{cases}
  \cfrac{LQr^2\left(2r-3a\right)}{\varepsilon_0 a^3} & \text{$r\le a$のとき}\\
  -\cfrac{LQ}{\varepsilon_0} & \text{$a\le r$のとき}\\
 \end{cases}
\end{equation*}
となる。これから、直ちに電場$E_r$は
\begin{equation*}
 E_r=
 \begin{cases}
  \cfrac{Qr\left(2r-3a\right)}{2\pi\varepsilon_0 a^3} & \text{$r\le a$のとき}\\
  -\cfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0 r} & \text{$a\le r$のとき}\\
 \end{cases}
\end{equation*}
と導かれる。

電場が求められたので、それを積分してポテンシャルを求める。この問題の電荷は、無限
に長い円柱となっているので、無限の電荷が含まれる。したがって、無限遠からの電場の積分は発
散してしまいうので、無限遠点を基準にするわけにはいかない。そこで、$r=a$の場所を基準
として$\phi(a)=0$とする。他の場所を基準にしても良いが、ここを基準とした場合、もっ
とも積分が容易である。式(\ref{eq:phi_form_int_E_ref_r0})に従い積分を行うことにな
る。$r\le a$の場合は、
\begin{align*}
 \phi(r)
 &=-\int_a^r \frac{Qr\left(2r-3a\right)}{2\pi\varepsilon_0 a^3}\diff r\\
 &=\frac{Q\left(5a^3-9ar^2+4r^3\right)}{12\pi\varepsilon_0 a^3} 
 \qquad r \le a\\
\end{align*}
となる。一方、$r\ge a$の場合は、
\begin{align*}
 \phi(r)
 &=-\int_a^r \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0 r}\diff r\\
 &=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0}\log\left(\frac{r}{a}\right)
\qquad r\ge a
\end{align*}
である。

\vspace{20mm}
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\begin{itembox}[l]{\toi}
 半径がそれぞれ$a$と$b(\ge a)$の導体球を同心にしてつくった球形コンデンサーの静電
 容量を求めよ。
\end{itembox}
\vspace{5mm}

コンデンサーの片側の電極の電荷量$Q$と電圧$V$、静電容量$C$には、
\begin{align}
 Q=CV
\end{align}
の関係がある。これを使って電荷量を求めることになる。そこで、コンデンサーの内側の
電極(半径$a$)に$Q$の電荷、外側の電極(半径$b$)に$-Q$の電荷があるとする。この状態
で電圧(ポテンシャル)を求めて、静電容量を求めることにする。

この場合も、電圧は電場を積分する事により求めるのが簡単である。問題が、全て球形な
ので極座標系を用いることにする。内側と外側の電極間に生じる電場は、対称性により
\begin{align}
 &E_\theta=0& &E_\varphi=0&
\end{align}
となり、$E_r$を求めることに問題は帰着される。これは、積分形のガウスの法則を用い
ることにより容易に計算できる。内側と外側の間に同心の球の領域を考え、この法則を適
用する。式(\ref{eq:law_gauss_int})の左辺は、
\begin{align}
 \int_S \vm{E}\cdot\vm{n}\diff S=4\pi r^2E_r \qquad a\le r \le b 
\end{align}
となる。一方、右辺は
\begin{align}
 \frac{1}{\varepsilon_0}\int_{V}\rho\diff V = \frac{Q}{\varepsilon_0}
\end{align}
この右辺と左辺は等しいので、電極間の電場は
\begin{align}
 E_r=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \qquad a\le r \le b
\end{align}
となる。

これから電極間の電位差は、この電場を積分することにより求められる。積分の結果は
\begin{align}
 V(a)-V(b)
 &=-\int_b^a \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\diff r\\
 &=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)\\
 &=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{b-a}{ab}
\end{align}
となる。

