基礎物理学演習
7
類-a
冬休み特別課題
7 類-a 組の皆さん
February 4, 2007
皆さんからの問題および解答をそのまま公開します。テスト前とかの演習問題として使ってもらっても結構です。問題 の設定がおかしいところ、解答のミス等に関しては一切関知していませんので、了承してください。出した答案と違う という場合には、メールにて連絡ください。問題の設定がおかしいとか解答が間違っているなどの議論は、すべて掲示 板上でお願いいたいます。 問題に対するコメント： 問題としては多種多様なものが出てきたことはとても嬉しく思っております。しかし、以下の観点から自分の作った 問題、他人の作った問題を見てください。 1. 数値には単位が記入されているか。 2. ベクトルとスカラーを勘違いしていないか。 3. 面積分と線積分を勘違いしていないか。 4. 使っている法則をしっかりと理解しているか。 そして、解答する時の注意として、 1. どういう法則を使ったかを明記する。 2. スカラーにしたのか、ベクトルにしたのか、分かるようにする。 3. どのように線積分の経路、面積分の面、体積積分の部分をとったのかを明記する。 これだけでも随分、回答が見やすくなります。テストなどの時に参考にして見てください。Gauss の法則 ¶ ³ 以下の電場を Gauss の法則 ²0 I E · dS = Q を用いて求めよ。 (1) xy 平面上に電荷が密度 σ で一様に分布しているときの点 (x, y, z) における電場。 (2) 半径 a の球内に電荷が ρ(x, y, z) = x2+ y2で分布しているときの球内部の点 (r, θ, φ) における電場。 µ ´ (1) 対称性より、求める電場は xy 平面に垂直である。この平面を含み、底面が平面に垂直な直方体として閉曲面にとり、 その底面積を A とすれば、Gauss の法則の左辺は ²0 I E · dS = ²0EA 右辺は Q = ρA よって ²0EA = ρEA ⇐⇒ E = (ρ/²0)ez (2) 求める電場は球の表面と垂直である。直交座標を球座標に変換する際の Jacobian は J = r2sin θ より dV = dxdydz = |J|drdθdφ = r2sin θdrdθdφ また x2+ y2= r2sin θ であり、Gauss の法則の右辺は Q = ZZ Z r3sin2ddφ = Z r3dr Z sin2θdθ Z dφ = r 4 4 × µ π 2 + 1 4 ¶ × 2π = π 8 (2π + 1) r 4 左辺は球の表面と直交するので ²0 I E · dS = 4π²r2E よって E = 2π + 1 32²0r2er を得る。
万有引力 ¶ ³ 万有引力場 A = GMe r2 · r r について Me, Reはそれぞれ地球の質量と半径として重力場の地球内部での発散を求め、その意味を考察せよ。ただ し、球座標における発散の公式 ∇ · A(r, θ, φ) = 1 r2 ∂(r2A r) ∂r + 1 r sin θ ∂(sin θAθ) ∂θ + 1 r sin θ ∂(Aφ) ∂φ を用いてもよい。 µ ´ 地球の中心からの距離がが r の時、対称性より地球の中心に M0 = (r/Re)3Meだけ質量があると思ってよい。この時 A = G r3 R3 eMe r2 er= G rMe R3 e er となる。これの発散を取ると ∇ · A = GMe R3 er2 ∂r3 ∂r = 3GMe R3 e ここで G = (4πτ )−1とおくと 3GMe R3 e = 3Me 4πR3 eτ = 4Me 3πR3eτ =ρe τ ρ0は地球の密度で τ は ² に対応するもので重力場と電磁場にも対応が見られる。しかし、万有引力は常に引力である ことを考えれば、電束に対応する重力線なるものには吸い込みはあれど、湧き出しは存在しないと思われる。さらに重 力場には電場に対する磁場のようなものが見つかっていないため、場の変化性も乏しい。1ところで Gauss の法則積分型 を適用すれば r = Reの時 τ I A · dS = 4πτ R2 e× Me 4πτ R2 e = Me と確かに地球の質量が求まる。
