電磁気学《磁気：仮想変位法によるコイル間に働く力》

早速ですが、質問いたします。

問.無限に長い直線電流I[1]と半径aの円電流I[2]とが同一平面内に、円の中心から直線電流までの距離がd(d>a)の位置に置かれたとき、その間に作用する力を仮想変位の方法を用いて求めよ。

と言う問題で、円電流I[2]上の或る任意の点をＰとしそのベクトルを→aとするならば、d方向とのなす角をθとすれば、点Ｐは（acosθ,asinθ）と表せる。

仮想的にd方向にΔdだけ変位させると、アンペアの法則より、

∫Hdl=H・2π(d+Δd+acosθ)=I[1]となるから、

H=I[1]/{2π(d+Δd+acosθ)}

B=μ[0]Hより

B=μ[0]I[1]/{2π(d+Δd+acosθ)}

となります。

一方、変位させる前は、同様に

B'=μ[0]I[1]/{2π(d+acosθ)}

となります。

ここで、微小変化した磁束Φを求めるため、

仮想変位による磁束Φと変位させる前の磁束Φ'を求める。

Φ=BSだから

Φ=∫Bdθ [asin(√{1-(Δd)^2/(4a^2)})～ asin(-√{1-(Δd)^2/(4a^2)})]

となりますが、

(Δd)^2→0より

Φ=∫Bsθ [1～-1]

更に、t=tan(θ/2)と置いて整理すれば、

Φ={μ[0]I[1]/{π√(d+Δd)^2-a^2)}}[atan√{(d+Δd-a)/(d+Δd+a)}t]

※tの積分範囲は1～-1。

同様にして、

Φ'=B'S=∫B'dθ={μ[0]I[1]/{π√(d^2-a^2)}}[atan√{(d-a)/(d+a)}t]

※tの積分範囲は-1～1。

ここで、

ΔΦ=Φ-Φ',ΔW=I[2]ΔΦ,求める力F=ΔW/Δdの関係があるので、

F=I[2]ΔΦ/Δdとなる.

しかし、
自分は、ΔΦ={2μ[0]I[1]/π}[{1/√(2dΔd+d-2-a^2)}(atan√{(d+Δd-a)/(d+Δd+a)})+{1/√(d^2-a^2)}(atan√{(d-a)/(d+a)})
となり、ここから一歩も進めません...。

答えは『μ[0]I[1]I[2]({d/√(d^2-a^2)}-1)』と分ってますが、どうすればいいかわかりません。
どなたかご教授願います。

No.3 ベストアンサー 回答者： ojisan7 回答日時： 2005/12/30 00:25

＞I[1]に平行な直線上の点のＢの値は等しいので、I[2]の円の微小面積dSはI[1]と平行な微小矩形としなければなりません。

そうすると、
Φ=∫BdS=∫B*(-2a^2)(sinθ)^2dθ[0～π]　・・・（１）
ですが、何故そうなるのか今市分らないのですが、

ということですが、電流I[1]のつくる磁束Φを求めるには、I[2]の円の内部を貫く磁束を計算すればよいのです。つまり、ΔΦはI[2]の円の内部を貫く磁束の変化を示す量です。

電流I[1]のつくる、円の内部の磁束密度Ｂの大きさは円の内部であっても、場所によって異なります。ところが、円の内部にあって、直線電流I[1]と平行な直線上の点のＢの値は等しい（I[1]のつくる磁場の強さはI[1]を軸として対称）ので、そこに円の一部として、微小な矩形をつくり、その面積をdSとします。

このことは、x,y座標で、半径aの円の面積Ｓを求めることと同じです。つまり、dS＝ｙdx　です。
また、y＝a*sinθ　, x＝a*cosθ　ですから、
dx＝(-a*sinθ)dθ　となります。したがって、
dS＝ｙdx＝(-2a^2)(sinθ)^2dθ　[θは0～πです]
となります。ここで、２が掛けてあるのは、y<0の部分の微小矩形も入れたからです。（２を掛けないと、上半面だけを考えていることになりますから、Ｓが半円になってしまいますね。）　