最初に示した、電圧と電荷量、静電容量の関係式から、
\begin{align}
 C
 &=\frac{Q}{V}\\
 &=Q\frac{4\pi\varepsilon_0}{Q}\frac{ab}{b-a}\\
 &=\frac{4\pi\varepsilon_0 ab}{b-a}
\end{align}
となる。

\vspace{20mm}
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\begin{itembox}[l]{\toi}
 それぞれの辺の長さが$a, b$の長方形の電極からできているコンデンサーの電極が、正確
 に平行でなく、長さ$a$の辺に沿う方向の一端の距離が$d+\delta$、他端の距離が
 $d-\delta$になっている。このコンデンサーの静電容量を$d\gg \delta$として$(\delta
 /d)$の2次の程度で求めよ。
\end{itembox}
\vspace{5mm}

\fbox{注意:教科書の解答のテイラー展開に間違いがある。}

平行平板コンデンサーの静電容量$C$は、
\begin{align}
 C=\frac{\varepsilon_0 S}{d}
\end{align}
となる。したがって、微小静電容量は、
\begin{align}
 \diff C
 &=\frac{\varepsilon_0}{d}\diff S\\
 &=\frac{\varepsilon_0}{d}\diff y \diff x
\end{align}
と書いても良いだろう。

これを使って、問題のコンデンサーの静電容量を求める。単に積分をするだけの話である。
静電容量は
\begin{align}
 C
 &=\varepsilon_0\int_{-b/2}^{b/2}\diff y
 \int_{-a/2}^{a/2}\frac{1}{d+\frac{2\delta}{a}x}\diff x\\
 &=\varepsilon_0b\times
 \frac{a}{2\delta}\log\left(\frac{d+\delta}{d-\delta}\right)\\
 &=\frac{\varepsilon_0 ab}{2\delta}\log\left(\frac{1+\delta/d}{1-\delta/d}\right)
\end{align}
となる。これを、$\delta\ll 1$としてテイラー展開する。ここで、テイラー展開式
\begin{align}
 \log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=2x+\frac{2x^3}{3}+\frac{2x^5}{5}+\frac{2x^7}{7}+\cdots
\end{align}
を用いる。すると、コンデンサーの静電容量は、
\begin{align}
 C
 &\simeq\frac{\varepsilon_0 ab}{2\delta}\left[2\left(\frac{\delta}{d}\right)+
 \frac{2}{3}\left(\frac{\delta}{d}\right)^3\right]\\
 &\simeq\frac{\varepsilon_0 ab}{d}\left[1+
 \frac{1}{3}\left(\frac{\delta}{d}\right)^2\right]
\end{align}
となる。

%
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\section{電気回路}
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\setcounter{toi_num}{1}
\begin{itembox}[l]{\toi}
 図の回路の両端AB間に電圧$V$をかけたとき、図の電流$I_0$の強さを最小にするには、P
 点の位置をCD間のどこにすればよいか。
 \begin{figure}[H]
  \begin{center}
   \includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]
   {figure/circuit.eps}
  \end{center}
 \end{figure}
\end{itembox}

教科書にならいCP間の抵抗を$X$とする。すると、PD間の抵抗は$R_1-X$となる。あとは、
キルヒホッフの法則を使えば計算できる。左の回路
に流れる電流を$I_i$、右の回路に流れる電流を$I_0$とする。すると、以下の連立方程式
\begin{align*}
 &V-I_1X-(I_1-I_0)R_2=0\\
 &-(I_0-I_1)R_2-I_0(R_1-X)=0
\end{align*}
が成り立つ。これから、$I_0$を求めることになるが、めんどくさいのでMathematicaを使
う。すると
\begin{align*}
 I_0=\frac{R_2V}{-X^2+R_1X+R_1R_2}
\end{align*}
となる。

この電流を最小にするためには、分母を最大にする必要がある。幸いなことに、分母は上
に凸な二次関数なので、最大値がある。導関数がゼロの場合で、
\begin{align*}
 -2X+R_1=0
\end{align*}
となる。したがって、
\begin{align*}
 X=\frac{R_1}{2}
\end{align*}
となり、丁度、$R_1$の中点にPにすればよい。