Amp`ere の法則の応用 ¶ ³ Amp`ere の法則 I B · ds = µ0 Z µ i + ²0∂E ∂t ¶ · dS を用いて以下の磁場を求めよ。 (1) 無限に広い平面上を流れる定常電流が作る磁場。 (2)i. 半径が a の無限に長い円筒の表面を円筒の軸と平行流れている定常電流が作る磁場。 ii. 上記の円筒の表面と内部を円筒の軸と平行流れている定常電流が作る磁場。 µ ´ (1) 電流が流れている平面を xy 平面、方向を x 軸として磁場の成分は x 方向はもともとなく、z 方向は隣り合った閉回 路同士が打ち消しあうので明らかに y 方向のみである。=⇒ 大きさをB(z)とする。そこ Amp`ere の法則を適用する閉回
路を半径がaの正方形 ABCD として AB と CD はy軸、BC と DA はz軸にそれぞれ平行とする。 Amp`ere の法則を適用すると ( AB と CD においては磁場と積分経路が垂直なので積分値 0。 BC と DA においては平行なので {B(z1) − B(z2)}a となる。 よって回路が平面と交 わっていない時は (B(z1) − B(z2))a = 0 より B(z1) = B(z2) = B で大きさは一定、向きは平面から垂直に離れる向き。 回路が平面と交わる時は電流密度を i として (B(z1) − B(z2))a = µ0ia 磁場の大きさが一定であるということが先の議論 で解っているので 2aB = µ0ia よって B = µ0i/2 で向きは平面から垂直に離れる向き。 (2)i. 円筒の底面に平行で円筒と中心軸が一致するような半径が r の円を閉回路とする。円筒と平行で軸が一致するよう に円柱座標をとり、対称性より磁場は回路と平行であるので r のみの関数である。求める磁場の強さを B(r)、流れてい る全電流を I として Amp`ere の法則を適用すると 2πrB(r) = µ0I ... B(r) = µ0I 2πr 閉回路が円筒の内部では電流が 0 なのでB = ( µ0I 2πreθ r = a 0 r < a 2 ii. 前問と同様に閉回路と座標とる。前の問題と異なるのは、円筒内部でも電流は 0 にならず、I/r2となることである。 ... B = ( µ0I 2πreθ r = a µ0I 2πr3eθ r < a 2磁場は回転成分なので法線方向である。
平面板コンデンサー ¶ ³ 平面板コンデンサーのモデルとして図のような装置を考える。面積が S、幅が h の導体コンデンサーに微小な電荷 dq を電圧 V の電池で加速させて入射させることを繰り返す。以下の問いに答えよ。 S V dq h (1) 加速された電荷の運動エネルギーを求めよ。 (2) 電荷がコンデンサーに溜まるにつれ、極板間電位差は増す。加速された電荷が極板にたどり着けることができな くなる時の極板の電荷 Q を求めよ。 (3) 極板にたどり着いた電荷は衝突によってその運動エネルギーを全て発熱として失うとする。このことから (2) の 時のコンデンサーのエネルギーを求めよ。 µ ´ (1) 運動エネルギー K = dqV (2) 極板間の電位を E とし、極板間にあって極板の一部を含んで極板と平行な底面を持つ柱を閉曲面として Gauss の法 則を適用すると電場は明らかに底面に垂直なので3側面を貫く電束はない。導体内部では電場はないので結局導体を含ん でいない底面のみを電束は貫くことになる。。 ... I E · dS = ES = Q ⇐⇒ E = Q Sez 極板電位差 Φ が V に等しい時、電荷は極板にたどり着けないので Φ = Z E · ds = Qh S = V ... Q = SV h
よって、q = Q になるまでに発熱として失うエネルギーは Ulost= Z Q 0 µ V −qh S ¶ dq = QV −Q 2h 2S = 1 2QV また、電池がした仕事は W = QV なので、エネルギー保存則より、コンデンサーのエネルギー Ucは Uc= QV −1 2QV = 1 2QV = 1 2CV 2 4 を得る。 4C ≡ Q/V と定義される量を電気容量という。
