《理論》〈電磁気〉[R08:問2]リング状電荷を回転させてできる磁界に関する計算問題

【問題】

【難易度】★★★★☆（やや難しい）

次の文章は，リング状電荷を回転させてできる磁界に関する記述である。文中の$ \ \fbox{$\hskip3em\Rule{0pt}{0.8em}{0em}$} \ $に当てはまる最も適切なものを解答群の中から選べ。

図1のように，線電荷密度$ \ \lambda \ $（$ \ \lambda \gt 0 \ $）で一様に帯電した半径$ \ r \ $のリング状電荷が真空中において角速度$ \ \omega \ $で回転している。リング状電荷の中心を原点とし，リング状電荷に垂直な回転軸を$ \ x \ $軸とする。ただし，真空の透磁率を$ \ \mu _{0} \ $とし，$ \ \omega \gt 0 \ $のときに$ \ x \ $軸上の磁束密度が$ \ x \ $軸正の向きになるように回転の向きを定義する。

このとき空間に生じる磁束は，リング状電荷の置かれた部分に円電流$ \ \fbox {　（１）　} \ $が流れているとしたときと等価である。したがって，$ \ x \ $軸上の座標$ \ a \ $にある点$ \ \mathrm {P} \ $の磁束密度は，ビオ・サバールの法則を用いて求めることができる。図2のように，リング状電荷上に点$ \ \mathrm {Q} \ $を取り，そこにある微小区間$ \ \mathrm {d}l \ $の等価電流を考えたとき，この等価電流が点$ \ \mathrm {P} \ $上につくる磁束密度の大きさは$ \ \fbox {　（２）　} \ $，向きは$ \ \fbox {　（３）　} \ $である。これをリング状電荷上で周回積分することによって，点$ \ \mathrm {P} \ $の磁束密度は次式のように計算できる。
\[
\begin{eqnarray}
\frac {\mu _{0}r^{2}}{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\times \ \fbox {　（１）　} \ \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] ここで，図1に示された十分小さく薄い円形コイル（巻数$ \ N \ $，断面積$ \ S \ $）を，リング状電荷と平行にかつコイルの中心が$ \ x \ $軸上の座標$ \ a \ $の点$ \ \mathrm {P} \ $に来るように置く。このとき，回転するリング状電荷により発生して円形コイルに鎖交する総磁束数は$ \ \fbox {　（４）　} \ $である。ただし，円形コイル内部の磁束密度は一様で，円形コイルに流れる電流は十分小さいとみなしてよい。

$ \ \omega \ $が時刻$ \ t \ $の関数として変化するとき，ファラデーの電磁誘導の法則により，円形コイルに生じる誘導起電力は$ \ \fbox {　（５）　} \ $である。

〔問2の解答群〕
\[
\begin{eqnarray}
&（イ）&　\mathrm {d}l \ に平行　　　　　&（ロ）&　-\frac {\mu _{0}N^{2}Sr\lambda }{2\sqrt {a^{2}+r^{2}}}\frac {\mathrm {d}\omega }{\mathrm {d}t}　　　　　&（ハ）&　-\frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\frac {\mathrm {d}\omega }{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] &（ニ）&　-\frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\omega t　　　　&（ホ）&　\frac {\lambda \omega }{r}　　　　　&（ヘ）&　\mathrm {QP} \ に平行 \\[ 5pt ] &（ト）&　\lambda \omega 　　　　　&（チ）&　\frac {\mu _{0}a\lambda \omega }{4\pi \left( a^{2}+r^{2}\right) }\mathrm {d}l　　　　　&（リ）&　\frac {\mu _{0}r\lambda \omega }{4\pi \left( a^{2}+r^{2}\right) }\mathrm {d}l \\[ 5pt ] &（ヌ）&　\frac {\mu _{0}N^{2}Sr\lambda \omega }{2\sqrt {a^{2}+r^{2}}}　　　　　&（ル）&　r\lambda \omega 　　　　　&（ヲ）&　\frac {\mu _{0}\lambda \omega }{4\pi \sqrt { a^{2}+r^{2}} }\mathrm {d}l\\[ 5pt ] &（ワ）&　\frac {\mu _{0}NSr\lambda \omega }{2\sqrt {a^{2}+r^{2}}}　　　　　&（カ）&　\frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda \omega }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}　　　　　&（ヨ）&　\mathrm {d}l \ と \ \mathrm {QP} \ の両方に垂直 \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\]

【ワンポイント解説】

リング状電荷を回転させたときにできる磁界と誘導起電力に関する問題です。
$ \ 2 \ $種の電磁気らしくかなり深い内容を理解していることが求められています。
しっかりとビオ・サバールの法則を理解していれば完答を目指せる問題かと思います。