\vspace{20mm}
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\begin{itembox}[l]{\toi}
 起電力が$\phi^e$、内部抵抗が$r$の$n$個の電池を直列または並列に接続し、これを抵
 抗$R$につないだとき、それぞれの回路を流れる電流の強さを求めよ。
\end{itembox}

$n$個直列につないだ場合は、$n\phi^e$の電圧が$nr$の抵抗と$R$の抵抗に印可されたと
考える。したがって、この場合、流れる電流は、
\begin{align*}
 I=\frac{n\phi^e}{nr+R}
\end{align*}
となる。

並列につないだ場合の抵抗$R$に流れる電流を$I$とする。すると、各電池に流れる電流は
$I/n$となる。オームの法則とキルヒホッフの法則を使うと、
\begin{align*}
 \phi^e-\frac{I}{n}r-IR=0
\end{align*}
となる。これから、電流は、
\begin{align*}
 I=\frac{n\phi^e}{r+nR}
\end{align*}
となる。
%=====================================================================
\section{静磁場}
%=====================================================================
\setcounter{toi_num}{1}
%
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 半径$a$の無限に長い円柱状の導体内を、一様な密度で強さ$I$の電流が流れているとき、
 円柱の内外に生じる磁束密度を求めよ。
\end{itembox}

軸対称問題なので，円柱座標系を使うのが簡単である．電流があるときの静磁場は，アン
ペールの法則
\begin{align*}
 \rot{\vm{B}}=\mu_0\vm{j}
\end{align*}
を用いると簡単に計算できる．円柱状の導体内部の電流密度$\vm{j}$は，$I/\pi a^2$で
ある．当然，導体外部では$\vm{j}=0$となる．

アンペールの法則をストークスの定理を用いて，積分形に書き改めると，
\begin{align}
 \oint \vm{B}\cdot\ell=\mu_0\int_S\vm{j}\cdot\diff S
\end{align}
となる．円柱の中心を$r=0$として，円柱の内部と外部でこれを積分することを考える．
当然，磁場は円柱座標系のr方向成分$B_r$のみである．従って，積分は，
\begin{equation}
 2\pi rB_r=
\begin{cases}
  \mu_0\pi r^2\cfrac{I}{\pi a^2}=\mu I\cfrac{r^2}{a^2} & 0\leq r\leq a\text{の場合}\\
 \mu_0 I & a \leq r\text{の場合}
\end{cases}
\end{equation}
となる．これから，磁束密度は，
\begin{equation}
 B_r=
  \begin{cases}
   \cfrac{\mu_0 I r}{2\pi a^2} & 0\leq r\leq a\text{の場合}\\
   \cfrac{\mu_0 I}{2\pi r} & a \leq r\text{の場合}
  \end{cases}
\end{equation}
と求められる．

\vspace{20mm}
%
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\begin{itembox}[l]{\toi}
 図の直線電流$I$のABの部分が、図のP点につくる磁束密度は
 \begin{align*}
  B(P)=\frac{\mu_0I}{4\pi R}\left[\cos\theta_1-\cos\theta_2\right]
 \end{align*}
 で与えられることを示せ。
 \begin{figure}[H]
  \begin{center}
   \includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]
   {figure/Current.eps}
  \end{center}
 \end{figure}
\end{itembox}