金属球の静電容量 ¶ ³ 半径 a の金属球をコンデンサーと考えた場合の静電容量を求めよ． µ ´ 金属球の外側に，半径 b(b > a) となるような球殻を考える． 内側の球に +q, 外側の球殻に −q の電荷を与えたとして, a < r < b となるような半径 r の球を考え, ガウスの法則を適 用する。 系の球対称性により Z S E · nda = 4πr2E であり, 金属球の電荷は q より Z V ρ ²0 dV = q ²0 この 2 式より， 4πr2E = q ²0 ...E = q 4πr2² 0 よって,ab 間の電位差 V は, V = Z b a q 4πr2² 0 dr = q 4π²0 · 1 r ¸b a = q 4π²0 µ 1 a− 1 b ¶ ここで b → ∞ とすれば V = q 4π²0 µ 1 a ¶ であるから, 求める電気容量 C は C = q V = 4π²0a
誘電体のエネルギーと仕事 ¶ ³ 電荷 Q を帯びた半径 a の導体球を、誘電体 ² の十分大きな油のタンクの中から引き上げて外に出すのに必要なエネ ルギーを求める。 ∗ 重力は考えないことにする。 µ ´ 導体球の空気中での静電容量は C = 4π²0a 導体球の油の中での静電容量は C0= 4π²a この時、静電エネルギーはそれぞれ U = Q2C2, U0= Q2 2C0 よって、球を引き出すために必要なエネルギーは U − U0= Q2 2C − Q2 2C0 = Q2 8πa µ 1 ²0 −1 ² ¶
平行板コンデンサーの引力 ¶ ³ 距離 d、面積 S の平行板コンデンサーの極板上に ±Q の電荷を与えた。極板間に誘電率 ² の誘電率を詰めたときと、 除いたときとで、極板間に作用する引力はどのように変化するか。 µ ´ 誘電率を詰めたときに作用する引力は F = 1 2²E 2S で表される。極板間の電場は E = ²SQ。よって、 F = 1 2² µ Q ²S ¶2 S =1 2 Q2 ²S また、極板間に何も詰めていない時は ² を ²0で置き換えて、そのとき作用する力 F0は、 F0=1 2 Q2 ²0S ² > ²0であるから、F < F0 よって、極板間に誘電体を詰めると引力は小さくなる。
地球の静電容量
¶ ³
地球を半径 6.4 × 106[m] の導体球とみなして、その静電容量を求めよ。
µ ´
ボーアモデル ¶ ³ 水素原子のボーアのモデルが存在するとする。中心の原子核の電荷密度を ρ(r)、原子核半径 a、電子半径 b、原子半 径 c として、中心に発生する磁場を求めよ。 µ ´ 条件より、原子核のもつ電荷は43πa3ρ(r) 電子の電荷は −e0であることから、向心力 k04πa 3ρ(r)e 0 3c2 の等速円運動を電子はしている。よって、運動方程式をたて ると、電子の速度 vBは mcvB= k04πa 3e 0 3c2 ρ(r)。よって、 vB= k0 4πa3e 0 3mc3 ρ(r) これは断面積 πb2の導線に I = k0 4πa3e0 3mc3 ×e0 πb2×2πa = 2e2 0k0a3 3πmab2c3 = 2e2 0k0a2 3πmb2c3 の電流 I を流すことと等しい。ビオサバールの法 則より、 H = I I 4πc2ds = I 2c = e2 0k0a2 3πmb2c4 よって求める磁場は e2 0k0a2 3πmb2c4
誘電体球の電位 ¶ ³ 内部から半径 r1, r2, . . . , rn−1の同心球を境にして、その間に内部から誘電率 ²1, ²2, . . . , ²nの誘電体が層状に詰めて あり、最外層は無限遠点まで伸びているa。この中心に電荷 Q を与えると、中心から距離 r の誘電率 ²iの誘電体中 の点 A の電位を求めよ。 a鹿野コメント：本当は図を入れてありました µ ´ 半径 r の部分にガウスの法則を適用すると、電束密度 D は、 D(r) = Q 4πr2 よって、 Ei= Q 4π²ir2 よって、ri−1< r < riの点の電位は、 V = − Z r ∞ Edr = − ÃZ r ri Eidr + Z ri ri+1 Ei+1dr + · · · + Z rn−1 ∞ Endr ! = Q 4π²i µ 1 r − 1 ri ¶ + Q 4π²i+1 µ 1 ri − 1 ri+1 ¶ + · · · + Q 4π²n−1 µ 1 rn−1− 1 rn ¶ + Q 4π²n 1 rn
