第24章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★★★★☆

半径 $a$ ，間隔 $d$ の円板コンデンサーの極板間を，誘電率 $ε_{0}$ ，透磁率 $μ_{0}$ ，導電率 $γ$ の一様な弱い導電性媒質で満たします． $γ$ は一定で， $j = γ E$ とします．容量は $C = ε_{0} π a^{2} / d$ です．初め $V_{0} > 0$ に充電し，電源を外した後，極板を外部抵抗 $R$ でもつないで放電させます．極板間の場は軸対称で， $E_{z} = V / d$ と近似し， $+ z$ 側から見て反時計回りを磁場成分 $B_{ϕ}$ の正方向とします． $d / a$ と $a / (c τ)$ は十分小さいとし，縁，配線のインダクタンス，極板間の磁場エネルギーの変化を無視します． $τ$ は(1)で求める時定数です．

放電時定数 $τ$ と $V (t)$ を求め， $r < a$ で伝導電流と変位電流を足して $B_{ϕ} (r, t)$ を求めよ．
極板間から側面を通って外へ出る電力を求め，外部抵抗の発熱率，媒質内部の発熱率，場のエネルギーの減少率を比較せよ．両方の全発熱量も求めよ．
$C, V_{0}, τ$ が既知で，初期の側面の磁場 $B_{*} = B_{ϕ} (a, 0)$ を測れたとします． $R$ と $γ$ を決め，測定値が模型と両立する範囲を示せ． $R \to \infty$ の極限では，磁場とエネルギーの流れがどうなるかも述べよ．

**［図：二つの経路で放電するコンデンサー］**
弱い導電性媒質を満たした円板コンデンサーと外部抵抗 R．極板半径 a，間隔 d，半径 r の円，電場 E_z の正方向 +z と側面の磁場 B_* の測定点を示す．磁場の向きは指定しない．

解答を見る

考え方
電圧の減衰は2つの放電経路の和を測る．一方，磁場を作る電流は，極板間の伝導電流と変位電流の符号つきの和である．

媒質のコンダクタンスを $G = γ π a^{2} / d$ とする．正極板の電荷保存は $C \frac{d V}{d t} = - (G + 1 / R) V$ だから， $τ = C / (G + 1 / R)$ ， $V = V_{0} e^{- t / τ}$ となる．極板間の電流密度の和は

j_{z} + j_{d z} = \frac{γ V}{d} + \frac{ε_{0}}{d} \frac{d V}{d t} = - \frac{V}{R π a^{2}} .

半径 $r$ の閉じた円周に沿って一周すると $2 π r B_{ϕ} = μ_{0} π r^{2} (j_{z} + j_{d z})$ より， $B_{ϕ} = - μ_{0} V r / (2 π R a^{2})$ である．媒質の伝導電流だけから磁場を求めることはできない．

$S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ より，側面から外へ出る電力は $P_{out} = 2 π a d S_{r} (a) = V^{2} / R$ ．媒質の発熱率は $\int γ E_{z}^{2} d V = G V^{2}$ ．電気エネルギーは $U_{E} = C V^{2} / 2$ なので

- \frac{d U_{E}}{d t} = (G + 1 / R) V^{2} = P_{out} + G V^{2} .

外部抵抗へは側面を通ってエネルギーが出ていき，媒質ではその場で電場が電荷へ仕事をする． $\int_{0}^{\infty} V^{2} d t = V_{0}^{2} τ / 2$ より

W_{R} = \frac{C V_{0}^{2}}{2} \frac{1 / R}{G + 1 / R}, W_{med} = \frac{C V_{0}^{2}}{2} \frac{G}{G + 1 / R} .

和は初期電気エネルギーに等しい．

$B_{*} = - μ_{0} V_{0} / (2 π a R)$ より，外部抵抗のコンダクタンスを $G_{R} = - 2 π a B_{*} / (μ_{0} V_{0})$ と置くと $1 / R = G_{R}$ ， $G = C / τ - G_{R}$ ， $γ = d (C / τ - G_{R}) / (π a^{2})$ ．受動的な放電経路には $G_{R} \geq 0$ ， $G \geq 0$ が必要なので

- \frac{μ_{0} V_{0} C}{2 π a τ} \leq B_{*} \leq 0.