1.ファラデーの電磁誘導の法則
図3に示すように，巻数$ \ N \ $のコイルを貫通する磁束$ \ \phi \ \mathrm {[Wb]} \ $があるとき，コイルに発生する誘導起電力$ \ e \ \mathrm {[V]} \ $は，磁束の時間変化$ \ \displaystyle \frac {\mathrm {d} \phi }{\mathrm {d} t} \ $に比例し，
\[
\begin{eqnarray}
e&=&−N\frac {\mathrm {d} \phi }{\mathrm {d} t} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] で求められます。これをファラデーの電磁誘導の法則といいます。

2.ビオ・サバールの法則
図4に示すように，微小な長さ$ \ \mathrm {d} l \ \mathrm {[m]} \ $に流れる電流$ \ I \ \mathrm {[A]} \ $が，距離$ \ r \ \mathrm {[m]} \ $離れた場所に作る磁界$ \ \mathrm {d} H \ \mathrm {[A / m]} \ $は，
\[
\begin{eqnarray}
\mathrm {d} H&=&\frac {I \mathrm {d} l}{4\pi r^{2}}\sin \theta \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となります。

3.鎖交磁束数$ \ \phi \ $と磁束密度$ \ B \ $の関係
図5に示すように，面積$ \ S \ \mathrm {[m^{2}]} \ $のコイルを磁束$ \ \phi \ \mathrm {[Wb]} \ $が通過しているとき，コイル内の磁束密度$ \ B \ \mathrm {[T]} \ $は，
\[
\begin{eqnarray}
B&=&\frac {\phi }{S} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となります。

【解答】

(1)解答：ル
リング状電荷の周速度$ \ v \ $は，
\[
\begin{eqnarray}
v&=&r\omega \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] であり，電流$ \ I \ $は単位時間あたりに通過する電荷量と考えればよいので，
\[
\begin{eqnarray}
I&=&\lambda v \\[ 5pt ] &=&\lambda r\omega \\[ 5pt ] &=&r\lambda \omega \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(2)解答：リ
長さ$ \ \mathrm {d}l \ $の微小な円電流が点$ \ \mathrm {P} \ $に作る磁界$ \ \mathrm {d}H \ $は図6の通りとなり，その大きさはワンポイント解説「2.ビオ・サバールの法則」の通り，
\[
\begin{eqnarray}
\mathrm {d} H&=&\frac {I \mathrm {d} l}{4\pi r^{2}}\sin \theta \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] であり，図6より，$ \ \mathrm {PQ}=\sqrt {a^{2}+r^{2}} \ $，電流$ \ I\mathrm {d}l \ $はリングの円周の接線方向なので$ \ \displaystyle \theta =90^{\circ } \ $であるから，
\[
\begin{eqnarray}
\mathrm {d} H&=&\frac {I \mathrm {d} l}{4\pi \left( \sqrt {a^{2}+r^{2}}\right) ^{2}}\sin 90^{\circ } \\[ 5pt ] &=&\frac {r\lambda \omega \mathrm {d} l}{4\pi \left( a^{2}+r^{2}\right) } \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となる。したがって，点$ \ \mathrm {P} \ $上につくる磁束密度の大きさ$ \ \mathrm {d}B \ $は，
\[
\begin{eqnarray}
\mathrm {d} B&=&\mu _{0}\mathrm {d} H \\[ 5pt ] &=&\frac {\mu _{0}r\lambda \omega }{4\pi \left( a^{2}+r^{2}\right) }\mathrm {d}l \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(3)解答：ヨ
図6の通り，磁束密度の向きは，$ \ \mathrm {d}l \ $と$ \ \mathrm {QP} \ $の両方に垂直な方向となります。

(4)解答：カ
問題文の通り，点$ \ \mathrm {P} \ $の磁束密度$ \ B \ $は$ \ x \ $軸方向のみであり，
\[
\begin{eqnarray}
B&=&\frac {\mu _{0}r^{2}}{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\times r\lambda \omega \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] となるから，回転するリング状電荷により発生して円形コイルに鎖交する総磁束数$ \ \mathit {\Phi } \ $は，ワンポイント解説「3.鎖交磁束数$ \ \phi \ $と磁束密度$ \ B \ $の関係」の通り，
\[
\begin{eqnarray}
\mathit {\Phi } &=&NBS \\[ 5pt ] &=&N\cdot \frac {\mu _{0}r^{2}}{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\times r\lambda \omega \cdot S \\[ 5pt ] &=&\frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda \omega }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。

(5)解答：ハ
ファラデーの電磁誘導の法則より，円形コイルに生じる誘導起電力$ \ e \ $は，ワンポイント解説「1.ファラデーの電磁誘導の法則」の通り，
\[
\begin{eqnarray}
e&=&-\frac {\mathrm {d} \mathit {\Phi } }{\mathrm {d} t} \\[ 5pt ] &=&-\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}\left\{ \frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda \omega }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\right\} \\[ 5pt ] &=&-\frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} t}\left( \omega \right) \\[ 5pt ] &=&-\frac {\mu _{0}NSr^{3}\lambda }{2\left( a^{2}+r^{2}\right) ^{\frac {3}{2}}}\frac {\mathrm {d}\omega }{\mathrm {d}t} \\[ 5pt ] \end{eqnarray}
\] と求められる。