誘電体球の静電容量 ¶ ³ 半径 a の球導体が、内半径 a、外半径 b の同心誘電体球殻で包まれている。誘電体の比誘電率を ²0として、この導 体の静電容量を求めよ。 µ ´ 球導体に電荷 Q を与えると、場は球対称であるから、中心 O から距離 r(> a) の点での電束密度は、ガウスの法則より、 D = Q 4πr2 電界の強さ E は、 E =D ²0(b < r) D ² (a < r < b) したがって、球導体の電位を V とすると V = Z D ²0dr + Z D ² sdr = Q 4π²0 µ 1 b + s ² µ 1 a− 1 b ¶¶ これより静電容量 C は C = Q V = 4π²0 1 b +s² ¡1 a −1b ¢ = 4πs²0² ab b − a(1 − ²s)
誘導起電力と磁場 ¶ ³ z 方向に振動数 ν で振動する磁界がある。半径 a 巻き数 n の円形コイルをコイルの面が xy 平面にあるようにおい て、コイルに生ずる誘導起電力を測定したら、その振幅が V0であった。振動する磁界の磁束密度 B0を求めよ。 µ ´ コイルを貫く全磁束 Φ は Φ＝ nB(πa2) となる。B = B0sin 2πνt とすれば、誘導起電力 Viは Vi =dΦ dt = 2nπ 2a2νB 0cos 2πνt となる。したがって、その振幅 V0は V0= 2nπ2a2νB0 となる。これから B0= V0 2nπ2a2ν
鏡像法 ¶ ³ 電荷密度 ρ で電荷が一様に分布した球 A がある。この球 A の内部には空洞の球 B がある。球 A の中心を原点とし て、原点から球 B の中心へのベクトルを c とする。この時、空洞内の任意の点 r における電場 E を求めよ。 µ ´ 球 A 全体に密度 ρ の電荷が一様に分布し、球 B には逆符号の電荷が密度 ρ で一様に分布していると考える。 球 B 内の任意の点 r は、球 B の中心からのベクトルを r0とすると、 r = c + r0 球 A の電荷が点 r に作る電場 EAは EA= 1 4π²0 4 3π|r| 3ρ r |r|3 = ρ 3²0 r 球 B の電荷が点 r0に作る電場 EBは EA= 1 4π²0 4 3π|r 0|3(−ρ) r0 |r0|3 = − ρ 3²0 r0 よって、任意の点 r における電場 E は E = EA+ EB = ρ 3²0(r − r 0) = ρ 3²0c
直線状電荷による電場 ¶ ³ 無限に長い直線上に、電荷が線密度λで一様に分布している。 (1) 式 E = q 4π²0r2 を用いて電場 E(r, θ, z) を求めよ。 (2) ガウスの法則を用いて電場を求め、(1) が正しいことを確かめよ。 µ ´ (解答) (1) 電荷が線密度λで分布している線分ＡＢを考える。 ＡＢを長さΔｚの微小区間に分割し、それぞれの電荷素片が任意の点Ｐに作る電場を足し合わせる。 図のように、点Ｐから直線ＡＢにおろした垂線の足をＯ、 ＯＰ＝ｒ、∠ＯＰＡ＝α、∠ＯＰＢ＝βとする。 点Ｏから z だけ離れた微小区間Ｑの電荷が点Ｐに作る電場 ∆E の大きさは、 ∆E = λ∆z 4π²0(r2+ z2) ∠ＯＰＱ＝θと置くと、 cos θ = √ r r2+z2 , sin θ = z √ r2+z2 だから、
∆Er= ∆E cos θ = rλ∆z
4π²0(r2+ z2)
3 2
∆Ez= ∆E sin θ = zλ∆z