端点はそれぞれ媒質の漏れが0，外部抵抗の接続がない場合に対応する． $R \to \infty$ では $τ = ε_{0} / γ$ ， $B = 0$ ， $S = 0$ でも，場のエネルギーはすべて媒質内の熱になる．確認すると，変位電流が伝導電流を打ち消すこの極限でもエネルギー保存は成り立つ．準静的な近似には $d / a$ ， $a / (c τ)$ ，および配線の寸法を $c τ$ で割った比の小ささが必要で，切り替え直後の短い過渡は除く．

演習 2

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を，抵抗 $R$ とインダクタンス $L$ のコイルの直列回路へつなぎ，放電させます．極板間の場は軸対称とし，電場は一様と近似します．初期電荷は $q (0) = Q_{0} > 0$ ，初期電流は0です．正極板から出る電流を $I = - \frac{d q}{d t}$ とします． $L$ はコイルと配線による値で，極板間の磁場エネルギーの寄与はまず除きます． $γ = R / (2 L)$ ， $ω_{0} = 1 / \sqrt{L C}$ ， $0 < γ < ω_{0}$ ， $Ω = \sqrt{ω_{0}^{2} - γ^{2}}$ とします．

複素指数関数で $q (t), I (t)$ を求め，電荷が初めて0になる時刻 $t_{*}$ を求めよ．
極板間の側面からの符号つき流入電力を求め， $0 < t < π / Ω$ でその符号が変わる時刻を示せ． $t_{*}$ までにコンデンサーから出たエネルギーが，コイルと熱にどの割合で分かれるか求めよ．
極板間の磁場エネルギー $U_{B gap}$ を積分で見積もれ． $t_{*}$ で電気エネルギーが0になることを踏まえ，これを無視する適切な条件を示せ．

**［図：抵抗とコイルを通して放電する円板コンデンサー］**
円板コンデンサーと直列の抵抗 R，インダクタンス L のコイル．正極板の電荷 q と，正極板から出る放電電流の正方向 I を示す．極板半径 a，間隔 d と極板間の円筒側面を添える．

解答を見る

考え方
電荷の減衰振動を複素数の根から求める．磁場エネルギーの近似は，0になる電気エネルギーを基準にせず，コイルのエネルギーとの比で判定する．

$L \frac{d I}{d t} + R I = q / C$ ， $I = - \frac{d q}{d t}$ より $L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + R \frac{d q}{d t} + q / C = 0$ ． $q \propto e^{s t}$ として $s^{2} + 2 γ s + ω_{0}^{2} = 0$ ，根は $- γ \pm i Ω$ ．実数解 $q = e^{- γ t} (A \cos Ω t + B \sin Ω t)$ に初期条件を入れると $A = Q_{0}$ ， $B = γ Q_{0} / Ω$ である．したがって

q = Q_{0} e^{- γ t} (\cos Ω t + \frac{γ}{Ω} \sin Ω t), I = \frac{Q_{0} ω_{0}^{2}}{Ω} e^{- γ t} \sin Ω t .

最初の零点は第2象限にあり， $t_{*} = [π / 2 + \arctan (γ / Ω)] / Ω$ となる．

電場の正方向を初めの電場の向きとすると，変位電流は $- I$ ，側面の磁場は $B_{ϕ} (a) = - μ_{0} I / (2 π a)$ ． $E_{z} = q / (C d)$ より $P_{in} = - 2 π a d S_{r} = - q I / C = \frac{d}{d t} (q^{2} / (2 C))$ ．指定区間では $I > 0$ だから， $0 < t < t_{*}$ で流出し， $t_{*} < t < π / Ω$ で流入する． $t_{*}$ までの流出量は初期値 $U_{0} = Q_{0}^{2} / (2 C)$ である．零点の条件から $\sin Ω t_{*} = Ω / ω_{0}$ なので， $I (t_{*}) = Q_{0} ω_{0} e^{- γ t_{*}}$ ．よってコイルのエネルギーは $U_{L} (t_{*}) = L I {(t_{*})}^{2} / 2 = U_{0} e^{- 2 γ t_{*}}$ である．回路の式に $I$ を掛けると $\frac{d}{d t} (q^{2} / (2 C) + L I^{2} / 2) = - R I^{2}$ だから，熱の割合は $1 - e^{- 2 γ t_{*}}$ ，コイルの割合は $e^{- 2 γ t_{*}}$ となる．
内部では $B_{ϕ} (r) = - μ_{0} I r / (2 π a^{2})$ ．したがって

U_{B gap} = \int_{0}^{a} \frac{B_{ϕ}^{2}}{2 μ_{0}} 2 π r d d r = \frac{μ_{0} d I^{2}}{16 π} = \frac{1}{2} L_{gap} I^{2}, L_{gap} = \frac{μ_{0} d}{8 π} .

