東京工業大学 工学院 電気電子系 2019年8月実施 電磁気学2

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Author

Zero

Description

直流電流の作る磁界に関する，以下の設問 (1) および (2)に答えよ。

(1) $x-y$ 平面上で，原点 O を中心とする半径 $a$ の円周を直流電流 $I$ が流れている。 この時，$z$ 軸上の点 $P(0,0,z_1)$ における磁束密度 $\boldsymbol{B}_1$ を求めたい。その導出に関する以下の文章の空欄① $\sim$ ⑥を，適切な式または言葉で埋めよ（同一の番号には同一の式または言葉が入る）。なお，真空の透磁率を $\mu_0$ とする。本問では，ベクトルはボールド体で表記するものとする。

「図 2.1 のように円電流の微小線素ベクトル $d\boldsymbol{s}$ が，$P$ の位置に作る磁束密度を $d\boldsymbol{B}$ とし，これを $d\boldsymbol{B}_z$ とそれに垂直な成分 $d\boldsymbol{B}_{\perp}$ に分け，$dB_z = |d\boldsymbol{B}_z|$ とする。$d\boldsymbol{B}_{\perp}$ については円電流全体からの寄与を合計すると消しあうので，積分すると $|\boldsymbol{B}_{\perp}| = (\textcircled{1})$ となる。次に $dB_z$ を求める。微小線素 $d\boldsymbol{s}$ から点 $P$ に向かうベクトルを $\boldsymbol{R}$ とし，その大きさ $R$ を $R = |\boldsymbol{R}|$ と定義すると，$(\textcircled{2})$ の法則により，外積を $\times$ で表すものとして $d\boldsymbol{B} = \frac{\mu_0}{4\pi}I\frac{d\boldsymbol{s} \leftrightarrow \boldsymbol{R}}{R^3}$ である。$d\boldsymbol{s}$ と $\boldsymbol{R}$ は直交しているので，$d\boldsymbol{B}$ の大きさ $dB = |d\boldsymbol{B}|$ を $\mu_0,I,a,z_1$ および $ds = |d\boldsymbol{s}|$ を用いて表すと $dB = (\textcircled{3})$ となる。一方，$d\boldsymbol{B}$ と $z$ 軸のなす角 $\varphi$ につき，$a$ および $z_1$ を用いると，$\cos\varphi = (\textcircled{4})$ となる。そこで $\mu_0,I,a,z_1$ および $ds$ を用いて $dB_z = (\textcircled{5})$ を得る。⑤ を円電流全体について積分することにより，$\mu_0,I,a,z_1$ を用いて $\boldsymbol{B}_1$ の $z$ 成分 $B_z$ を $B_z = (\textcircled{6})$ と表すことができる。よって，直交座標成分で書くと $\boldsymbol{B}_1 = (\textcircled{1}, \textcircled{1}, \textcircled{6})$ と，$\boldsymbol{B}_1$ が求められた。」

(2) 図 $2.2$ のように，断面が長方形のコアに細い導線が巻かれた環状コイルがあり（図の破線部分にもコイルは存在する），その内半径は $a$ , 外半径は $b$ , 厚さは $h$ であるとする。コアの表面に沿って，導線は十分に密に巻かれており，巻き数は全体で $N$ である。このとき，以下の設問に答えよ。ただし，コアの透磁率を $\mu$ とする。

• (a) コアの内側 $(a < r < b,0 \le \theta <2\pi, -h/2 < z <h/2)$ では，図 $2.2$ のような円柱座標系 $(r,\theta,z)$ を用いると，コイルに流れる直流電流 $J$ による磁界が

$$B_r = B_z = 0,B_{\theta} = \mu NJ/(2\pi r)$$

となることを示せ。

• (b) コアの外側では，コイルに流れる直流電流 $J$ による磁界がゼロとなることを説明せよ。

• (c) コアの断面 $(a < r < b,0 \le \theta <2\pi, -h/2 < z <h/2)$ を貫く磁束 $\Phi$ は，次式で表されることを示せ。ただし，$\ln(x)$ は $x$ の自然対数を表す。

$$\Phi = \frac{\mu NJh}{2\pi}\ln\big(\frac{b}{a}\big)$$

• (d) 環状コイル全体に蓄えられた磁界のエネルギー $U$ を求めよ。

• (e) この環状コイルの自己インダクタンス $L$ を求めよ。

题目描述

回答下列关于直流电流磁场的两组问题。

1. 在 $x$-$y$ 平面内，一圆形导线以原点 O 为圆心、半径为 $a$，其中流过直流电流 $I$。为推导 $z$ 轴上点 $P(0,0,z_1)$ 的磁感应强度 $\boldsymbol B_1$，填写下文的空格 ① 至 ⑥；同一编号处填写同一表达式或词语。真空磁导率为 $\mu_0$，矢量以粗体表示。

   如原 Description 图 2.1，圆电流的微小线元矢量 $\mathrm d\boldsymbol s$ 在 $P$ 处产生 $\mathrm d\boldsymbol B$，把它分解为 $z$ 方向分量 $\mathrm d\boldsymbol B_z$ 与垂直分量 $\mathrm d\boldsymbol B_\perp$，并令 $\mathrm dB_z=|\mathrm d\boldsymbol B_z|$。

   • 对整个圆电流积分时，$\mathrm d\boldsymbol B_\perp$ 的贡献相互抵消，故

     $$|\boldsymbol B_\perp|=\boxed{①}.$$

   • 从 $\mathrm d\boldsymbol s$ 指向 $P$ 的矢量为 $\boldsymbol R$，$R=|\boldsymbol R|$。根据 $\boxed{②}$ 定律，

     $$\mathrm d\boldsymbol B =\frac{\mu_0}{4\pi}I \frac{\mathrm d\boldsymbol s\times\boldsymbol R}{R^3}.$$