4π²0(r2+ z2) 3 2 微小区間ΔｚについてＡＢ間での積分を考えると、 Er= λ 4π²0 Z A B r (r2+ z2)3 2 dz , Ez= λ 4π²0 Z A B z (r2+ z2)3 2 dz z = r tan θ とおいて、積分変数をｚからθに変えると、 OA = r tan α, OB = r tan β となり、 r2+ z2= r2(1 + tan2θ) = r 2 cos2θ , dz = r cos2θdθ だから、 Er= λ 4π²0 Z α β r ¡ r2 cos2θ ¢3 2 r cos2θdθ = λ 4π²0 1 r Z α β cos θdθ
= λ 4π²0 1 r(sin α − sin β) Ez= λ 4π²0 Z α β r tan θ ( r2 cos2θ) 3 2 r cos2θdθ = λ 4π²0 1 r Z α β sin θdθ = λ 4π²0 1 r(cos β − cos α) 線分ＡＢの長さを無限にするには、α → π 2 , β → − π 2 このとき、 Er→ λ 2π²0r , Ez→ 0 よって、 E = λ 2π²0r ~ er (2) 円柱座標系を考え、与えられた直線をｚ軸とすると電荷分布の対称性から、 電場はｒ方向に生じ、その強さは距離ｒのみに依存する。 単位長さの幅を持ち、ｚ軸を１周囲むような閉曲面を考え、ガウスの法則を適用すると、 ²0 I S E · dS = λ × 1 E//S だから、 E(r) I S dS = λ ²0 E(r) × 2πr = λ ²0 E(r) = λ 2π²0r よって、 E = λ 2π²0re~r
誘導起電力の導出 ¶ ³ 長さｌの導体棒ＡＢが、磁束密度Ｂの一様な磁場中で、磁場に垂直な面内で一端Ａを中心として角速度。但し、回 転中心である棒の一端Ａからの距離がｘの位置にある電荷-e の自由電子に働くローレンツ力を考えて求めること。 µ ´ 回転中心である棒の一端Ａからの距離がｘの位置にある電荷-e の自由電子に働くローレンツ力は、大きさ exωB でＢ→ Ａの向きである。導体棒と一緒に回転している観測者から見ると、この自由電子は静止していることになる。従って、こ の観測者は磁場からのローレンツ力を、電場 E（向き : A → B）から受ける力と考えると、i eEi = exωB Ei = xωB となるから、 V = Z C0 Ｅids = Z l 0 Ｅidx = Z l 0 xωBdx = ωB µ x2 2 ¶l 0 = 1 2Bl 2ω このとき、電子の運動の向きはＢ→Ａであるから、電流の向きはＡ→Ｂとなる。
磁場のエネルギー密度 ¶ ³ 2 枚の平行電流シートがある。互いに逆方向の向きに一様な電流 (電流密度 j) が流れている。2 枚のシートの間隔 を d とする。また、シートの大きさは、電流の方向に l、それと垂直に a の長方形とする。このときの磁場のエネル ギー密度を求めよ。 µ ´ まず、片方の電流シートの作る磁場を考えると、アンペールの法則より I C B0dr = µ0jl 2lB0= µ0jl B0= µ0j 2 したがって、両方があるときは、その 2 倍。つまり、B = µ0j となる。ここで、この磁場中に垂直に流れる電流は、位 置によらず、同じ力を受ける。よって、電流シートの受ける力は、 F = B0Il = B0jal = 1 2µ0jS (向きは、シートが反発する向き)(S = al) また、エネルギーについて考えるとき、この場合のシートを動かすだけの誘導起電力も考慮しなければならない。シー ト間隔を ∆t の時間間隔の間に ∆d だけ広げる。このとき、誘導起電力 V は、 V = −dΦ dt = −Bl ∆d ∆t これは電流方向に一様な電場 (E = −B∆d∆x) が生じることと同じで、これに逆らって、一定の j で電流を流さなければな らない。このため、大きさが jaEl = jES の電力が必要である。したがって、∆t の間にシートを ∆d 引き離すとき (電流一定) 必要な仕事は、 ∆U = jES∆t −1 2BjS∆d = µ jB −1 2Bj ¶ S∆d =1 2BjS∆d =1 2µ0j 2S∆d 1B2