$I \neq 0$ で $U_{B gap} / U_{L} = L_{gap} / L = {(ω_{0} a / c)}^{2} / 8$ ．この比を十分小さくすれば $t_{*}$ でも無視できる．電気エネルギーとの比は $q \to 0$ で発散するため，近似判定に適さない．確認すると $R \to 0$ で $t_{*} \to π / (2 ω_{0})$ ，熱の割合は0になる．必要な小さい比は $d / a$ ， $ω_{0} a / c$ ，および配線を含む寸法に対する $ω_{0} ℓ / c$ であり，初期の短い過渡も除く．

演習 3

オリジナル ★★★★☆

内導体半径 $a$ ，外導体の内半径 $b$ ，長さ $ℓ$ の理想同軸ケーブルで，真空部分を通して直流電力 $P > 0$ を送ります．内導体の電位は外導体より $V > 0$ 高く，内導体を $+ z$ 向きに $I > 0$ ，外導体を逆向きに同じ電流が流れます．端の効果を無視します．

場から送電電力と，単位長さ当たりの電気・磁気エネルギー $U_{E}^{'}, U_{B}^{'}$ を求めよ．
$P$ と $a, b$ を固定して $V, I$ を選びます． $U^{'} = U_{E}^{'} + U_{B}^{'}$ を最小にする条件と最小値を求めよ．また，定常場の流れと蓄積の比 $v_{E} = P / U^{'}$ が $c$ 以下になることを示せ．
絶縁の制約で $V \leq V_{max}$ とします．制約下の最適電圧と $v_{E}$ を求め， $V_{max} \to 0$ の極限を調べよ．

**［図：同軸ケーブルの寸法と直流電流］**
同軸ケーブルの断面と軸を含む断面．内導体半径 a，外導体の内半径 b，長さ ℓ，内導体が高電位となる電位差 V を示す．内導体には +z 向き，外導体には逆向きに同じ電流 I が流れる．

解答を見る

考え方
電力を一定にして電圧を上げると，電気エネルギーは増え，磁気エネルギーは減る．両者の和を最小にする条件を平方の形で調べる．

$h = \ln (b / a)$ とする．ガウスの法則より $E_{r} = λ / (2 π ε_{0} r)$ ，電圧の積分 $V = \int_{a}^{b} E_{r} d r = λ h / (2 π ε_{0})$ から $E_{r} = V / (h r)$ ．閉じた円周に沿って一周するアンペールの法則より $B_{ϕ} = μ_{0} I / (2 π r)$ ．したがって $S_{z} = V I / (2 π h r^{2})$ ，断面積分は

P = \int_{a}^{b} S_{z} 2 π r d r = V I .

単位長さの体積要素 $2 π r d r$ を使って

U_{E}^{'} = \frac{π ε_{0} V^{2}}{h}, U_{B}^{'} = \frac{μ_{0} I^{2} h}{4 π} .

抵抗の次元をもつ量 $Z_{*} = h \sqrt{μ_{0} / ε_{0}} / (2 π)$ を定義すると， $U^{'} = (V^{2} / Z_{*} + Z_{*} I^{2}) / (2 c)$ ． $P = V I$ より

U^{'} - \frac{P}{c} = \frac{1}{2 c} {(\frac{V}{\sqrt{Z_{*}}} - \sqrt{Z_{*}} I)}^{2} \geq 0.

等号は $V = Z_{*} I$ ，すなわち $V_{opt} = \sqrt{P Z_{*}}$ ， $I_{opt} = \sqrt{P / Z_{*}}$ のとき成り立つ．このとき $U_{E}^{'} = U_{B}^{'} = P / (2 c)$ ， $U_{min}^{'} = P / c$ ， $v_{E} \leq c$ である．ここでの $v_{E}$ は，定常場の断面電力を単位長さの場のエネルギーで割って定義した量である．

$I = P / V$ を代入すると $U^{'} = [V^{2} / Z_{*} + Z_{*} P^{2} / V^{2}] / (2 c)$ ．その微分は $[V / Z_{*} - Z_{*} P^{2} / V^{3}] / c$ なので， $V < \sqrt{P Z_{*}}$ では負，それより上では正である．よって最適電圧は $min (V_{max}, \sqrt{P Z_{*}})$ ． $V_{max} < \sqrt{P Z_{*}}$ の場合， $x = V_{max}^{2} / (P Z_{*})$ とおくと

v_{E} = \frac{2 c}{x + 1 / x} .

