マクスウェル方程式

外積とエネルギーの流れの計算

著者：柚木芹香

ここでは，ポインティングベクトルの外積の向きを円筒座標の単位ベクトルで決める方法と，円筒の面を通る流れの計算を確かめ，本体の節で使った $\nabla \cdot (E \times B)$ の公式と，ポインティングの定理を体積で積分した形を示します．

定理数学の道具：外積と円筒座標の単位ベクトル

$a \times b$ は両方に垂直で， $a$ から $b$ へ右ねじを回したときに進む向きを向き，大きさは $a b \sin θ$ である（第8章）．順序を入れ替えると符号が変わる．円筒座標の単位ベクトルは右手系で

e_{r} \times e_{ϕ} = e_{z}, e_{ϕ} \times e_{z} = e_{r}, e_{z} \times e_{r} = e_{ϕ}

を満たす．

これで，よく出る組み合わせの向きがすぐ分かります．

軸に沿う電場と円周を回る磁場（抵抗，コンデンサー）： $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ ．
円周を回る電場と軸に沿う磁場（ソレノイド）： $S_{r} = E_{ϕ} B_{z} / μ_{0}$ ．
半径の向きの電場と円周を回る磁場（同軸ケーブル）： $S_{z} = E_{r} B_{ϕ} / μ_{0}$ ．

定理数学の道具：円筒の面を通る流れ

半径 $r$ ，長さ $ℓ$ の円筒の側面で $S_{r}$ が一定なら，側面から外へ出る仕事率は $2 π r ℓ S_{r}$ ，内へ入る仕事率は $P_{in} = - 2 π r ℓ S_{r}$ である．軸に垂直な断面を通る仕事率は，幅 $d r$ の輪の面積 $2 π r d r$ を使って $\int S_{z} 2 π r d r$ である．

定理数学の道具： $\nabla \cdot (E \times B)$ の公式

\nabla \cdot (E \times B) = B \cdot (\nabla \times E) - E \cdot (\nabla \times B)

成分で書くと

\nabla \cdot (E \times B) = \frac{\partial}{\partial x} (E_{y} B_{z} - E_{z} B_{y}) + \frac{\partial}{\partial y} (E_{z} B_{x} - E_{x} B_{z}) + \frac{\partial}{\partial z} (E_{x} B_{y} - E_{y} B_{x})

です．積の微分で12の項に分け， $E$ を微分した6項を $B_{x}$ ， $B_{y}$ ， $B_{z}$ でまとめると

B_{x} (\frac{\partial E_{z}}{\partial y} - \frac{\partial E_{y}}{\partial z}) + B_{y} (\frac{\partial E_{x}}{\partial z} - \frac{\partial E_{z}}{\partial x}) + B_{z} (\frac{\partial E_{y}}{\partial x} - \frac{\partial E_{x}}{\partial y}) = B \cdot (\nabla \times E)

です． $B$ を微分した6項は，同じようにまとめると符号が逆の $- E \cdot (\nabla \times B)$ です．これで本体の節のポインティングの定理の導出が完成します．

これを領域 $V$ で積分し，ガウスの定理で $\nabla \cdot S$ の体積積分を閉じた面全体の流束に直すと

P_{in} = - \int S \cdot d A = \frac{d}{d t} \int_{V} u d V + \int_{V} j \cdot E d V

です．面から入る仕事率は，中の場のエネルギーの増える速さと，中の電荷に渡す仕事率（抵抗なら発熱）の和です．両辺を別々に計算して比べると，計算の確かめになります．

練習　 $E = 1.0 \times 10^{3} V m^{- 1}$ と $B = E / c$ の電場と磁場が互いに垂直なとき， $u_{E}$ ， $u_{B}$ と $S$ を求め， $S$ が $u = u_{E} + u_{B}$ の何倍か答えよ． $ε_{0} = 8.85 \times 10^{- 12} F m^{- 1}$ ， $μ_{0} = 4 π \times 10^{- 7} H m^{- 1}$ ， $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ とする．

答え　 $u_{E} = \frac{1}{2} ε_{0} E^{2} \approx 4.4 \times 10^{- 6} J m^{- 3}$ ． $B = 3.3 \times 10^{- 6} T$ で $u_{B} = \frac{B^{2}}{2 μ_{0}} = \frac{ε_{0} μ_{0} E^{2}}{2 μ_{0}} = u_{E}$ ． $S = \frac{E B}{μ_{0}} = \frac{E^{2}}{μ_{0} c} \approx 2.7 \times 10^{3} W m^{- 2}$ ． $S / u = \frac{E^{2} / (μ_{0} c)}{ε_{0} E^{2}} = \frac{1}{ε_{0} μ_{0} c} = c$ で，エネルギーが光の速さで運ばれている．

例題

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

半径 $a = 0.20 mm$ ，長さ $ℓ = 0.40 m$ ，抵抗 $R = 4.0 Ω$ の一様な電熱線に，直流 $I = 1.5 A$ が流れている．電熱線は非磁性で，電流は断面に一様に流れ，端の近くは考えない． $μ_{0} = 4 π \times 10^{- 7} H m^{- 1}$ とする．