点Oから直線電流に沿った座標を$x$とする．Aの方向が負でBの方向が正とする．このとき
の微小磁場は，ビオ・サバールの法則より
\begin{align*}
 \diff\vm{B}=\frac{\mu_0 I}{4\pi r^2}\frac{\diff x\times\vm{r}}{r}
\end{align*}
となる．ここで，P点での磁場は紙面と垂直方向であり，$|\diff
x\times\vm{r}/r|=\sin\theta \diff x$となる．xの位置によらず磁場の方向は同じなの
で，$\diff B$とスカラーで書いても良いだろう．微小磁場は，
\begin{align*}
 \diff B=\frac{\mu_0 I\sin\theta\diff x}{4\pi r^2}
\end{align*}
となる．これを積分すればよいのだが，そのために，
\begin{align*}
 &\tan\theta=-\frac{R}{x}& &r\sin\theta=R&
\end{align*}
をつかう．これらから，
\begin{align*}
 &\diff x=\frac{R}{\sin^2\theta}\diff\theta&
 &r=\frac{R}{\sin\theta}&
\end{align*}
これらを使うと，
\begin{align*}
 \diff B=\frac{\mu_0I}{4\pi R}\sin\theta\diff\theta
\end{align*}
となり，AからBまで積分を行うと，
\begin{align*}
 B
 &=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\frac{\mu_0I}{4\pi R}\sin\theta\diff\theta\\
 &=\frac{\mu_0I}{4\pi R}\left[\cos\theta_1-\cos\theta_2\right]
\end{align*}
となる．

\vspace{20mm}
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\section{ローレンツ力}
%=====================================================================
\setcounter{toi_num}{1}
%
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\begin{itembox}[l]{\toi}
 無限に長い直線電流$I_1$と同じ平面内に、図のような長方形の回路があり、そこに強さ
 $I_2$の電流を流した。この長方形の回路に作用する力を求めよ。
 \begin{figure}[H]
  \begin{center}
   \includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]
   {figure/force_current.eps}
  \end{center}
 \end{figure}
\end{itembox}

証明はしないが，長方形の回路が作る磁場でそ長方形の形回路に作用する力の大きさの合
計は，ゼロである．もしゼロでないと，自分自身の電流で永久に力を受けることになり，
永久機関が出来てしまう．これは矛盾である．

長方形の回路と同一平面で，紙面に垂直方向で紙面から手前に向かう方向がz方向，
B$\leftarrow$Cをx方向，B$\leftarrow$Aをy方向とする．直線電流の軸をy軸とし，x軸の
原点は直線電流上にあるとする．長方形回路の$x$での直線電流が作るコイ
ルと同一平面上の磁場は，z方向成分$B_z$のみで，その強さはアンペールの法則から，
\begin{align*}
 B_z=-\frac{\mu_0 I_1}{2\pi x}
\end{align*}
となる．

コイルに流れる電流は，xおよびy方向である．B$\rightarrow$Cをx方向，
B$\rightarrow$Aをy方向とする．もちろん，右手系を採用するので，である．

微少電流$\vm{I}\diff\ell$が磁場$\vm{B}$より受ける力は，ローレンツ力から，
\begin{align*}
 \diff\vm{F}=\vm{I}\diff\ell\times\vm{B}
\end{align*}
となる．ここで，$\diff\ell=a\diff\theta$である．磁場はz方向のみなので，長方形の
長方形回路に作用するy方向の力は，x方向を向いたADと，CBに流れる電流によるローレンツ力
の和で
\begin{align*}
 F_y&=\frac{\mu_0 I_1}{2\pi}\int_\ell^{\ell+b}\frac{I_2}{x}\diff x-
\frac{\mu_0 I_1}{2\pi}\int_\ell^{\ell+b}\frac{I_2}{x}\diff x\\
&=0
\end{align*}
となる．ADと，CBに流れる電流によるy方向の力はキャンセルされるのである．次に，BA
とCDのy方向の電流によるx方向の力を計算する．これは，
\begin{align*}
 F_x&=-\int_0^a I_2\frac{\mu_0 I_1}{2\pi\ell}\diff y+
 \int_0^a I_2\frac{\mu_0 I_1}{2\pi(\ell+b)}\diff y\\
 &=\frac{\mu_0 I_1 I_2 a}{2\pi}\left(\frac{1}{\ell+b}-\frac{1}{\ell}\right)\\
 &=-\frac{\mu_0 I_1 I_2 ab}{2\pi\ell(\ell+b)}
\end{align*}
となる．
\vspace{20mm}
%
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 無限に長い直線電流$I_1$と、半径$a$の円形回路が同一平面におかれていて、その円の
 中心から直線電流までの距離は$d(\ge a)$であり、円形回路内の電流の強さは$I_2$であ
 るとする。このとき円形回路に作用する力を求めよ。
\end{itembox}

