Youtubeでも説明しています。
式など
$$\begin{align} \end{align}$$
$$\begin{align} \nabla \cdot {\bf E} ({\bf r},t) &= 0 \tag{i}\\ \nabla \times {\bf E} ({\bf r},t) &= -\frac{\partial {\bf B} ({\bf r},t)}{\partial t} \tag{ii}\\\nabla \cdot {\bf B} ({\bf r},t) &= 0 \tag{iii}\\ \nabla \times {\bf B} ({\bf r},t) &= \mu_0{\bf j} ({\bf r},t) + \mu_0 \varepsilon_0\frac{\partial {\bf E} ({\bf r},t)}{\partial t}\tag{iv}\end{align}$$
$${\bf j} ({\bf r},t) = I(t)\delta (x) \delta (y) \hat{z}$$
I
(1)
定常電流の場合、電荷の偏りが発生しないので\({\bf E} = 0\)。よって式(iv)より
$$\nabla \times {\bf B} ({\bf r},t) = \mu_0{\bf j} ({\bf r},t)$$
となるので、両辺を面積分すると
$$\begin{align}2\pi r B_{\phi} &= \mu_0 I \\ {\bf B}({\bf r},t) &= \frac{\mu_0 I}{2\pi r} \hat{\phi}\end{align}$$
(2)
$$\begin{align} {\bf B}({\bf r},t) &= \frac{\mu_0 I(t)}{2\pi r} \hat{\phi}\end{align}$$
式(ii)より、
$$\frac{\partial E_z}{\partial r} = \frac{\partial B_{\phi}}{\partial t} = \frac{\mu_0 \dot{I}(t)}{2\pi r} $$
となるので、\(+z\)方向である。
II
$$\begin{align}{\bf E} & = -\frac{\partial }{\partial t}{\bf A} \\ {\bf B} & =\nabla \times {\bf A} \\ \nabla \cdot {\bf A} &= 0\end{align}$$
(3)
- 式(i)
$$\nabla \cdot {\bf E} = -\frac{\partial }{\partial t}\nabla \cdot {\bf A} = 0$$
- 式(ii)
$$\nabla \times {\bf E} = -\frac{\partial }{\partial t}\nabla \times {\bf A} = -\frac{\partial }{\partial t} {\bf B}$$
- 式(iii)
$$\nabla \cdot {\bf B} = \nabla \cdot(\nabla \times {\bf A}) = 0$$
(4)
\({\bf B} =\nabla \times {\bf A}\)の両辺に\({\rm rot}\)を作用させると
$$ \begin{align}\nabla \times{\bf B} &=\nabla \times(\nabla \times {\bf A})\\ \mu_0{\bf j} ({\bf r},t) + \mu_0 \varepsilon_0\frac{\partial {\bf E} ({\bf r},t)}{\partial t} &= \nabla(\nabla \cdot {\bf A}) – \nabla^2{\bf A} \end{align}$$
となり、\(\nabla \cdot {\bf A} = 0\),\({\bf E} = -\frac{\partial }{\partial t}{\bf A}\)を用いて整理すると
$$\left(\nabla^2 – \mu_0 \varepsilon_0 \frac{\partial^2}{\partial t^2} \right){\bf A} = -\mu_0 {\bf j}$$
が得られ、\(c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}}\)である。
III
$$I(t) = I\theta (t)$$
(5)
$${\bf A}({\bf r},t) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int dx’dy’dz’ \frac{{\bf j}({\bf r}’,t-\frac{|{\bf r}-{\bf r}’|}{c})}{|{\bf r}-{\bf r}’|}$$
\(z\)軸方向にのみ電流が流れるので、\(A_x = A_y = 0\)である。また、
$$|{\bf r}-{\bf r}’| = \sqrt{(x-0)^2 +(y-0)^2 + (0-z’)^2} =\sqrt{r^2 + z’^2} $$
となる。これらを用いて
$$\begin{align} A_z (r,t) &= \frac{\mu_0}{4\pi} \int \int\int dx’dy’dz’ \frac{I(t-\frac{\sqrt{r^2 + z’^2}}{c})\delta (x’) \delta (y’)}{\sqrt{r^2 + z’^2}} \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int^{\infty}_{-\infty} dz’ \frac{\theta(t-\frac{\sqrt{r^2 + z’^2}}{c})}{\sqrt{r^2 + z’^2}}\end{align}$$
が得られる。ここで\(\int^{\infty}_{-\infty} \delta(x)dx = 1\)を用いた。
\(\theta(t-\frac{\sqrt{r^2 + z’^2}}{c})\)の処理を考える。引数が正であれば値を持ち、それは
$$ct > \sqrt{r^2 + z’^2} > r$$
が条件である。
- (a)\(r > ct\)のとき
先ほどの結果から\(\theta(t-\frac{\sqrt{r^2 + z’^2}}{c}) = 0\)であるので、\(A_z = 0\)。
- (b)\(0< r < ct\)のとき
$$ \begin{align} ct &> \sqrt{r^2 + z’^2} \\ (ct)^2 &> {r^2 + z’^2} \end{align}$$
よって、
$$-\sqrt{(ct)^2 – r^2} < z’ < \sqrt{(ct)^2 – r^2}$$
が条件であり、\(F = \sqrt{1 – \left( \frac{r}{ct} \right)^2 }\)を用いて
$$-Fct < z’ < Fct$$
である。これを用いて
$$\begin{align} A_z (r,t) &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int^{Fct}_{-Fct} dz’ \frac{1}{\sqrt{r^2 + z’^2}}\\ &= \frac{\mu_0 I}{2\pi} [\ln (z’ + \sqrt{r^2 + z’^2})]^{Fct}_{0} \\ &=\frac{\mu_0 I}{2\pi}\ln \frac{Fct + \sqrt{r^2 + (Fct)^2}}{r} \end{align}$$
(6)
$$\begin{align} A_z (r,t) =\frac{\mu_0 I}{2\pi}\ln \frac{ct + \sqrt{(ct)^2 – r^2}}{r} \end{align}$$
$$\begin{align} B_{\phi} &= -\frac{\partial}{\partial r}A_z \\ &= \frac{\mu_0 I}{2\pi r} \frac{ct}{\sqrt{(ct)^2 – r^2}}\end{align}$$
(7)
\(t \to \infty\)にすると
$${\bf B} = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}\hat{\phi}$$
となり、これは問(1)の静的な場合に一致する。
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