電場の大きさ ¶ ³ 次の場合について平面に垂直な中心軸上、平面から 1[m] の位置での電場を求めよ。 1. 辺の長さ 5[m] の正方形の各頂点の 1 つの対角に +20[C]、もう 1 つの対角に −20[C] を置く。 2. 辺の長さが 40[m] の正方形の 4 辺が一様に線電荷密度 1[C/m] で帯電している。 µ ´ 1. 4 つの電荷は 2 つずつ等しい大きさで逆向きなので 0[V/m] 2. a = 20[m]、線電荷密度 λ、h = 1[m]、観測する点と導線の中点までの距離 R とすると、対称性より y 成分のみ考 えてよい。x[m] で長さ dx[m] の λx[C] のつくる電場は dEy= λdx cos θ 4π²0(x2+ R2) tan θ = x R。また、x2+ R2= R2sec2θ[m]。dx = R sec2θdθ。 E = Ey = λ 4π²0R Z θ0 −θ0 cos θdθ =λ sin θ0 2π²0R = λ 2π²0R ah √ R2+ a2 ここで、R =√h2+ a2より、また導線 4 方向より、 Eall = 1 π²0 2ahλ (h2+ a2)√h2+ 2a2 この式に数値を代入すると、200[V/m] となる。
3 体問題 ¶ ³ 質量 m、電荷 q の 3 個の粒子が原点から 3 本の等しい長さ a の糸で結ばれて静止している。t = 0 でこれらの糸を 切った。t = ∞ においてこれらの 3 粒子の速度 v∞を求めよ。ただし、3 個の粒子は同一水平面上にあるものとする。 µ ´ 3 個の粒子は静止していることから、3 つ粒子は対称性より原点を重心として正三角形に配置されている5。 ここで各粒子にかかるクーロン力の向きは、対称性から、頂点の対辺の垂直二等分線上で、原点から遠ざかる向きで ある。√3a = d とおくと、各粒子がもつ位置エネルギー W は、正三角形全体のエネルギーが 4π²3q2 0d であるから、対称性 より 4π²q2 0dとなる。 ここで、糸から切ると粒子は正三角形の形を保ちながら、無限遠に遠ざかるので、一つの粒子のもつ運動エネルギー は各粒子のもつ位置エネルギーに等しくなる。 1 2mv 2 ∞= q2 4π²0 √ 3a v∞=p q 2√3π²0am
導体同士の関係 ¶ ³ 十分離れた半径 rA, rBの 2 つの導体球 A, B が存在する。これらの導体球に一様に電荷が分布しているとみなし、そ れを qA, qBとする。 1. このとき、A, B 表面での電場の強さと電位を求めよ。 2. AB 間を導線でつないだときの表面の電場の強さ E0 A, EB0 を求めよ。 µ ´ 1. 一様に電荷が分布しているので、電荷密度 ρA, ρBはそれぞれ ρA= qA 4 3πrA3 , ρB = qB 4 3πr3B である。球の対称性より、ガウスの法則を適用する。閉球面で球を考えることにより電場 EA, EBは常に面に垂直 であることにより ²0 I EA· dS = ²0EA I dS ²0 I EB· dS = ²0EB I dS 表面の電場であることに注意して ²0EA I dS = ρA× 4 3πr 3 A ²0EA× 4πrA2 = ρA× 4 3πr 3 A EA= qA 4π²0rA2 EB = qB 4π²0rB2 電位は VA= − Z ∞ rA EA· dS = − Z ∞ rA EAdr = qA 4π²0rA VB = qB 4π²0rB 2. AB 間を導線で接続したことにより、表面 A, B の電位は等しくなるから q0 A 4π²0rA = q0 B 4π²0rB ここで、qA0 , qB0 はそれぞれ電荷 qA, qBが移動したあとの状態の電荷である。 電荷はどこにも逃げないから qA+ qB= qA0 + qB0 これらから、 q0 A= rA rA+ rB (qA+ qB) q0B= rB rA+ rB(qA+ qB)
これらを電場の式に代入して、 E0 A= q0 A 4π²0rA = qA+ qB 4π²0rA(rA+ rB) E0 B= q0 B 4π²0rB = qA+ qB 4π²0rB(rA+ rB)
