3-4 [例題] Biot-Savartの法則

[例題] Biot-Savartの法則

Biot-Savartの法則の表式として、前回の記事で次の2通り示している。

\begin{align}
\dd\bm{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{I\dd\bm{s}\times\bm{r}}{r^3}.\label{eq: def_Biot_Savart_dB}
\end{align}

\begin{align}
\bm{B}(\bm{r})=\frac{\mu_0I}{4\pi}\int\frac{\dd\bm{s}\times(\bm{r}-\bm{s})}{|\bm r-\bm s|^3}.\label{eq: def_Biot_Savart}
\end{align}

この記事では、これらの数式に基づいていくつか有名な例題の解き方を紹介する。ここで紹介する結果は、応用上も非常に重要なため結果を用いることがしばしばある。しかし、その導出方法はこれから紹介するように、上の2式にしたがってほぼ機械的に解けばよいだけなので、説明なしに結果だけを用いる場合がほとんどである。忘れたときには、ここに戻ってこられるように覚えておいていただきたい。

直線電流がつくる磁場

$z$軸上にある導線に定常電流を流し、$z$軸から距離$R$だけ離れた位置につくる磁場は次のように表せる。

これは前回の記事でも扱ったように、もともと実験結果であり、これを再現するように構築したのがBiot-Savartの法則であったため、本来証明は不要である。しかし、電場の場合に式\eqref{eq: ex_1d_ans_coulomb}を導出したときと同様に、Biot-Savartの法則を代入することで得られる。

上図より、$R=-s\tan\theta=r\sin\theta$である。よって、
\begin{align}
\dd s=\frac{R}{\tan^2\theta}\frac{1}{\cos^2\theta}\dd\theta=\frac{R}{\sin^2\theta}\dd\theta
\end{align}
であるから、
\begin{align}
|\dd s\times\bm{r}|=|\dd s||\bm{r}|\sin\theta=\frac{Rr\sin\theta}{\sin^2\theta}\dd\theta
\end{align}
である。よって、
式\eqref{eq: def_Biot_Savart_dB}のBiot-Savartの法則に代入すると、
\begin{align}
|\dd\bm{B}|=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{I|\dd\bm{s}\times\bm{r}|}{r^3}=\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{\sin\theta}{R}\dd\theta
\end{align}
と書ける。よって、
\begin{align}
B(R)=\frac{\mu_0I}{4\pi R}\int_0^\pi\sin\theta\,\dd\theta=\frac{\mu_0I}{2\pi R}
\end{align}
を得る。向きは外積の定義通り考えれば、図に示したように紙面奥向きになるからその向きを$\bm{e}_\phi$と書けば表式を得る。

円形電流がつくる磁場

まずは微小電流$I\dd\bm{s}$のつくる微小磁場$\dd\bm{B}$を考える。
Biot-Savartの法則
\begin{align}
\dd\bm{B}(\bm{r})=\frac{\mu_0I}{4\pi}\frac{\dd\bm{s}\times(\bm{r}-\bm{s})}{|\bm r-\bm s|^3}.
\end{align}
について、
\begin{align}
\bm{r}&=(0,0,z),\\
\bm{s}&=(a\,\mathrm{cos}\,\phi, a\,\mathrm{sin}\,\phi, 0),\\
\dd\bm{s}&=(-a\,\mathrm{sin}\,\phi, a\,\mathrm{cos}\,\phi, 0)\,\dd\phi,\\
\bm{r}-\bm{s}&=(-a\,\mathrm{cos}\,\phi, -a\,\mathrm{sin}\,\phi, z),\\
\dd\bm{s}\times(\bm{r}-\bm{s})&=(z\,\mathrm{cos}\,\phi, z\sin\phi, a)a \dd\phi,\\
|\bm{r}-\bm{s}|&=(a^2\cos^2\phi+a^2\sin^2\phi+z^2)^{1/2}=(a^2+z^2)^{1/2}.
\end{align}
よって
\begin{align}
\bm{B}&=\int{\dd\bm{B}}\nonumber\
&=\frac{\mu_0I}{4\pi}\int_0^{2\pi}\frac{(z\cos\phi, z\sin\phi, a)a\, \dd\phi}{(a^2+z^2)^{3/2}}\nonumber\
&=(0,0,B_z)
\end{align}
ただし、
\begin{align}
B_z=\frac{\mu_0Ia^2}{4\pi}\int_0^{2\pi}\frac{\dd\phi}{(a^2+z^2)^{3/2}}=\frac{\mu_0Ia^2}{2(a^2+z^2)^{3/2}}
\end{align}
である。よって1つ目の表式が得られた。

また、電流の中心の磁場を得るには、上式で$z=0$とすればよい。
\begin{align}
B_z(z=0)=\frac{\mu_0I}{2a}.
\end{align}
以上より、2つ目の表式も得られた。

ソレノイドがつくる磁場

1つの円形電流が中心軸上につくる磁場は、式\eqref{eq: B_ex_circle_z}より、 \begin{align} B_z^{(1)}=\frac{\mu_0I}{2}\frac{a^2}{(a^2+z^2)^{3/2}} \end{align} であった。よって、微小長さ$\dd z$には$n\,\dd z$個の円形電流があるから、

\begin{align} \dd B_z =\frac{\mu_0I}{2}\frac{a^2}{(a^2+z^2)^{3/2}}n\,\dd z \end{align}

である。よって、無限長ソレノイドの全長で積分すると、

\begin{align} B_z&=\int_{-\infty}^\infty\frac{\mu_0I}{2}\frac{a^2}{(a^2+z^2)^{3/2}}n\,\dd z\nonumber\\
&=\frac{n\mu_0I}{2}\int_{-\infty}^\infty\frac{a^2}{(a^2+z^2)^{3/2}}\,\dd z\nonumber\\
&=\frac{n\mu_0I}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^2}{a^3(1+\tan^2\theta)^{3/2}}\frac{a}{\cos^2\theta}\,\dd\theta\nonumber\\
&=\frac{n\mu_0I}{2} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\,\dd\theta=\mu_0 nI
\end{align}
を得る。ただし、途中で$z=a\tan\theta$とおいて置換積分を実行した。以上により、表式が得られた。