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ビオ・サバールの法則とその応用

円電流の作る磁場をビオ・サバールの法則を用いて直接積分して求めます．

導入

電流は流れるとき，必ず磁場を伴って流れています． それを表す法則は，ふたつありまして， 一方は「アンペールの法則」，もう一方は，「ビオ・サバールの法則」と呼ばれています． ここでは，ビオ・サバールの法則を使って，簡単な例に適用してみます．

ビオ・サバールの法則

原点に微小な電流要素 Id\bm{s} を考えます．ただし I は電流の大きさで，微小方向ベクトルは電流の向きを表す方向 ベクトル \bm{n} を用いて， d\bm{s}= ds \bm{n} と表される．この微小電流要素が，位置 \bm{r} に作る磁場 d \bm{B} は，

d \bm{B} = \frac{\mu_0I}{4 \pi}\ \frac{d \bm{s} \times \bm{r}}{ | \bm{r} |^3 } = \frac{\mu_0I}{4 \pi}\ \frac{d \bm{s} \times \hat{ \bm{r} } }{ | \bm{r} |^2 } \tag{1}

となります．ただし \hat{\bm{r}} は位置ベクトル方向を向いた単位ベクトルとしました．

円電流が作る磁場

いまｘｙ平面内に半径 a の円電流を考えます．この円電流が作る磁場をビオ・サバールの法則で計算してみます．

\bm{r_0}=(a \cos \theta , a \sin \theta , 0) にある微小電流が (この時，微小接線ベクトル d \bm{s}= ds(- \sin \theta, \cos \theta , 0) です) \bm{r} = (x,y,z)=(r \cos \phi , r \sin \phi , z) の位置 に（最後は円筒座標を使いました）作る磁場は，式 (1) より，

d \bm{B} = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \ \frac{d \bm{s} \times (\bm{r}-\bm{r_0})}{ | \bm{r}-\bm{r_0} |^3 }

今，

d \bm{s} \times (\bm{r}-\bm{r_0})= \begin{vmatrix} \bm{i}&\bm{j}&\bm{k} \\ - ds \sin \theta & ds \cos \theta & 0 \\x - a \cos \theta & y - a \sin \theta & z \end{vmatrix}= \begin{pmatrix}z \cos \theta \\z \sin \theta \\a-y \sin \theta -x \cos \theta\end{pmatrix} ds = \begin{pmatrix} z \cos \theta \\z \sin \theta \\a-r \cos (\theta-\phi) \end{pmatrix} ds

で，

|\bm{r}-\bm{r_0}|^2 = |\bm{r}|^2+|\bm{r_0}|^2-2\bm{r} \cdot \bm{r_0}=r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)

です．これを用いて，まずｚ方向の磁場 B_z を求めます．微小距離 ds =a d \theta と置けるのでθの積分にすることができて，

B_z =\int d B_z = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \frac{a-r \cos (\theta -\phi)}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta

同様にｘ方向，y方向も書くと，

B_x =\int d B_x = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \frac{z \cos \theta}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta B_y =\int d B_y = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \frac{z \sin \theta}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta

です．おそらくこの積分は解けません．

円電流が作る磁場（原点では）

解けないとは言いましたが，二つの特別な場合を計算してみます．

まず r=0 の時は簡単です．まずｚ方向について見てみます．

B_z = \frac{\mu_0I}{4 \pi} \int^{2\pi}_0 \ \frac{a-r \cos (\theta -\phi)}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}a d \theta = \frac{\mu_0I}{4\pi} \int ^{2\pi}_0 \ \frac{a^2}{(a^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} d \theta=\frac{\mu_0I}{2} \ \frac{a^2}{(a^2+z^2)^\frac{3}{2}}

