場のエネルギーとその流れの演習 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

体積 $2.0 \times 10^{- 4} m^{3}$ の真空領域に，一定の一様電場 $E = 3.0 \times 10^{4} V m^{- 1}$ と磁場 $B = 1.0 \times 10^{- 4} T$ があります．両者は平行です． $ε_{0} = 8.85 \times 10^{- 12} F m^{- 1}$ ， $μ_{0} = 4 π \times 10^{- 7} H m^{- 1}$ とします．

各場のエネルギー密度と全エネルギーを求めよ．
ポインティングベクトルを求めよ．

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考え方
密度と流れを分ける．

$u_{E} = ε_{0} E^{2} / 2 = 4.0 \times 10^{- 3} J m^{- 3}$ ， $u_{B} = B^{2} / (2 μ_{0}) = 4.0 \times 10^{- 3} J m^{- 3}$ ．体積を掛けると $U = 1.6 \times 10^{- 6} J$ ．
平行なので $S = E \times B / μ_{0} = 0$ ．密度がほぼ等しくても流れがあるとは限らない．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

真空中にある内半径 $a$ ，外半径 $b$ の非磁性の中空抵抗管に直流 $I$ を $+ z$ 向きに流します．軸上の理想導線に， $- z$ 向きに同じ電流を流します．中央の長さ $ℓ$ の部分の抵抗は $R$ ，内部の軸方向電場は $E_{z} = I R / ℓ$ です．軸対称とし，端を無視します．

管の内面と外面の磁場の接線成分 $B_{ϕ}$ を求めよ． $+ z$ 側から見た反時計回りを正とする．
エネルギーが入る面を求め，流入電力を発熱と比べよ．

**［図：中空抵抗管と軸上の帰線］**
内半径 a，外半径 b の抵抗管と軸上の理想帰線．抵抗管には +z 向き，帰線には −z 向きに同じ電流 I が流れる．抵抗管の対象部分の長さ ℓ と抵抗 R を示す．断面の ⊙ と ⊗ は電流の向きを表す．

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考え方
帰線の磁場と，内面の法線に注意する．

閉じた円周に沿って一周すると $2 π r B_{ϕ} = μ_{0} I_{in}$ ．内面は帰線だけを囲み $B_{ϕ} (a) = - μ_{0} I / (2 π a)$ ，外面は全電流0で $B_{ϕ} (b) = 0$ ．
$e_{z} \times e_{ϕ} = - e_{r}$ より $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ ．内面は $S_{r} (a) = I^{2} R / (2 π a ℓ) > 0$ ，外面では0．空洞から内面へ入り，電力は $2 π a ℓ S_{r} (a) = I^{2} R$ で発熱と等しい． $b / ℓ$ が十分小さく，端から離れた所に適用できる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

半径 $a$ ，間隔 $d$ の真空円板コンデンサーを抵抗 $R$ を通して一定電圧 $V_{f}$ の電源で充電します．初期電荷0． $C = ε_{0} π a^{2} / d$ ， $τ = R C$ とし，極板間を一様な $E_{z} = V / d$ で近似します． $d / a$ ， $a / (c τ)$ は十分小さく， $c = 1 / \sqrt{ε_{0} μ_{0}}$ です．最初の過渡と縁は除きます．

$V (t)$ を求め，変位電流から側面の磁場を求め，流入電力を $V$ と $\frac{d V}{d t}$ で表せ．
流入電力が最大の時刻と値，同時刻の電源の仕事率と発熱率も求めよ．

**［図：円板コンデンサーの充電回路］**
一定電圧 V_f の電源，抵抗 R，容量 C の充電回路と円板極板の形状．半径 a と間隔 d を記し，極板間の円筒側面を破線と薄い塗りで示す．

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考え方
電源の電力を発熱と蓄積に分ける．

$V_{f} = R I + V$ ， $I = C \frac{d V}{d t}$ より $\frac{d V}{d t} = (V_{f} - V) / τ$ ．初期条件から $V = V_{f} (1 - e^{- t / τ})$ ． $2 π a B_{ϕ} = μ_{0} ε_{0} π a^{2} \frac{d E_{z}}{d t}$ なので $B_{ϕ} = μ_{0} ε_{0} a \frac{d V}{d t} / (2 d)$ ． $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ より

P_{in} = - 2 π a d S_{r} = C V \frac{d V}{d t} = \frac{d}{d t} (\frac{1}{2} C V^{2}) .