面上の電場 ¶ ³ 無限に広がった平面上に一様な面密度 ρ で分布している電荷の作る電界を求めよ。 µ ´ ガウスの法則REdS = ²Q0 を用いて、E は面積 dS によらない。また、平面の上下から出ることを考え、ある面積 A に ついて考えると、 Z EdS = 2EA = Q ²0 2EA = Aρ ²0 E = ρ 2²0
リング状の電荷がつくる電場 ¶ ³ 電荷 Q が表面に一様に分布している半径 a のリングがある。リングの中心軸上にあって、リングの中心から距離 x における電場を求めよ。 µ ´ 図のようにリングの微小部分 ds についてそれがもっている電荷 dQ が点 P に作る電場の大きさ dE として、これをリン グ上で 1 周積分したものが電場 E となる。リングの対称性から y 成分の大きさは 0 になることが分かる。これから、x 成分についてのみ考える。 dE = dQ 4π²0(x2+ a2), cos θ = x √ x2+ a2 から、 dEx= dE cos θ = xdQ 4π²0(x2+ a2) 3 2 Ex= I 1 4π²0 xdQ (x2+ a2)32 = 1 4π²0 xQ (x2+ a2)3 2
トランス ¶ ³ 半径 a[m] の円筒に n1回巻きの長さ l[m] のコイルをつくり、さらに同じ円筒に導線を n2回巻いた。これらのコイ ルをそれぞれ L1, L2とし、コイル L1に電流 I = I0sin ωt の電流を流した。このときのコイル L2を貫く磁束と、誘 導起電力の最大値を求めよ。 µ ´ コイル L1に I = I0sin ωt の電流を流したとき、円筒の内部を貫く磁束は、 Φn2 = Z B · ds コイル L1をソレノイドコイルとして考えると、図のようにコイルの断面をみて、アンペールの法則を適用すると、コイ ル L1を貫く磁束 Φn1 = I CDEF B · ds = Z CD B · dS + Z DE B · dS + Z EF B · dS + Z F C B · dS = B Z D C ds = µ0n1 l I · 2πa 2 ただし、ここで CD 間は長さ 1 となるようにとる。よって、コイル L1を貫く磁束は Φn1 = 2πa2µ 0n1I0sin ωt l これより、 コイル L21 巻きあたりにこの磁束が貫かれるので、コイル L2全体を貫く磁束は Φn1 = 2πa2µ 0n1n2I0sin ωt l 誘導起電力 V2(i)= − ∆Φn2 ∆t = − 2πωa2µ 0n1n2 l I0cos ωt よって、その最大値は 2πωa2µ 0n1n2 l I0 となる。
マイクロ波のポインティングベクトル ¶ ³ 電子レンジは連続出力マグネトロンなどを用いた発振器で 2450MHz のマイクロ波を発し、食品中の水分を選択加熱 する調理器具である。その構造を簡略化すると、図のようなコンデンサの回路になる。コンデンサ極板間の電場を 変化させることでマイクロ波を発するのである。この回路について、図のようにコンデンサに、最大電圧 141V(周 波数 50Hz) の電圧をかけたとする。 ポインティングベクトル S = E × H として、エネルギーの流れの密度 (ポインティングベクトルの平均値) を求め よ。但し、√2 = 1.41 とする。 µ ´
電圧 V は最大電圧を Vmax、角速度 ω とすると、V = Vmaxsin ωt。ω = 2πf より V = Vmaxsin 2πf t。又、電位の勾配
が電場になるので、極板間距離を D とすると、 V = Z D 0 Edx = ED E = V D =Vmaxsin 2πf t D (向きは鉛直方向) 極板と同じ形をし、極板に平行な積分経路 C をとると、マクスウェル・アンペールの式より、 I C H · ds = Z S µ j + ²0∂E ∂t ¶ ds (j:電流密度) 極板間に電流は流れていないので、 H · I C ds = Z S ²0∂E ∂t dS H = S²0Vmax2πf cos 2πf t DCdmathbf s 方向は極板に沿って、平行な方向。したがって、 S = E × H = E × H(∵ E⊥H)
