第24章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

面積 $A$ と $2 A$ ，間隔がともに $d$ の真空平行板コンデンサーを理想導線で直列につなぎ，理想電源でゆっくり充電します．初めは無帯電で，中間の導体部分は孤立しています．ある瞬間，各コンデンサーの正極板の電荷は $Q > 0$ で，電源からの充電電流は $I > 0$ です．縁の効果と磁場エネルギーを無視します．

各極板間の電場と，極板全面を貫く変位電流を求めよ．
各極板間に蓄えられる電気エネルギーと，その増加率の比を求めよ．電源の仕事率との関係も示せ．

**［図：異なる極板面積の直列コンデンサー］**
極板面積 A と 2A，間隔 d の二つのコンデンサーを直列につなぐ．電源からの充電電流 I と各正極板の電荷 Q を示す．中間導体は橙色で示し，電源の端子から孤立している．

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考え方
孤立した中間導体の全電荷が0なので，両コンデンサーに蓄積する電荷は等しい．電場の大きさと変位電流の大きさは別々に調べる．

ガウスの法則から $E_{1} = Q / (ε_{0} A)$ ， $E_{2} = Q / (2 ε_{0} A)$ である．正極板から負極板へ向かう法線を各面の正方向とすると， $\frac{d Q}{d t} = I$ より

I_{d 1} = ε_{0} A \frac{d E_{1}}{d t} = I, I_{d 2} = 2 ε_{0} A \frac{d E_{2}}{d t} = I .

電場は異なるが，全面の変位電流は等しい．

密度を体積に掛けると $U_{1} = ε_{0} E_{1}^{2} A d / 2 = Q^{2} d / (2 ε_{0} A)$ ， $U_{2} = Q^{2} d / (4 ε_{0} A)$ ．したがって $U_{1} : U_{2} = 2 : 1$ ．微分して $\frac{d U_{1}}{d t} = Q I d / (ε_{0} A)$ ， $\frac{d U_{2}}{d t} = Q I d / (2 ε_{0} A)$ なので，増加率も $2 : 1$ である．各電圧 $V_{1} = E_{1} d, V_{2} = E_{2} d$ を使えば，和は $(V_{1} + V_{2}) I$ となり，理想電源の仕事率に等しい．配線での損失は理想導線の仮定により0である．縁の効果と極板間の磁場エネルギーを小さくするには， $d / \sqrt{A}$ と装置の大きさを $c$ と変化時間の積で割った比が十分小さいことが必要である．

演習 2

オリジナル ★☆☆☆☆

一様な静電場 $E = E_{0} e_{x}$ と静磁場 $B = B_{0} e_{y}$ が重なる直方体領域を考えます． $e_{x}, e_{y}, e_{z}$ は右手系の単位ベクトルです． $z$ に垂直な断面積は $A = 2.0 \times 10^{- 4} m^{2}$ ，長さは $ℓ = 2.0 \times 10^{- 2} m$ とします．場を作る電荷と電流は領域の外にあります． $E_{0} = 2.0 \times 10^{4} V m^{- 1}$ ， $B_{0} = 3.0 \times 10^{- 5} T$ ， $ε_{0} = 8.85 \times 10^{- 12} F m^{- 1}$ ， $μ_{0} = 4 π \times 10^{- 7} H m^{- 1}$ とします．

領域に蓄えられる全エネルギーと， $z$ に垂直な一断面を通る電力を求めよ．
領域の全境界から外へ出る正味の電力を求め，場が静的であることと矛盾しないか説明せよ．

**［図：直方体領域と直交する電場・磁場］**
直方体の z に垂直な断面積 A と長さ ℓ を示す．右手系の座標軸に沿って，電場 E₀ は +x 向き，磁場 B₀ は +y 向きに重なる．

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考え方
エネルギー密度は場の大きさから，流れは外積から求める．一断面の電力と，閉じた境界の正味の電力を区別する．