$x \to 0$ で $v_{E} \approx 2 c x \to 0$ となり，磁場への蓄積が支配的になる．確認すると $P / c$ の単位は $J m^{- 1}$ であり， $x = 1$ では $v_{E} = c$ に戻る．端を無視する条件は $b / ℓ$ の小ささであり，最後の近似には $x$ の小ささが必要である．

演習 4

オリジナル ★★★★★

半径 $a$ の薄い絶縁円板に，正電荷 $Q$ を面積に比例して固定します．同じ平面の外側にある半径 $R > a$ の薄い絶縁リングには，電荷 $- Q$ を一様に固定します．両者を同じ軸に剛く結合し，全慣性モーメントを $I$ とします．初め静止しており，軸受の摩擦はありません．半径 $b < a$ の十分長い外部ソレノイドを同軸に置き，初めは $r < b$ に $+ z$ 向きの一様な磁場 $B_{0}$ を作ります．ソレノイドは円板の上下にわずかなすき間を設けて機械的接触を避け，すき間による場の補正は無視します．その電流を時間 $τ$ をかけて0にします．外部ソレノイドの外の磁場と，回転する電荷自身の磁場はまず無視します．電荷層の厚さとリングの断面は有限ですが，外部磁場による角力積は薄い極限で求めます．

場の運動量密度は $g = ε_{0} E \times B$ とします．場の角運動量は $J_{field} = \int {[r \times g]}_{z} d V$ で定義します．十分長いソレノイドの近似では，静電場の積分を $z = - \infty$ から $+ \infty$ まで取ってよいとします．

誘導電場を求め，その電場が円板とリングにそれぞれ与える角力積と，結合した全体の最終角速度を求めよ．
初めの場の角運動量を，ガウスの法則の積分形を使って求め，(1)の全角運動量と比べよ．
$b / a \to 0$ の極限を調べよ．また，回転する電荷の磁場を無視する条件を見積もれ．円板とリングの寸法比は1程度とし，回転が作る磁場の尺度を $μ_{0} Q | Ω | / a$ としてよい．

**［図：帯電円板・外側リングと初期磁場］**
半径 a，固定電荷 Q の絶縁円板と，半径 R，固定電荷 −Q の外側リングを同じ軸に結合する．半径 b の外部ソレノイドを円板の上下に置く．初期磁場 B₀ は +z 向きで，断面の ⊙ と矢印で表す．

解答を見る

考え方
各電荷が囲む磁束から角力積を求める．場の角運動量の積分では，軸方向に積分した電場をガウスの法則で置き換える．

$\dot{B} = \frac{d B}{d t}$ と書き， $+ z$ 側から見て反時計回りを正とする．半径 $r$ の閉じた円周に沿って一周するファラデーの法則は $2 π r E_{ϕ} = - \frac{d Φ}{d t}$ だから

E_{ϕ} = - \frac{r}{2} \dot{B} (r < b), E_{ϕ} = - \frac{b^{2}}{2 r} \dot{B} (r > b) .

電荷 $d q$ が誘導電場から受ける角力積は $d J = d q \int r E_{ϕ} d t$ ． $B_{0}$ から0への変化より， $r < b$ では $d J = B_{0} r^{2} d q / 2$ ， $r > b$ では $d J = B_{0} b^{2} d q / 2$ ．円板の電荷要素 $d q = 2 Q r d r / a^{2}$ を使うと

Δ J_{disk} = \frac{Q B_{0}}{a^{2}} [\int_{0}^{b} r^{3} d r + b^{2} \int_{b}^{a} r d r] = Q B_{0} (\frac{b^{2}}{2} - \frac{b^{4}}{4 a^{2}}) .