$x = e^{- t / τ}$ とすると $P_{in} = V_{f}^{2} x (1 - x) / R$ ． $x (1 - x) = 1 / 4 - {(x - 1 / 2)}^{2}$ より，最大は $t = τ \ln 2$ ， $P_{in} = V_{f}^{2} / (4 R)$ ．この瞬間 $V = V_{f} / 2$ ， $I = V_{f} / (2 R)$ より電源は $V_{f} I = V_{f}^{2} / (2 R)$ ，発熱は $I^{2} R = V_{f}^{2} / (4 R)$ ．差が流入電力に等しい．小さい量は $d / a$ ， $a / (c τ)$ ．最初の $t$ が $a / c$ 程度の過渡も除く．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

半径 $a$ ，長さ $ℓ$ ，単位長さ当たりの巻数 $n$ の真空ソレノイドに $I = I_{0} e^{t / τ}$ を流します． $a / ℓ$ と $a / (c τ)$ が十分小さいとして $B_{z} = μ_{0} n I$ で近似します．抵抗と端を無視し， $c = 1 / \sqrt{ε_{0} μ_{0}}$ とします．

内部の半径 $r < a$ での誘導電場 $E_{ϕ} (r)$ と側面からの流入電力を求め，磁場への蓄積率と比べよ．
ソレノイド内部の電場エネルギー $U_{E}$ を体積積分で見積もり，同じ領域の磁場エネルギー $U_{B}$ との比を求めよ．

**［図：ソレノイドの寸法と与えられた磁場］**
ソレノイドの半径 a，長さ ℓ，単位長さ当たりの巻数 n と内部の半径 r の円を示す．与えられた磁場 B_z は +z 向きで，横向きの矢印と断面の ⊙ で表す．

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考え方
外積から流入の符号を決める．

$2 π r E_{ϕ} = - π r^{2} \frac{d B_{z}}{d t}$ から $E_{ϕ} = - μ_{0} n I r / (2 τ)$ ． $S_{r} = E_{ϕ} B_{z} / μ_{0}$ だから $P_{in} = - 2 π a ℓ S_{r} (a) = μ_{0} n^{2} π a^{2} ℓ I^{2} / τ$ ．一方， $U_{B} = B_{z}^{2} π a^{2} ℓ / (2 μ_{0}) = μ_{0} n^{2} π a^{2} ℓ I^{2} / 2$ ． $\frac{d I}{d t} = I / τ$ より $\frac{d U_{B}}{d t} = P_{in}$ ．
体積 $2 π r ℓ d r$ を使うと

U_{E} = \int_{0}^{a} \frac{ε_{0}}{2} {(\frac{μ_{0} n I r}{2 τ})}^{2} 2 π r ℓ d r = \frac{ε_{0} μ_{0}^{2} n^{2} I^{2} π ℓ a^{4}}{16 τ^{2}} .

よって $U_{E} / U_{B} = a^{2} / (8 c^{2} τ^{2})$ ．(1)は磁場エネルギーだけの近似であり，電場まで含めるには磁場の補正も要る．適用条件は $a / ℓ$ ， $a / (c τ)$ の小ささである．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

真空の理想同軸ケーブルの内導体半径は $a = 0.50 mm$ ，外導体の内半径は $b$ です．電流 $I = 0.10 A$ は内導体を $+ z$ ，外導体を逆向きに流れます．内導体が $V = 20 V$ 高電位です．断面の $a < r < r_{m}$ を通る電力 $P (r_{m})$ を測りました．

$r_{m}$	$1.0 mm$	$2.0 mm$	$4.0 mm$
$P (r_{m})$	$0.40 W$	$0.80 W$	$1.20 W$

ガウスとアンペールの法則から $E_{r}, B_{ϕ}$ を求め， $P (r_{m})$ の式を導け．
直線化で模型を確かめ， $b$ を求めよ．最初の測定電力の誤差が $\pm 0.02 W$ のとき，その測定だけから推定する $b$ の範囲を求めよ．この範囲の推定では $a, V, I, r_{m}$ は正確とする．

**［図：同軸ケーブルの電力測定断面］**
同軸断面の内導体半径 a，外導体の内半径 b，測定半径 r_m と電位差 V を示す．a と r_m の間を薄く塗る．⊙ は +z 向きの内導体電流，⊗ は逆向きの外導体電流 I を表す．半径は模式的に描く．

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考え方
対数半径に対して直線化する．

線電荷密度 $λ$ に対し $2 π r E_{r} = λ / ε_{0}$ ． $V = \int_{a}^{b} E_{r} d r = λ \ln (b / a) / (2 π ε_{0})$ より $E_{r} = V / [r \ln (b / a)]$ ． $B_{ϕ} = μ_{0} I / (2 π r)$ だから $S_{z} = V I / [2 π r^{2} \ln (b / a)]$ ．積分して

P (r_{m}) = \int_{a}^{r_{m}} S_{z} 2 π r d r = V I \frac{\ln (r_{m} / a)}{\ln (b / a)} .

$\ln (r_{m} / a)$ は $\ln 2, 2 \ln 2, 3 \ln 2$ で，電力も同比なので原点を通る直線になる． $V I = 2.0 W$ なので $\ln (b / a) = 2.0 \ln 2 / 0.40 = 5 \ln 2$ ． $b = 32 a = 16 mm$ ．誤差から $a 2^{2.0 / 0.42} \leq b \leq a 2^{2.0 / 0.38}$ ，約 $14 mm$ から $19 mm$ となる． $r_{m} = b$ で $P = V I$ となり，収支が合う．