$u_{E} = ε_{0} E_{0}^{2} / 2 = 1.77 \times 10^{- 3} J m^{- 3}$ ， $u_{B} = B_{0}^{2} / (2 μ_{0}) = 3.58 \times 10^{- 4} J m^{- 3}$ ．体積は $A ℓ = 4.0 \times 10^{- 6} m^{3}$ だから $U = (u_{E} + u_{B}) A ℓ = 8.5 \times 10^{- 9} J$ ．外積より $S = E_{0} B_{0} e_{z} / μ_{0}$ ，したがって $+ z$ 向きの断面電力は $P = A E_{0} B_{0} / μ_{0} = 9.5 \times 10^{1} W$ である．
$+ z$ 側の端面から出る電力が $P$ ，反対の端面から出る電力が $- P$ ，側面からは0なので，正味は0である．流入と流出が等しく，内部で発熱もないため $\frac{d U}{d t} = 0$ と整合する．確認すると， $E_{0} B_{0} / μ_{0}$ の単位は $W m^{- 2}$ であり，静的な場でも一断面を通る流れは0とは限らない．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

半径 $a$ ，正電荷 $Q$ が未知の細い絶縁リングを，軸上の観測点Pへ一定の速さ $v$ で近づけます．リングの面は軸に垂直で，中心からPまでの距離を $x > 0$ とします．Pでの電場の正方向はリングからPへ向かう方向です．準静的な電場として

E (x) = \frac{Q x}{4 π ε_{0} {(x^{2} + a^{2})}^{3 / 2}}

を使ってよいとします．変位電流密度 $j_{d} = ε_{0} \frac{d E}{d t}$ の符号を測ると，次の結果でした．零点の距離は $x_{*} = (2.00 \pm 0.05) cm$ ，そこでの電場は $E_{*} = 1.00 \times 10^{4} V m^{- 1}$ です．電場の不確かさは無視し， $ε_{0} = 8.85 \times 10^{- 12} F m^{- 1}$ とします．

$x$	$3.0 cm$	$2.0 cm$	$1.0 cm$
$j_{d}$ の符号	正	0	負

$j_{d} (x)$ を導き， $a, Q$ を推定せよ．
$a, Q$ の相対不確かさを1次の近似で求めよ．また，Pでの電気エネルギー密度が最大になる距離を求めよ．

**［図：観測点へ近づく絶縁リング］**
軸に垂直な半径 a の絶縁リングと軸上の観測点 P．中心から P までの距離 x と，P に向かう速さ v を示す．リングには未知の正電荷 Q が固定されている．

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考え方
空間微分に $\frac{d x}{d t} = - v$ を掛けて時間変化を求める．零点が未知の長さを決め，そこでの電場が電荷を決める．

微分すると

\frac{d E}{d x} = \frac{Q (a^{2} - 2 x^{2})}{4 π ε_{0} {(x^{2} + a^{2})}^{5 / 2}}, j_{d} = \frac{Q v (2 x^{2} - a^{2})}{4 π {(x^{2} + a^{2})}^{5 / 2}} .

零点は $a = \sqrt{2} x_{*}$ で，符号の順序も測定と一致する．よって $a = 2.83 cm$ ．この関係を電場へ代入すると $E_{*} = Q / (12 \sqrt{3} π ε_{0} x_{*}^{2})$ ，したがって $Q = 12 \sqrt{3} π ε_{0} x_{*}^{2} E_{*} = 2.31 \times 10^{- 9} C$ である．

$a$ は $x_{*}$ に比例するので $δ a / a = δ x_{*} / x_{*} = 0.025$ ． $Q$ は $x_{*}^{2}$ に比例するので $δ Q / Q \approx 2 δ x_{*} / x_{*} = 0.050$ ．絶対幅は約 $0.07 cm$ ， $0.12 \times 10^{- 9} C$ となる． $E > 0$ の範囲では $u_{E} = ε_{0} E^{2} / 2$ の極大と $E$ の極大が一致するため，最大は $x = a / \sqrt{2} = x_{*}$ ．確認すると， $x \to 0$ と $x \to \infty$ で電場は0になり，極大の存在と整合する．準静的な式には $v / c$ ，不確かさの1次近似には $δ x_{*} / x_{*}$ の小ささが必要である．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

半径 $a$ ，間隔 $d$ ，容量 $C = ε_{0} π a^{2} / d$ の真空円板コンデンサーに，理想電源で $V (t) = V_{0} \cos ω t$ を加えます．極板は固定され，極板間の場は軸対称で，電場の正方向を $+ z$ とします． $d / a$ と $ω a / c$ は十分小さく，電場は $E_{z} = V / d$ と近似します．