下図のように座標系を決める．
%
\begin{figure}[H]
 \begin{center}
  \includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]
  {figure/line_cir_current.eps}
 \end{center}
\end{figure}
%
証明はしないが，円形回路が作る磁場でその円形回路に作用する力の大きさの合計は，ゼ
ロである．もしゼロでないと，自分自身の電流で永久に力を受けることになり，永久機関
が出来てしまう．これは矛盾である．

円形回路上の任意の点Pの位置での直線電流が作る磁場は，z方向成分$B_z$のみで，その
強さはアンペールの法則から，
\begin{align*}
 B_z=-\frac{\mu_0 I_1}{2\pi(d+a\cos\theta)}
\end{align*}
となる．P点での円形回路の電流はx成分とy成分に分けることができ，それぞれ
\begin{align*}
 &I_x=-I_2\sin\theta& &I_y=I_2\cos\theta& \nonumber
\end{align*}
となる．

微少電流$\vm{I}\diff\ell$が磁場$\vm{B}$より受ける力は，ローレンツ力から，
\begin{align*}
 \diff\vm{F}=\vm{I}\diff\ell\times\vm{B}
\end{align*}
となる．ここで，$\diff\ell=a\diff\theta$である．したがって，先ほど求めた磁場と電流による力は，
\begin{align*}
 &\diff F_x
 =-I_x B_z a\diff\theta
 =-\frac{\mu_0 I_1I_2\sin\theta}{2\pi(d+a\cos\theta)}a\diff\theta&
 &\diff F_y
 =I_yB_z\diff\theta
 =\frac{\mu_0 I_1I_2\cos\theta}{2\pi(d+a\cos\theta)}a\diff\theta&
\end{align*}
となる．これを$[-\pi,\pi]$の範囲で積分すれば，円形回路に作用する力が分かる．$F_x$
を求める被積分関数は奇関数なので，この範囲の積分はゼロになる．一方，$F_y$を求め
る被積分関数は偶関数なので，積分範囲を半分にして，それを2倍しても良い．円形回路
のy方向に作用する力は，
\begin{align*}
 F_y
 &=2\int_0^{\pi}\frac{\mu_0 I_1I_2a\cos\theta}{2\pi(d+a\cos\theta)}
 \diff\theta\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\int_0^{\pi}\frac{a\cos\theta}{d+a\cos\theta}
 \diff\theta\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\int_0^{\pi}\left[1-\frac{d}{d+a\cos\theta}
 \right] \diff\theta\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\left[\pi-\int_0^{\pi}\frac{d}{d+a\cos\theta}
 \diff\theta\right]\\
 &\qquad\text{ここで，}\tan\frac{\theta}{2}=t\text{と変数変換する}\\
 &\qquad\text{すると，}\cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2},
 \quad\diff\theta=\frac{2\diff t}{1+t^2}\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\left[\pi-
 \int_0^{\infty}\frac{d}{d+a\frac{1-t^2}{1+t^2}}\times\frac{2}{1+t^2}\diff t
 \right]\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\left[\pi-
 \frac{2d}{d-a}\int_0^{\infty}\frac{1}{\frac{d+a}{d-a}+t^2}\diff t
 \right]\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\left\{
 \pi-\frac{2d}{d-a}\left[
 \sqrt{\frac{d-a}{d+a}}\tan^{-1}\left(\sqrt{\frac{d+a}{d-a}}t\right)
 \right]_0^{\infty}
 \right\}\\
 &=\frac{\mu_0 I_1I_2}{\pi}\left[
 \pi-\frac{\pi d}{\sqrt{d^2-a^2}}
 \right]\\
&=\mu_0 I_1I_2\left[1-\frac{d}{\sqrt{d^2-a^2}}\right]\\
\end{align*}
となる．