リングへの誘導電場の角力積は $Δ J_{ring} = - Q B_{0} b^{2} / 2$ ．和は $Δ J = - Q B_{0} b^{4} / (4 a^{2})$ ，よって $Ω = - Q B_{0} b^{4} / (4 I a^{2})$ で， $+ z$ 側から見て時計回りに回る．円板とリングの間の内力によるトルクは，和を取ると消える．個々の物体の最終角運動量はそれぞれの慣性モーメントと共通の $Ω$ の積であり，上の角力積には内力による寄与を含めていない．

磁場内で $g_{ϕ} = - ε_{0} B_{0} E_{r}$ ，角運動量密度は $r g_{ϕ}$ ．半径 $r < b$ の十分長い閉じた円筒にガウスの法則を適用する．端面の電束は高さを無限に伸ばすと消えるので

2 π r \int_{- \infty}^{\infty} E_{r} (r, z) d z = \frac{Q_{in} (r)}{ε_{0}}, Q_{in} (r) = \frac{Q r^{2}}{a^{2}} .

外側リングはこの円筒の外にある．体積要素を使い，軸方向を先に積分すると

J_{field} = - 2 π ε_{0} B_{0} \int_{0}^{b} r^{2} [\int_{- \infty}^{\infty} E_{r} d z] d r = - B_{0} \int_{0}^{b} r Q_{in} (r) d r = - \frac{Q B_{0} b^{4}}{4 a^{2}} .

これは(1)で得る全角運動量に等しく，外部磁場が消えると，場の角運動量が結合した円板とリングへ移る．

$b / a$ が十分小さいとき，円板とリングはそれぞれ $+ Q B_{0} b^{2} / 2$ ， $- Q B_{0} b^{2} / 2$ 程度の角力積を受け，その先頭の項が相殺する．全体には $b^{4} / a^{2}$ に比例する小さい残りが現れる．回転磁場の初期外部磁場に対する比の尺度は

\frac{μ_{0} Q | Ω |}{a B_{0}} = \frac{μ_{0} Q^{2} b^{4}}{4 I a^{3}} .

この比が小さければ，初期外部磁場に対する回転磁場は小さい．ただし，回転磁場は半径 $a$ 程度の領域にも広がる． $E$ の尺度が $Q / (ε_{0} a^{2})$ ，体積の尺度が $a^{3}$ なので，その場の角運動量の尺度は $Q B_{rot} a^{2} \sim μ_{0} Q^{2} a | Ω |$ となる．これを機械的な角運動量 $I | Ω |$ に対して小さくする十分条件は， $μ_{0} Q^{2} a / I$ が十分小さいことである．この条件なら上の磁場の比も小さく，外部磁場が0になった後に残る場の角運動量も無視できる．確認すると，全角運動量の符号は場の $E \times B$ の向きと一致する．ほかに $R / ℓ$ ， $R / (c τ)$ ， $| Ω | R / c$ の小ささが必要で， $ℓ$ はソレノイドの長さである．

演習 5

オリジナル ★★★★★

半径 $a$ ，長さ $ℓ$ ，導電率 $γ$ ，誘電率 $ε_{0}$ ，透磁率 $μ_{0}$ の一様な円柱導線に，角振動数 $ω$ の交流を流します．端から離れた所で軸対称な場 $E = E_{z} (r, t) e_{z}$ ， $B = B_{ϕ} (r, t) e_{ϕ}$ を考え， $j_{z} = γ E_{z}$ とします．断面全体の伝導電流の複素振幅を $\hat{I}$ とし，実際の電流は $I (t) = Re (\hat{I} e^{i ω t})$ です．小さい無次元量 $η = ω μ_{0} γ a^{2}$ ， $δ = ω ε_{0} / γ$ を使い，両者の積と2次以上を捨てます．

閉じた円周と軸方向の細い長方形に積分形の法則を適用し，複素振幅 $\hat{E} (r), \hat{B} (r)$ が満たす積分関係を導け． $\hat{E}$ が一定という0次の近似から出発し， $\hat{E} (r)$ を $η$ の1次まで求めよ．
側面の接線電場の積分 $\hat{V} = ℓ \hat{E} (a)$ を電圧と定義します． $\hat{V} / \hat{I}$ を求め，その虚部に対応する導線内部のインダクタンスを，磁場エネルギーの積分でも求めよ．
導線表面の磁場には変位電流も含め，側面からの瞬間の流入電力を同じ精度で求めよ．発熱，電場エネルギー，磁場エネルギーの収支を示せ． $η$ は小さくても $δ$ が小さくない場合に，どの近似が破れるか述べよ．

**［図：交流円柱導線内の周回路］**
円柱導線の半径 a，長さ ℓ，軸 z，導電率 γ と断面内の半径 r を示す．半径 r の円周と軸に平行な細い長方形の周回路を破線で描く．電流や電場の分布は加えない．

解答を見る

考え方
磁場の時間変化は，軸方向電場を半径によって変える．伝導電流の断面積分を固定して補正を決め，表面の磁場には変位電流を加える．

複素振幅の時間微分は $i ω$ 倍になる．半径 $r$ の円周に沿って一周するアンペール・マクスウェルの法則から

2 π r \hat{B} (r) = 2 π μ_{0} (γ + i ω ε_{0}) \int_{0}^{r} \hat{E} (s) s d s .