複素インピーダンスから電流を求め， $r = a$ の側面での磁場とポインティングベクトルを求めよ．
側面から内側へ入る符号つきの電力と， $t = 0$ から $π / (2 ω)$ までの流入エネルギーを求めよ．一周期の平均電力も求めよ．

**［図：交流電源につないだ円板コンデンサー］**
交流電源と容量 C の円板コンデンサー．極板半径 a，間隔 d，電場の正方向である +z 軸と極板間の円筒側面を示す．電源電圧は V(t) = V₀ cos ωt である．

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考え方
まず複素振幅で回路を解き，実際の電流へ戻す．電場と磁場の積が，蓄積と返還を交互に表す．

複素数の電圧振幅を $\hat{V} = V_{0}$ とすると， $Z_{C} = 1 / (i ω C)$ より $\hat{I} = i ω C V_{0}$ ．実部を取って $I (t) = - ω C V_{0} \sin ω t$ となる． $+ z$ 側から見て反時計回りの磁場成分を $B_{ϕ}$ とすれば，閉じた円周に沿って一周するアンペール・マクスウェルの法則は $2 π a B_{ϕ} = μ_{0} I$ である． $e_{z} \times e_{ϕ} = - e_{r}$ なので

B_{ϕ} (a, t) = - \frac{μ_{0} ω C V_{0}}{2 π a} \sin ω t, S_{r} (a, t) = \frac{ω C V_{0}^{2}}{2 π a d} \sin ω t \cos ω t .

内向きを正に取ると $P_{in} = - 2 π a d S_{r} = - ω C V_{0}^{2} \sin ω t \cos ω t$ ．これは $U_{E} = C V_{0}^{2} \cos^{2} ω t / 2$ の微分に等しい．指定した四分の一周期には

\int_{0}^{π / (2 ω)} P_{in} d t = U_{E} (\frac{π}{2 ω}) - U_{E} (0) = - \frac{1}{2} C V_{0}^{2} .

初めのエネルギーが電源へ戻る．一周期ではエネルギーが初期値に戻るので平均電力は0である．確認すると，この一致は $d / a$ と $ω a / c$ が十分小さい範囲の先頭の近似であり，極板間の磁場エネルギーは一周期の最大電気エネルギーに対して ${(ω a / c)}^{2}$ 程度の補正になる．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

内半径 $a$ ，外半径 $b$ ，軸方向の高さ $h$ の長方形断面をもつ真空トロイドに，導線を $N$ 回均等に巻きます．巻線が十分密な理想模型で，内部の磁場は円周方向，外部の磁場は0とします．初め電流は $I_{0}$ で，電源を外して全抵抗 $R$ の閉回路に切り替えます．巻線自身の電場エネルギーは無視します．

磁場エネルギーの積分から自己インダクタンス $L$ を求めよ． $b - a$ が $a$ に比べて小さい場合の式も求めよ．
電流の時間変化，時刻 $t$ までの発熱量，磁場に残るエネルギーを求めよ．

**［図：長方形断面のトロイドと切り替え回路］**
トロイドの内半径 a，外半径 b，高さ h，巻数 N と切り替え回路．図のスイッチは電源側の接点から離れ，抵抗 R と巻線の閉回路側につながっている．

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考え方
磁場が半径で変わるため，密度を一点で代表させずに積分する．切り替え後は減少した磁場エネルギーが発熱になる．

半径 $r$ の閉じた道に沿って一周すると $2 π r B_{ϕ} = μ_{0} N I$ なので $B_{ϕ} = μ_{0} N I / (2 π r)$ ．体積要素 $2 π r h d r$ を使って

U_{B} = \int_{a}^{b} \frac{B_{ϕ}^{2}}{2 μ_{0}} 2 π r h d r = \frac{μ_{0} N^{2} h I^{2}}{4 π} \ln (\frac{b}{a}) = \frac{1}{2} L I^{2} .