\vspace{20mm}
%=====================================================================
\section{電磁誘導}
%=====================================================================
\setcounter{toi_num}{1}
%
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 図のように磁石の間に面積$S=1.0\times10^{-2}\mathrm{m}^2$で、抵抗$R=10\Omega$の長
 方形コイルを設置して、その中心軸のまわりを角速度
 $\omega=3\times10^3\mathrm{s}^{-1}$で回転させる。このとき、コイル内に発生する電
 流の強さの最大値はいくらか。なお、磁石の作る磁束密度の強さは$B=0.5\mathrm{T}$と
 する。また、コイル内の誘導電流のつくる磁場による効果は無視してよい。
 \begin{figure}[H]
  \begin{center}
   \includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]
   {figure/dBdt.eps}
  \end{center}
 \end{figure}
\end{itembox}
\vspace{5mm}

コイルを貫く磁束$\phi$は、
\begin{align*}
 \phi
 &=\int_S B\diff S\sin(\omega t+\theta_0)\\
 &=BS\sin(\omega t+\theta_0)
\end{align*}
と書ける。コイル1周に発生する電圧$V$は、
\begin{align*}
 V
 &=\oint\vm{E}\diff \vm{\ell}\\
 &=\int_S\rot{\vm{E}}\cdot\vm{n}\diff S\\
 &=\int_S\left(-\pdiff{1}{\vm{B}}{t}\right)\\
 &=-\frac{\diff}{\diff t}\int_S \phi\diff S\\
 &=-\frac{\diff\phi}{\diff t}
\end{align*}
となる。フラックス$\phi$は、最初に示した式を使う。すると、
\begin{align*}
 V=-\omega BS\sin(\omega t+\theta_0)
\end{align*}
と電圧を求めることができる。電流はオームの法則$V=IR$より
\begin{align*}
 I
 &=\frac{V}{R}\\
 &=-\frac{\omega BS\sin(\omega t+\theta_0)}{R}
\end{align*}
となる。電流の最大値は、$\omega BS/R$となり、それぞれ値を代入すると、
1.5[A]になる。

\vspace{20mm}
%
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 図のように幅が$\ell$で抵抗が無視できる導線に質量$m$抵抗$R$の導線a,b を水平にか
 けて閉回路をつくる。この閉回路に垂直に一様な静磁場$\vm{B}$をかけて、導線abを自
 由落下させたとき、その終速度を求めよ。なお、このとき導線間の摩擦力と閉回路内の
 誘導電流のつくる磁場は無視できるものとする。
 \begin{figure}[H]
  \begin{center}
   \includegraphics[keepaspectratio, scale=1.0]
   {figure/jiyurakka.eps}
  \end{center}
 \end{figure}
\end{itembox}

導線a,bが一番上にあるとき$x=0$とする座標を選び，下に向かうとそれが増加するように
する．すると回路が囲む面積$S$は，$x\ell$となる．ここを貫く，フラックスは
$\phi=x\ell B$
となる．抵抗は，導線a,bのみなので，その間の電圧は，
\begin{align*}
 V
 &=-\frac{\diff\phi}{\diff t}\\
 &=-\ell Bv
\end{align*}
である．これから，回路に流れる電流は
\begin{align}
 I=-\frac{\ell Bv}{R}
\end{align}
となる．