軸方向の長さ $h$ ，半径方向の幅 $d r$ の長方形では，磁束の法則から $\hat{E} (r + d r) - \hat{E} (r) = i ω \hat{B} (r) d r$ ．すなわち $\frac{d \hat{E}}{d r} = i ω \hat{B}$ である．0次では ${\hat{E}}_{0} = \hat{I} / (γ π a^{2})$ ， ${\hat{B}}_{0} = μ_{0} \hat{I} r / (2 π a^{2})$ ．これを長方形の関係へ代入し，積分すると $\hat{E} = K + i ω μ_{0} \hat{I} r^{2} / (4 π a^{2})$ ．定数 $K$ は $2 π γ \int_{0}^{a} \hat{E} r d r = \hat{I}$ から決まり，

\hat{E} (r) = \frac{\hat{I}}{γ π a^{2}} + \frac{i ω μ_{0} \hat{I}}{4 π} (\frac{r^{2}}{a^{2}} - \frac{1}{2}) = \frac{\hat{I}}{γ π a^{2}} [1 + \frac{i η}{4} (\frac{r^{2}}{a^{2}} - \frac{1}{2})] .

変位電流による $\hat{B}$ の補正をここへ戻すと $η δ$ の次数になるため，指定精度では捨てられる．

表面の値から

\frac{\hat{V}}{\hat{I}} = R + i ω L_{int}, R = \frac{ℓ}{γ π a^{2}}, L_{int} = \frac{μ_{0} ℓ}{8 π} .

電流 $I (t)$ の瞬間値に対する0次の磁場を使うと

U_{B} = \int_{0}^{a} \frac{1}{2 μ_{0}} {(\frac{μ_{0} I r}{2 π a^{2}})}^{2} 2 π r ℓ d r = \frac{μ_{0} ℓ I^{2}}{16 π} = \frac{1}{2} L_{int} I^{2} .

インピーダンスからの値と一致する．ここでの $I$ は伝導電流であり，変位電流を含む電流とは区別している．

$\dot{I} = \frac{d I}{d t}$ と書く．全断面の変位電流は， $\int E_{z} d A = I / γ$ より $I_{d} = ε_{0} \dot{I} / γ$ ．したがって表面では $B_{ϕ} (a) = μ_{0} (I + ε_{0} \dot{I} / γ) / (2 π a)$ ， $ℓ E_{z} (a) = R I + L_{int} \dot{I}$ ．流入電力は

P_{in} = 2 π a ℓ \frac{E_{z} (a) B_{ϕ} (a)}{μ_{0}} = R I^{2} + L_{int} I \dot{I} + \frac{R ε_{0}}{γ} I \dot{I} .

最後の積で $L_{int} ε_{0} {\dot{I}}^{2} / γ$ は $η δ$ の次数なので捨てた．電場の1次補正は断面平均が0であるため，発熱率 $\int γ E_{z}^{2} d V$ の1次補正も消え，発熱率は $R I^{2}$ ．同じ精度で電場エネルギーは

U_{E} = \frac{ε_{0} ℓ I^{2}}{2 γ^{2} π a^{2}} = \frac{R ε_{0} I^{2}}{2 γ}, \frac{d}{d t} (U_{E} + U_{B}) = (\frac{R ε_{0}}{γ} + L_{int}) I \dot{I} .

よって $P_{in} = R I^{2} + \frac{d}{d t} (U_{E} + U_{B})$ である． $δ$ が小さくなければ表面の変位電流を小さい補正と扱えず， $η δ$ の項も改めて判定する必要がある．確認すると，一周期平均では両蓄積項の微分は0となり，平均流入電力は $R {| \hat{I} |}^{2} / 2$ に等しい．近似の条件は $η, δ, a / ℓ$ の小ささで， $η δ = {(ω a / c)}^{2}$ も小さい．