よって $L = μ_{0} N^{2} h \ln (b / a) / (2 π)$ ． $δ = (b - a) / a$ が十分小さいとき， $\ln (1 + δ) \approx δ$ より $L \approx μ_{0} N^{2} h (b - a) / (2 π a)$ である．

$L \frac{d I}{d t} + R I = 0$ に $I \propto e^{s t}$ を代入すると $s = - R / L$ ． $τ = L / R$ として $I = I_{0} e^{- t / τ}$ ， $U_{B} (t) = L I_{0}^{2} e^{- 2 t / τ} / 2$ ．発熱量は

W_{R} = \int_{0}^{t} R I_{0}^{2} e^{- 2 t^{'} / τ} d t^{'} = \frac{1}{2} L I_{0}^{2} (1 - e^{- 2 t / τ}) .

確認すると $W_{R} + U_{B} (t) = L I_{0}^{2} / 2$ である．細い断面の式には $(b - a) / a$ の小ささが必要であり，集中定数回路には装置の最大寸法を $c τ$ で割った比の小ささも必要である．

演習 6

オリジナル ★★☆☆☆

面積 $A$ ，間隔 $d (t)$ の真空平行板コンデンサーを，電圧 $V > 0$ を保つ理想電源につなぎます．極板を平行に保ったまま外力でゆっくり引き離し， $\frac{d d}{d t} = v > 0$ とします．正極板へ流れ込む電流を正とし，縁の効果と磁場エネルギーを無視します．

電源の電流と，極板面積 $A$ に対応する極板間の固定した平面を貫く変位電流を求めよ．その面は考える短い時間区間を通して極板間にあり，正法線を電場の向きとする．
電源の仕事率，電気エネルギーの変化率，外力の仕事率を求め，極板間の引力を導け．

**［図：電圧一定で引き離す極板と固定面］**
電圧 V を保つ電源につないだ面積 A の極板．上側の極板を速さ v で動かし，間隔 d(t) を増やす．極板間に固定した積分面を破線で示し，正法線を正極板から負極板へ向ける．

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考え方
電圧一定では，引き離すと容量が減り，電荷が電源へ戻る．エネルギーの微分だけで力を決めず，電源の仕事を収支に入れる．

$C = ε_{0} A / d$ ， $Q = C V$ より $I = \frac{d Q}{d t} = - ε_{0} A V v / d^{2}$ ．固定面の電束は $Φ_{E} = A V / d$ なので $I_{d} = ε_{0} \frac{d Φ_{E}}{d t} = - ε_{0} A V v / d^{2} = I$ ．電場の向きが変わらなくても変位電流は負になる．
電源が外へする仕事率は $P_{src} = V I = - ε_{0} A V^{2} v / d^{2}$ ．負なので電源がエネルギーを受け取る．一方 $U_{E} = ε_{0} A V^{2} / (2 d)$ より $\frac{d U_{E}}{d t} = - ε_{0} A V^{2} v / (2 d^{2})$ ．準静的な収支 $\frac{d U_{E}}{d t} = P_{src} + P_{ext}$ から $P_{ext} = ε_{0} A V^{2} v / (2 d^{2})$ ． $P_{ext} = F v$ より，引力の大きさは $F = ε_{0} A V^{2} / (2 d^{2})$ である．確認すると，電源が受け取る電力は場の減少率と外力の仕事率の和に等しい．必要な小さい比は $d / \sqrt{A}$ ， $v / c$ ，および装置の寸法を電場の変化時間 $d / v$ と $c$ の積で割った比である．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

半径 $a$ の軸対称なコンデンサーで，極板を中央面の上下に対称に曲げ，局所的な間隔を $d (r) = d_{0} (1 + α r^{2} / a^{2})$ とします． $α > 0$ は1程度の定数です． $d_{0} (1 + α) / a$ が十分小さく，各半径で平行板として扱います．ゆっくり変わる電圧 $V (t)$ により，中央面では $E_{z} (r, t) = V (t) / d (r)$ と近似し， $E_{r} = 0$ です．変化時間を $τ$ とし， $a / (c τ)$ は十分小さいとします．

半径 $r < a$ の円内の変位電流と，円周上の $B_{ϕ}$ を求めよ．全容量も求めよ．
半径 $r$ の円筒側面から内側へ入る電力を，局所平行板の精度で求め，円筒内の電気エネルギーの変化率と比べよ． $α \to 0$ の極限を確かめよ．

**［図：曲げた極板と半径 r の円筒］**
半径 a の極板を中央面の上下に対称に曲げる．中心の間隔 d₀，半径 r での間隔 d(r)，中央面と半径 r の円筒側面を示す．

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考え方
変位電流は電場を面積で積分して求める．同じ積分が電気容量とエネルギーにも現れる．

$\dot{V} = \frac{d V}{d t}$ と書く．中央面を貫く変位電流は

I_{d} (r) = \frac{2 π ε_{0} \dot{V}}{d_{0}} \int_{0}^{r} \frac{s d s}{1 + α s^{2} / a^{2}} = \frac{π ε_{0} a^{2} \dot{V}}{α d_{0}} \ln (1 + \frac{α r^{2}}{a^{2}}) .