   • 因 $\mathrm d\boldsymbol s$ 与 $\boldsymbol R$ 正交，用 $\mu_0,I,a,z_1$ 及 $\mathrm ds=|\mathrm d\boldsymbol s|$ 表示磁场元大小，得到

     $$\mathrm dB=\boxed{③}.$$

   • 若 $\mathrm d\boldsymbol B$ 与 $z$ 轴夹角为 $\varphi$，则

     $$\cos\varphi=\boxed{④}, \qquad \mathrm dB_z=\boxed{⑤}.$$

   • 对整个圆电流积分后，

     $$B_z=\boxed{⑥}, \qquad \boldsymbol B_1=(\boxed{①},\boxed{①},\boxed{⑥}).$$

2. 如图 2.2，一根细导线密绕在矩形截面的环形磁芯表面（图中虚线处也有绕组），内半径为 $a$、外半径为 $b$、厚度为 $h$，总匝数为 $N$，磁芯磁导率为 $\mu$。

   1. 采用图示柱坐标 $(r,\theta,z)$，证明当磁芯内

      $$a<r<b,\quad0\leq\theta<2\pi,\quad-\frac h2<z<\frac h2$$

      且线圈中流过直流 $J$ 时，

      $$B_r=B_z=0,\qquad B_\theta=\frac{\mu NJ}{2\pi r}.$$

   2. 说明磁芯外部由该直流电流 $J$ 产生的磁场为何为零。

   3. 证明穿过磁芯截面的磁通为

      $$\Phi=\frac{\mu NJh}{2\pi} \ln\left(\frac ba\right),$$

      其中 $\ln$ 为自然对数。

   4. 求整个环形线圈储存的磁场能量 $U$。

   5. 求该环形线圈的自感 $L$。

考点

• Biot–Savart 定律：分解圆电流在轴线上产生的微元磁场，利用旋转对称性消去横向分量并完成线积分。
• Ampère 环路定律：选择同心圆环路求环形线圈磁芯内的 $B_\theta(r)$，并说明理想密绕情况下外场消失。
• 磁通、自感与磁能：对非均匀磁场沿矩形截面积分，结合磁链 $N\Phi=LJ$ 和能量关系求 $L,U$。

Kai

(1)

① 0

② ビオ・サバールの法則より、

$$dB = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^2}ds = \frac{\mu_0 I}{4\pi(a^2 + z_1^2)}ds$$

③

$$\frac{\mu_0 I}{4\pi(a^2 + z_1^2)}ds$$

④

$$\frac{a}{\sqrt{a^2 + z_1^2}}$$

$$\begin{aligned} dB_z &= \frac{\mu_0 I}{4\pi(a^2 + z_1^2)}ds \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2 + z_1^2}} \\ &= \frac{\mu_0 I a}{4\pi(a^2 + z_1^2)^{\frac{3}{2}}}ds \end{aligned}$$

⑤

$$\frac{\mu_0 I a}{4\pi(a^2 + z_1^2)^{\frac{3}{2}}}ds$$

$$\begin{aligned} B_z &= \int_0^{2\pi} \frac{\mu_0 I a}{4\pi(a^2 + z_1^2)^{\frac{3}{2}}}ad\theta \\ &= \frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2 + z_1^2)^{\frac{3}{2}}} \end{aligned}$$

⑥

$$\frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2 + z_1^2)^{\frac{3}{2}}}$$

(2)

(a)

アンペールの法則より、積分路を円周上にすると、

$$2\pi r B_{\theta} = \mu NJ \Rightarrow B_{\theta} = \frac{\mu NJ}{2\pi r}$$

(b)

積分路 $C_1$ でアンペールの法則を用いると、

$$H_3 l - H_4 l = 0 \Rightarrow H_3 = H_4$$

積分路 $C_2$ でも同様にして

$$H_1 l - H_2 l = NJl \Rightarrow H_1 - H_2 = NJ$$

$H_4$ は無限遠で $0$ より、$H_3 = 0S$

よって、$H_2 = 0$ より、$H_1 = NJ$ となり。

コアの外側では，磁界がゼロとなる。

(c)

$$\begin{aligned} \Phi &= BS \\ &= h\int_a^b \frac{\mu NJ}{2\pi r}dr \\ &= \frac{\mu NhJ}{2\pi} \int_a^b \frac{1}{r}dr \\ &= \frac{\mu NhJ}{2\pi} \log \frac{b}{a} \end{aligned}$$

(d)

$$\begin{aligned} U &= \iiint_u \frac{1}{2\mu}B^2 du \\ &= h \int_0^{2\pi}\int_a^b \frac{1}{2\mu} \cdot \frac{\mu^2N^2J^2}{4\pi^2 r^2} rdrd\theta \\ &= \frac{\mu h N^2 J^2}{8\pi^2} \cdot \int_0^{2\pi} d\theta \int_a^b \frac{1}{r}dr \\ &= \frac{\mu hN^2 J^2}{8\pi^2} \cdot 2\pi \bigg[\log r\bigg]_a^b \\ &= \frac{\mu h N^2 J^2}{4 \pi} \log \frac{b}{a} \end{aligned}$$

(e)

$$\frac{1}{2}LJ^2 = \frac{1}{2}J^2 \cdot \frac{\mu h N^2}{2\pi} \log \frac{b}{a}$$

従って、

$$L = \frac{\mu h N^2}{2\pi} \log\frac{b}{a}$$