この電流が流れることにより，ローレンツ力が発生することになる．ローレンツ力は，
$qvB$となるが，電荷密度$\rho$と導線の断面積$S$と長さ$\ell$を考えると
\begin{align*}
 F
 &=qvB\\
 &=\int \rho vB\diff V\\
 &=\rho vBS\ell\\
 &\qquad\text{$\rho vS=I$なので}\\
 &=IB\ell
\end{align*}
と書くことができる．終速度に達した場合，このローレンツ力と重力による力が釣り合う
ので，$mg+Iv\ell=0$となる．電流は分かっているので，終速度は，
\begin{align*}
 v=\frac{Rmg}{B^2\ell^2}
\end{align*}
となる．
%
%=====================================================================
\section{マクスウェルの方程式}
%=====================================================================
\setcounter{toi_num}{1}
%
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 微分形のマクスウェルの方程式を示せ。
\end{itembox}
\vspace{5mm}

微分形のマクスウェルの方程式は、以下の通りである。
\begin{align*}
 &\div{\vm{D}}=\rho\\
 &\div{\vm{B}}=0\\
 &\rot{\vm{E}}=-\pdiff{1}{\vm{B}}{t}\\
 &\rot{\vm{H}}=\vm{j}+\pdiff{1}{\vm{D}}{t}
\end{align*}

%
\vspace{20mm}
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 ガウスの定理とストークスの定理を使って、微分形のマクスウェルの方程式を積分形に書き改めよ。
\end{itembox}
%

\vspace{5mm}
微分形のマクスウェルの方程式は、
\begin{align*}
 &\div{\vm{D}}=\rho\\
 &\div{\vm{B}}=0\\
 &\rot{\vm{E}}=-\pdiff{1}{\vm{B}}{t}\\
 &\rot{\vm{H}}=\vm{j}+\pdiff{1}{\vm{D}}{t}
\end{align*}
である。これらの式を
\begin{align*}
 &\int_V\div{\vm{A}}\diff V=\int_S\vm{A}\cdot\vm{n}\diff S& &ガウスの定理&\\
 &\int_S\rot{\vm{A}}\diff S=\oint\vm{A}\cdot\diff \ell& &ストークスの定理&\\
\end{align*}
を使って、積分形に書き直す。

マクスウェルの方程式の1番目の式の両辺を体積積分を行い、ガウスの定理を使うと
\begin{align*}
 &\int_V\div{\vm{D}}\diff V=\int_V\rho\diff V& &\text{ガウスの定理}\Rightarrow& &\int_S\vm{D}\cdot\vm{n}\diff S=\int_V\rho\diff V&
\end{align*}
となり、積分形のガウスの法則が得られる。

同じことをマクスウェルの方程式の2番目の式に施すと
\begin{align*}
 &\int_V\div{\vm{B}}\diff V=0& &\text{ガウスの定理}\Rightarrow& &\int_S\vm{B}\cdot\vm{n}\diff S=0&
\end{align*}
が得られる。これが磁場に関する積分形のガウスの法則である。

次に、マクスウェルの方程式の番目の式に面積積分を行い、ストークスの定理を使うと
\begin{align*}
 &\int_S\rot{\vm{E}}\diff S=\int_S\left(-\pdiff{1}{\vm{B}}{t}\right)\diff S&
 &\text{ストークスの定理}\Rightarrow&
 &\int_C\vm{E}\cdot\diff\vm{\ell}=
 -\frac{\diff}{\diff t}\int_S\vm{B}\cdot\vm{n}\diff S&
\end{align*}
が得られる。これは、積分形で表したファラデーの電磁誘導の法則である。