閉じた円周に沿って一周して $2 π r B_{ϕ} = μ_{0} I_{d} (r)$ より $B_{ϕ} = μ_{0} ε_{0} a^{2} \dot{V} \ln (1 + α r^{2} / a^{2}) / (2 α d_{0} r)$ ．全面の電荷は $Q = ε_{0} \int E_{z} d A$ なので $C = π ε_{0} a^{2} \ln (1 + α) / (α d_{0})$ である．

磁場と電場を厚み内で中央面の値で代表させると， $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ ．したがって

P_{in} (r) = - 2 π r d (r) S_{r} = V I_{d} (r) = \frac{π ε_{0} a^{2} V \dot{V}}{α d_{0}} \ln (1 + \frac{α r^{2}}{a^{2}}) .

円筒内では $d U_{E} = ε_{0} {[V / d (s)]}^{2} d (s) 2 π s d s / 2$ なので，積分して $U_{E} (r) = π ε_{0} a^{2} V^{2} \ln (1 + α r^{2} / a^{2}) / (2 α d_{0})$ ．その微分は流入電力に等しい．確認すると， $\ln (1 + α r^{2} / a^{2}) / α \to r^{2} / a^{2}$ より，一様な間隔の容量と磁場に戻る．捨てた縁・傾斜・磁場エネルギーの補正を小さくする条件は，指定した $d_{0} (1 + α) / a$ と $a / (c τ)$ の小ささである．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

半径 $a, b$ の同心導体球の間を真空とし，内球に $+ Q (t)$ ，外球に $- Q (t)$ を蓄えます．外力で駆動される電荷の輸送装置が，球間を球対称な電流密度 $j = - I (t) e_{r} / (4 π r^{2})$ で電荷を内球へ運び， $\frac{d Q}{d t} = I > 0$ とします．輸送中の正負の電荷は体積電荷密度を打ち消す理想模型です．球対称性により磁場は0とし，外力の仕事以外の損失と運動エネルギーの変化を無視します．

球間の電場と，外向き法線の球面を貫く伝導電流・変位電流を求め，磁場が0であることとの整合を説明せよ．
場のエネルギーの増加率を積分で求めよ．ポインティングベクトルが0であるにもかかわらず，エネルギーが増える理由を $\int j \cdot E d V$ から説明せよ． $d V$ は体積要素を表す．

**［図：同心導体球と球対称な電荷輸送］**
同心導体球の半径 a，b と内球の電荷 +Q，外球の電荷 −Q．球間の積分領域を薄く塗り，電荷の輸送装置による内向き電流密度 j を示す．

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考え方
変位電流と伝導電流の和を調べ，エネルギー保存には電場が電荷へする仕事も入れる．

ガウスの法則より $E = Q e_{r} / (4 π ε_{0} r^{2})$ ．外向きの伝導電流は $- I$ ，電束は $Φ_{E} = Q / ε_{0}$ なので変位電流は $+ I$ である．両者は球間の各点でも $j + ε_{0} \frac{\partial E}{\partial t} = 0$ と打ち消すため，アンペール・マクスウェルの法則と磁場0は整合する．
場のエネルギーは

U_{E} = \int_{a}^{b} \frac{ε_{0}}{2} {(\frac{Q}{4 π ε_{0} r^{2}})}^{2} 4 π r^{2} d r = \frac{Q^{2}}{8 π ε_{0}} (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) .

よって $\frac{d U_{E}}{d t} = Q I (1 / a - 1 / b) / (4 π ε_{0})$ ．一方，電場が輸送電荷へする仕事率は

\int j \cdot E d V = - \frac{Q I}{4 π ε_{0}} \int_{a}^{b} \frac{d r}{r^{2}} = - \frac{Q I}{4 π ε_{0}} (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) .