となり，またx方向，y方向は対称性から０になります．

さらに特別な場合，コイルの円の中心 (z=0) では \bm{B}=(0,0,\frac{\mu_0I}{2a}) となります．

円電流が作る磁場（十分に遠方では）

十分に遠方 |\bm{r}|>>|\bm{r_0}| では，分母を近似することができます．

\frac{1}{|\bm{r}-\bm{r_0}|^3}=\frac{1}{(r^2 +z^2 +a^2 -2ra \cos (\theta -\phi)\ )^{\frac{3}{2}}}=(r^2+z^2)^{-\frac{3}{2}} \ (1-\frac{2ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi)+\frac{a^2}{r^2+z^2})^{-\frac{3}{2}}

ここで \frac{a^2}{r^2+z^2} は二次の微小量なので無視し，テイラー展開 (1+x)^\alpha=1+\alpha x を用いると，

\frac{1}{|\bm{r}-\bm{r_0}|^3}=(r^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}(1-\frac{2ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))^{-\frac{3}{2}}=(r^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}(1+\frac{3}{2} \ \frac{2ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))

となります．これを用いてz方向成分を求めると，

B_z &= \frac{\mu_0I}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 (a-r \cos (\theta -\phi))(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))a d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 r(- \cos (\theta -\phi)+\frac{a}{r})(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi)) d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 r(-1+\frac{3a^2}{r^2+z^2})\cos (\theta -\phi) +a -\frac{3ar^2}{r^2+z^2}\cos^2 (\theta -\phi) d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} [ ar(\frac{1}{r} -\frac{3r}{2(r^2+z^2)}) (\theta-\phi) ]^{2\pi}_0 \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \{ 2\pi ar (\frac{r^2+z^2}{r(r^2+z^2)}-\frac{\frac{3}{2}r^2}{r(r^2+z^2)})\} \\&= \frac{\mu_0Ia}{2(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} ( ar \frac{z^2-\frac{1}{2}r^2}{r(r^2+z^2)}) \\&= \frac{\mu_0Ia^2}{2(r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}} (z^2-\frac{1}{2}r^2)

ふう疲れた，とにかくこうなるわけですよ． まだ，x方向とy方向が残っています．でも安心してください．x方向は (a-r \cos (\theta -\phi)) を z \cos \theta で置き換えるだけです．

B_x &= \frac{\mu_0I}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \cos \theta(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))a d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \cos \theta(1+\frac{3a}{r^2+z^2} r\cos (\theta - \phi)) d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \cos \theta(1+\frac{3a}{r^2+z^2} (x \cos \theta + y \sin \theta) d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z (\cos \theta +\frac{3ax}{r^2+z^2} \cos^2 \theta + \frac{3ax}{r^2+z^2} \sin \theta \cos \theta) d \theta \\&= \frac{\mu_0Ia}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} [ z \frac{3ax}{2(r^2+z^2)} \theta ]^{2\pi}_0 \\&= \frac{3\mu_0Ia^2xz}{4 (r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}}

y方向についてはこれのxをｙで，ｙはｘで 置き換えればいいので，

B_y &= \frac{\mu_0I}{4 \pi(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} \int^{2\pi}_0 z \sin \theta(1+\frac{3ar}{r^2+z^2} \cos (\theta - \phi))a d \theta \\&= \frac{3\mu_0Ia^2yz}{4 (r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}}

まとめると，

\bm{B}=\frac{\mu_0Ia^2}{(r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}}\begin{pmatrix}\frac{3}{4}xz \\\frac{3}{4}yz \\\frac{3}{4}z^2-\frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2)\end{pmatrix}

であり，成分としてまとめると，

B_n=\frac{3\mu_0Ia^2}{4(r^2+z^2)^{\frac{5}{2}}} (x_n x_3 - \frac{1}{3}(x_1^2+x_2^2+x_3^2)\delta_{3n}) \ \ \ \ \ (n=1,2,3)

x_1,x_2,x_3 は，それぞれ x,y,z をあらわし， i=1,2,3 \ j=1,2,3 にたいし

\delta _{ij} = \begin{cases} 1 (when \ i=j) \\ 0 (otherwise) \end{cases} となり，これはクロネッカーのデルタという名前です．