最後は、マクスウェルの方程式の4番目の式に同じようにストークスの定理を応用すると
\begin{align*}
 &\int_S\rot{\vm{H}}\diff S=\int_S\left(\vm{j}+\pdiff{1}{\vm{D}}{t}\right)\diff S&
 &\text{ストークスの定理}\Rightarrow&
 &\int_C\vm{H}\cdot\diff\vm{\ell}=
 \int_S\vm{j}\cdot\vm{n}\diff S+
 \frac{\diff}{\diff t}\int_S\vm{D}\cdot\vm{n}\diff S&
\end{align*}
が得られる。これは、積分形のアンペール-マクスウェルの法則である。
%=====================================================================
\section{波動方程式}
%=====================================================================
\setcounter{toi_num}{1}
%
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 自由空間中のマクスウェルの方程式を示せ。
\end{itembox}
\vspace{5mm}

自由空間では、電流や電荷はない。したがって、マクスウェルの方程式の中で、$\rho=0$、
$\vm{j}=0$とすればよい。すると、自由空間での電磁場を表すマクスウェルの方程式
%
\begin{align*}
 &\div{\vm{E}}=0 \\
 &\div{\vm{B}}=0 \\
 &\rot{\vm{E}}+\pdiff{1}{\vm{B}}{t}=0 \\
 &\rot{\vm{B}}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{1}{\vm{E}}{t}=0 
\end{align*}
が得られる。
%

\vspace{20mm}
%+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
\begin{itembox}[l]{\toi}
 自由空間中のマクスウェルの方程式から、以下の波動方程式を導け。
 \begin{align*}
  &\nabla^2\vm{E}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{E}}{t}=0\\
  &\nabla^2\vm{B}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{B}}{t}=0
 \end{align*}
\end{itembox}

\vspace{5mm}
自由空間では、電流や電荷はない。したがって、マクスウェルの方程式は
%
\begin{align*}
 &\div{\vm{E}}=0 \\
 &\div{\vm{B}}=0 \\
 &\rot{\vm{E}}+\pdiff{1}{\vm{B}}{t}=0 \\
 &\rot{\vm{B}}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{1}{\vm{E}}{t}=0 
\end{align*}
となる。

この式のうち3番目のものの両辺に回転の演算子を作用させると、
\begin{align}
 0&=\rot{\rot{\vm{E}}}+\pdiff{1}{}{t}(\rot{\vm{B}})\nonumber \\
 &\qquad\qquad\text{マクスウェルの方程式の4番目の式)より}\nonumber \\
 &=\rot{\rot{\vm{E}}}+\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{E}}{t}
\end{align}
となり、電場のみの式にできる。ここで、右辺第一項であるが、これはベクトル恒等式
$\rot{\rot{\vm{A}}}=\grad{(\div{\vm{A}})}-\nabla^2\vm{A}$を使い、
\begin{align*}
 0&=\grad{(\div{\vm{E}})}-\nabla^2\vm{E}
 +\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{E}}{t} \\
 &\qquad\qquad\text{マクスウェルの方程式の1番目の式より} \\
 &=-\nabla^2\vm{E}+\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{E}}{t}
\end{align*}
と変形できる。これで、電場のみの式となった。

同様のことを磁場について行う。マクスウェルの方程式の4番目の式の両辺の回転の演算
子を作用させると
\begin{align*}
 0&=\rot{\rot{\vm{B}}}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{1}{}{t}(\rot{\vm{E}}) \\
 &\qquad\qquad\rot{\rot{\vm{A}}}=\grad{(\div{\vm{A}})}-\nabla^2\vm{A}
 \text{とマクスウェルの方程式の3番目の式より}\\
 &=\grad{(\div{\vm{B}})}-\nabla^2\vm{B}
 +\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{B}}{t}\\
 &\qquad\qquad\text{マクスウェルの方程式の2番目の式より}\\
 &=-\nabla^2\vm{B}+\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{B}}{t}\\
\end{align*}
が得られる。

以上の操作により得られた電場と磁場の式を整理すると、
\begin{align*}
 \nabla^2\vm{E}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{E}}{t}=0\\
 \nabla^2\vm{B}-\varepsilon_0\mu_0\pdiff{2}{\vm{B}}{t}=0
\end{align*}
が得られる。
%
%
%
%=====================================================================
\end{document}