電荷は電場に逆らって運ばれるので，外力がこの負の仕事を補い，そのエネルギーが場に蓄積する． $S = 0$ でも， $\frac{d U_{E}}{d t} = - \int j \cdot E d V$ は成り立つ．確認すると，球間電圧 $V = Q (1 / a - 1 / b) / (4 π ε_{0})$ に対して増加率は $V I$ となる．指定された球対称な電流密度の下では，この場は時間変化が速くてもマクスウェル方程式を満たす．実際の輸送装置を準静的に扱う場合は $b / (c τ)$ が十分小さいことを確かめる． $τ$ は電荷の変化時間である．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

容量 $C$ と $2 C$ の固定された真空円板コンデンサーを，初めそれぞれ $3 V_{0}$ と $V_{0}$ に充電します．負極板を理想導線でつなぎ，時刻0に正極板同士を抵抗 $R$ でつなぎます．電源はなく，配線のインダクタンスは無視します．共通の負極板の電位を0とし，第1から第2へ流れる電流を $I > 0$ ，各正極板の電位を $V_{1}, V_{2}$ とします．極板半径と間隔は $a_{1}, d_{1}$ と $a_{2}, d_{2}$ です．各極板間の場は軸対称で，電場は一様と近似します．

電荷保存と回路の式から $V_{1} (t), V_{2} (t), I (t)$ を求めよ．
各極板間の側面から内側へ入る電力を求め，抵抗の発熱率との収支を示せ．全発熱量も求めよ．

**［図：初期電圧の異なる二つのコンデンサー］**
容量 C と 2C の円板コンデンサーの初期電圧は 3V₀ と V₀．正極板間に抵抗 R とスイッチを置き，負極板を共通の導線でつなぐ．第1から第2への電流の正方向 I と極板半径 a₁，a₂，間隔 d₁，d₂ を示す．

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考え方
全電荷と電位差を別々に追う．各コンデンサーの流入電力を加えると，抵抗へ渡る電力が現れる．

全正電荷は $C V_{1} + 2 C V_{2} = 5 C V_{0}$ ．各正極板について $C \frac{d V_{1}}{d t} = - I$ ， $2 C \frac{d V_{2}}{d t} = I$ ，抵抗について $I = (V_{1} - V_{2}) / R$ ． $D = V_{1} - V_{2}$ とすれば $\frac{d D}{d t} = - 3 D / (2 R C)$ ． $D (0) = 2 V_{0}$ ， $τ = 2 R C / 3$ より $D = 2 V_{0} e^{- t / τ}$ ．電荷保存と組み合わせて

V_{1} = \frac{5}{3} V_{0} + \frac{4}{3} V_{0} e^{- t / τ}, V_{2} = \frac{5}{3} V_{0} - \frac{2}{3} V_{0} e^{- t / τ}, I = \frac{2 V_{0}}{R} e^{- t / τ} .

各電場の向きを正法線とすると，変位電流は $I_{d 1} = - I, I_{d 2} = I$ ．閉じた円周に沿って一周する法則から $B_{ϕ k} (a_{k}) = μ_{0} I_{d k} / (2 π a_{k})$ ． $E_{k} = V_{k} / d_{k}$ を使うと，側面からの流入電力は $P_{k} = - 2 π a_{k} d_{k} S_{r k} = V_{k} I_{d k}$ ．したがって $P_{1} = - V_{1} I, P_{2} = V_{2} I$ である．和は $- (V_{1} - V_{2}) I = - R I^{2}$ で，全電気エネルギーの減少率に等しい．全発熱量は

W_{R} = \int_{0}^{\infty} R I^{2} d t = \frac{4 V_{0}^{2}}{R} \frac{τ}{2} = \frac{4}{3} C V_{0}^{2} .

確認すると，初期エネルギー $11 C V_{0}^{2} / 2$ と最終エネルギー $25 C V_{0}^{2} / 6$ の差も同じになる．近似には $d_{k} / a_{k}$ ，配線を含む寸法を $c τ$ で割った比，および無視したインダクタンス $L$ に対する $L / (R τ)$ の小ささが必要であり，切り替え直後の短い過渡は除く．