表面に沿う電場と磁場の大きさ，ポインティングベクトルの半径成分の大きさと向きを求めよ．側面から入る仕事率を発熱と比べよ．
電熱線の中で，軸からの距離 $r < a$ の円筒の側面から入る仕事率を求め，その円筒の中の発熱と比べよ．

**［図：電熱線と半径rの同軸の円筒］**
半径a，長さℓの電熱線に軸方向の電流Iが流れる．軸方向の電場Ez，円周方向の磁場Bφと，半径rの同軸の円筒を点線で示す．橙のSの矢印は電熱線の側面から内向きに入るエネルギーの流れを示す．場とSの大きさ，仕事率は記していない．

解答を見る

考え方 電熱線内の電場は軸に沿って一様で $E_{z} = I R / ℓ$ ．磁場はアンペールの法則から円周の向き． $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ で内向きになる．

$E_{z} = \frac{1.5 \times 4.0}{0.40} = 15 V m^{- 1}$ ．表面のすぐ外でも，表面に沿う電場は同じである． $B_{ϕ} = \frac{μ_{0} I}{2 π a} = \frac{2.0 \times 10^{- 7} \times 1.5}{2.0 \times 10^{- 4}} = 1.5 \times 10^{- 3} T$ ．

| S_{r} | = \frac{E_{z} B_{ϕ}}{μ_{0}} = \frac{15 \times 1.5 \times 10^{- 3}}{4 π \times 10^{- 7}} \approx 1.8 \times 10^{4} W m^{- 2}

で，向きは軸へ向かう内向き．側面から入る仕事率は $2 π a ℓ | S_{r} | = \frac{I R}{ℓ} \cdot \frac{I}{2 π a} \cdot 2 π a ℓ = I^{2} R = 9.0 W$ で，発熱に等しい．

円筒の内側を流れる電流は $I r^{2} / a^{2}$ なので $B_{ϕ} = \frac{μ_{0} I r}{2 π a^{2}}$ ．入る仕事率は

2 π r ℓ \cdot \frac{E_{z} B_{ϕ}}{μ_{0}} = 2 π r ℓ \cdot \frac{I R}{ℓ} \cdot \frac{I r}{2 π a^{2}} = I^{2} R \frac{r^{2}}{a^{2}}

発熱の密度 $j \cdot E$ は一様なので，全体に対する体積の割合が $r^{2} / a^{2}$ の円筒の中の発熱も $I^{2} R r^{2} / a^{2}$ で，等しい．

確かめ：場が時間変化しないので $u$ の増加は0で，入る仕事率がそのまま発熱になる．エネルギーは側面から入り，軸に近づくにつれて少しずつ熱に変わり，軸の上で $S = 0$ になる．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

半径 $a = 5.0 cm$ ，間隔 $d = 2.0 mm$ の真空の円板コンデンサーを，一定の電流 $I = 0.50 A$ で充電している．極板の間の電場は一様とし，縁の効果は無視する．ある瞬間の極板の間の電圧は $V = 1.0 \times 10^{2} V$ だった． $μ_{0} = 4 π \times 10^{- 7} H m^{- 1}$ とする．

極板の間で軸からの距離 $r < a$ の円筒の側面から入る仕事率を， $V$ ， $I$ ， $r$ ， $a$ で表せ．
1. が，その円筒の中の電場のエネルギーの増える速さに等しいことを確かめよ．
$r = a$ での $S$ の値と，側面全体から入る仕事率を数値で求めよ．

**［図：充電中の極板の間にとる円筒］**
充電中の円板コンデンサーの極板の間に，半径rの円筒を点線で示す．極板の半径はa，間隔はdで，電流Iと軸方向の電場Ez，円周方向の磁場Bφを示す．橙のSの矢印は点線の円筒の側面から内向きに入るエネルギーの流れを示す．求める仕事率とSの値は記していない．

解答を見る

考え方 極板の間の磁場は，前の題材の数学の節の例題1から $B_{ϕ} = \frac{μ_{0} I r}{2 π a^{2}}$ ．電場は $E_{z} = V / d$ で， $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0}$ は内向き．

$P_{in} = 2 π r d \cdot \frac{E_{z} B_{ϕ}}{μ_{0}} = 2 π r d \cdot \frac{V}{d} \cdot \frac{I r}{2 π a^{2}} = V I \frac{r^{2}}{a^{2}}$ ．
円筒の中の電場のエネルギーは $U_{E} = \frac{1}{2} ε_{0} E_{z}^{2} \cdot π r^{2} d$ ． $ε_{0} π a^{2} d E_{z} / d t = I$ なので

\frac{d U_{E}}{d t} = ε_{0} π r^{2} d E_{z} \frac{d E_{z}}{d t} = π r^{2} d \cdot \frac{V}{d} \cdot \frac{I}{π a^{2}} = V I \frac{r^{2}}{a^{2}}

