円環電流が作る軸上の磁場をビオ=サバールの法則で計算する

　よくある電磁気の問題を扱う。この例題を通してビオ=サバールの法則の使い方を学ぶことができる。

例題

$xy$ 平面上の半径 $a$ で電流 $I$ の円環電流が、 ${\bf r}=(0\,0\,z)$ に作る磁場をビオ=サバールの法則を用いて求めよ。（図を参照。）

1. 円環電流におけるビオ=サバールの法則
2. 解答
3. 円環電流が作る磁場（全空間）
4. まとめ

1. 円環電流におけるビオ=サバールの法則

【解答の方針】

電流密度 $d{\bf l}$ の電流素片が、電流素片から ${\bf R}$ だけ離れた場につくる微小磁場 $d{\bf B}$ の集まり（ $\int$ ）を求める
対称性から $z$ 方向のみの磁場だけが残る（ $x,y$ 方向は互いに打ち消しあう）
なす角度 $\theta$ は自分で設定

　ビオ=サバールの法則は以下の通り。微小体積 $dV$ 中にある電流素片が位置 ${\bf R}$ に磁場をつくる。

参考：ビオ=サバールの法則を丁寧に導出する

ビオ=サバールの法則

$\begin{eqnarray*} {\bf B}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int \frac{\overline{\bf j}\times {\bf R}}{R^3} dV \end{eqnarray*}$

　外積をとるため、位置 ${\bf R}$ にできる微小磁場 $d{\bf B}$ の方向は、電流密度 ${\bf j}$ と ${\bf R}$ がつくる平面に垂直な方向である（下図）。

　 $dV$ は微小体積領域（３次元）である。円環電流の場合は細い導線（１次元）のようなものを考えるので、 ${\bf j}dV = Id{\bf l}$ として計算する。

　つまり、微小体積 $dV$ の中にある微小電流を考えているが、１次元の導線の場合は $dV\rightarrow dl$ と細かい線素に置き換えてしまう。

2. 解答

2.1 図を見て問題設定する

　図(a)のように $\theta$ を設定する。図(b)は、 $d{\bf B}$ が電流素片 $Id{\bf l}$ と $R$ に垂直であることを示している。

　積分を実行すると、 $d{\bf B}$ の $x,y$ 成分は互いに打ち消しあってゼロになる（下図）。したがって、 $d{\bf B}$ の $z$ 成分である $dB_z$ のみ計算すれば良い。

2.2 ビオ=サバールの法則の計算（z軸上）

　位置 ${\bf R}={\bf r-r'}$ の磁場 ${\bf B}$ は $dB_z$ の積分になる。 $\sin{\theta}$ になるのは幾何学的な関係からである（図(b)を見てほしい）。また、 $\sin{\theta}$ の値も直角三角形であるため $\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}$ と計算できる。

$\begin{eqnarray*} B_z&=&\oint dB_z\\ &=& \oint dB \, \sin{\theta}\\ &=&\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}\oint dB \end{eqnarray*}$

以下に注意して計算していく。

$\oint dB$ に対してビオ=サバールの法則をそのまま使う
ベクトルの外積は $|{\bf a}\times{\bf b}|=|{\bf a}||{\bf b}|\sin{\theta}$ を利用
図より、 $d{\bf l}$ と ${\bf R}$ は垂直 → $|d{\bf l}\times{\bf R}|=|d{\bf l}||{\bf R}|$
$\oint |d{\bf l}|$ の線積分は単なる円周の長さ（ $2\pi a$ ）

$\begin{eqnarray*} B_z&=&\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}} \oint dB \\ &=& \frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}\cdot \frac{\mu_0}{4\pi}\oint \frac{\left| Id{\bf l}\times ({\bf r-r'})\right|}{\left| {\bf r - r'}\right|^3} \\ \\ &=& \frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}\oint \frac{|d{\bf l}||{\bf r-r'}|}{|{\bf r-r'}|^3} \\ \\ &=& \frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}\oint \frac{|d{\bf l}|}{|{\bf r-r'}|^2} \\ \\ &=& \frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}\oint \frac{|d{\bf l}|}{z^2+a^2} \\ \\ &=& \frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{a}{\sqrt{z^2+a^2}}\cdot\frac{1}{z^2+a^2}\,\oint d{\bf l} \\ \\ &=& \frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{a}{\left(z^2+a^2\right)^{\frac{3}{2}}} \cdot 2\pi a\\ &=& \frac{\mu_0 I a^2}{2\left(z^2+a^2 \right)^\frac{3}{2}} \quad \blacksquare \end{eqnarray*}$