で，(1) に等しい．

$E_{z} = \frac{100}{2.0 \times 10^{- 3}} = 5.0 \times 10^{4} V m^{- 1}$ ， $B_{ϕ} = \frac{μ_{0} I}{2 π a} = 2.0 \times 10^{- 6} T$ なので

S = \frac{5.0 \times 10^{4} \times 2.0 \times 10^{- 6}}{4 π \times 10^{- 7}} \approx 8.0 \times 10^{4} W m^{- 2}

側面全体では $2 π a d S \approx 2 π \times 5.0 \times 10^{- 2} \times 2.0 \times 10^{- 3} \times 8.0 \times 10^{4} \approx 5.0 \times 10^{1} W$ で， $V I = 5.0 \times 10^{1} W$ に等しい．

確かめ：回路がコンデンサーに渡す仕事率 $V I$ が，すき間の側面から入る．近似の条件は本体の節と同じで， $d / a$ と $a / (c τ)$ が十分小さいことである．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

同軸ケーブルの内導体（半径 $a = 0.50 mm$ ）と外導体（内半径 $b = 2.0 mm$ ）の間は真空で，ある断面で内導体が外導体より $V = 1.0 \times 10^{2} V$ だけ高い電位にある．直流 $I = 2.0 A$ が内導体を $+ z$ 向きに行き，外導体を逆向きに帰る．外導体の抵抗は無視でき，内導体には単位長さあたり $R^{'} = 0.020 Ω m^{- 1}$ の抵抗がある．端から離れた所を考える．

導体の間の電場の半径成分 $E_{r}$ と磁場 $B_{ϕ}$ を求め，断面を $z$ 向きに通る仕事率がちょうど $V I$ になることを示せ．
内導体の表面のすぐ外のポインティングベクトルの半径成分を求め，内導体の単位長さに側面から入る仕事率が，単位長さあたりの発熱に等しいことを示せ．1 m 進むごとに失われる仕事率は送る仕事率の何倍か．

**［図：同軸ケーブルの断面と電流］**
左は+z側から見た断面，右は縦断面である．内導体の半径aと外導体の内半径b，半径方向の電場Er，円周方向の磁場Bφを示す．電流Iは内導体を+z向きに進み，外導体を逆向きに戻る．縦断面では導体の間の真空中を+z向きに流れるSと，内導体の表面へわずかに内向きに傾くSを橙の矢印で示す．場とSの値，傾きの数値，仕事率は記していない．

解答を見る

考え方 対称性から，電場の主な部分は半径の向きでガウスの法則から，磁場は円周の向きでアンペールの法則から出す．内導体に抵抗があると，表面に沿う小さな電場 $E_{z} = I R^{'}$ ができ， $S$ に内向きの成分が生まれる．

内導体の単位長さあたりの電荷を $λ$ とすると $2 π r E_{r} = λ / ε_{0}$ ， $V = \int_{a}^{b} E_{r} d r = \frac{λ}{2 π ε_{0}} \ln \frac{b}{a}$ より $E_{r} = \frac{V}{r \ln (b / a)}$ ． $B_{ϕ} = \frac{μ_{0} I}{2 π r}$ ． $S_{z} = E_{r} B_{ϕ} / μ_{0} = \frac{V I}{2 π r^{2} \ln (b / a)}$ なので

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

外導体の外では磁場が0なので，電力はすべて導体の間の空間を流れる．

内導体の中の電場は $E_{z} = I R^{'}$ で，表面に沿う成分なので表面のすぐ外でも同じである． $S_{r} = - E_{z} B_{ϕ} / μ_{0} = - I R^{'} \cdot \frac{I}{2 π a}$ で内向き．単位長さの側面から入る仕事率は $2 π a \cdot \frac{I^{2} R^{'}}{2 π a} = I^{2} R^{'}$ で，単位長さあたりの発熱に等しい．失われる割合は，長さ $L = 1 m$ に対して

\frac{I^{2} R^{'} L}{V I} = \frac{I R^{'} L}{V} = \frac{2.0 \times 0.020 \times 1}{1.0 \times 10^{2}} = 4.0 \times 10^{- 4}

確かめ：表面での $E_{z} / E_{r} = \frac{I R^{'} a \ln (b / a)}{V} \approx 2.8 \times 10^{- 7}$ で， $S$ はほとんど軸に平行である． $E_{z}$ は $S_{r}$ にだけ寄与するので，(1) の仕事率には影響しない．送る仕事率のごく一部が，内導体の側面へ曲がって入り熱になる．

ポイントここまでのまとめ

外積の向きは $e_{r} \times e_{ϕ} = e_{z}$ と，その順に回した2つで決める．
側面から入る仕事率は $P_{in} = - 2 π r ℓ S_{r}$ ，断面を通る仕事率は $\int S_{z} 2 π r d r$ ．
$\nabla \cdot (E \times B) = B \cdot (\nabla \times E) - E \cdot (\nabla \times B)$ からポインティングの定理が出る．体積で積分すると，入る仕事率＝場のエネルギーの増加率＋電荷に渡す仕事率．
抵抗では側面から入るエネルギーが中で少しずつ熱になり，同軸ケーブルでは電力が導体の間を流れる．