わかりにくければ、図を描いて考えて下さい。

この回答へのお礼

わかりやすい説明ありがとうございます。
お陰で理解できました。
ただ、ojisan7さんがmathematicaで計算した部分を普通にゴリゴリ計算するのが大変でした^^;
また機会があればご教授いただけると嬉しいです。

お礼日時：2005/12/30 05:00

No.2 回答者： ojisan7 回答日時： 2005/12/29 18:12

No1の回答はまだ途中でしたから、計算を続けてみました。

Mathematicaの積分では、d+Δd=akとおきました。
∫(sinθ)^2/(k+cosθ)dθ[0～π]
＝π*√{(k-1)/(k+1)}*(-k-1+k√{(k+1)/(k-1)}
＝(k-√（k^2-1))*π
となります。したがって、
Φ＝-μ[0]I[1]a/π*∫(sinθ)^2/(k+cosθ)dθ[0～π]
＝-μ[0]I[1]a(k-√（k^2-1))
＝-μ[0]I[1](d+Δd-√{(d+Δd)^2-a^2}
Φ'も同様に、
Φ'＝-μ[0]I[1](d-√{d^2-a^2}
となりますから、
ΔΦ＝Φ-Φ'
＝-μ[0]I[1](Δd＋√{d^2-a^2}-√{(d+Δd)^2-a^2}
≒-μ[0]I[1](Δd-dΔd/√(d^2-a^2)
＝-μ[0]I[1]Δd(1-d/√(d^2-a^2)
となります。したがって、最終的な結果は、
F=I[2]ΔΦ/Δd＝μ[0]I[1]I[2]({d/√(d^2-a^2)}-1)
となります。

ふ～、疲れました。

この回答へのお礼

再度回答ありがとうございます。
こういった問題は、計算が大変だと思いますけれど、
仮想変位法が面倒を招く原因になってますよね。
この場合は、明らかにもう一つのやり方のほうが、アプローチ的には適切ですよね。

これだけ書くの疲れたとのことですが、本当にすいませんm(_ _)m

お礼日時：2005/12/29 22:08

No.1 回答者： ojisan7 回答日時： 2005/12/29 14:47

設定されている問題の図の位置関係がよくわからないのですが、

>Φ=BSだから
Φ=∫Bdθ [asin(√{1-(Δd)^2/(4a^2)})～ asin(-√{1-(Δd)^2/(4a^2)})]

の部分は正しいでしょうか？I[1]に平行な直線上の点のＢの値は等しいので、I[2]の円の微小面積dSはI[1]と平行な微小矩形としなければなりません。そうすると、
Φ=∫BdS=∫B*(-2a^2)(sinθ)^2dθ[0～π]　・・・（１）
となると思いますが、どうでしょうか？ （１）に、
B=μ[0]I[1]/{2π(d+Δd+acosθ)}を代入して計算すればよいと思います。結局、
∫(sinθ)^2/(k+cosθ)dθ[0～π]
という型の定積分が計算できればよいわけです。この型の計算は面倒なのでMathematicaを使ったら、
π*√{(k-1)/(k+1)}*(-k-1+k√{(k+1)/(k-1)}
となりました。

ともかく、図の位置関係がわからないので何とも言えません。補足説明をお願いできるでしょうか。

この回答へのお礼

レスありがとうございます。非常に感謝しております。

＞I[1]に平行な直線上の点のＢの値は等しいので、I[2]の円の微小面積dSはI[1]と平行な微小矩形としなければなりません。そうすると、
Φ=∫BdS=∫B*(-2a^2)(sinθ)^2dθ[0～π]　・・・（１）

ですが、何故そうなるのか今市分らないのですが、もう少し詳しく御願いできますでしょうか？
他のところは、計算は大変そうですが、何とかなると思いますので。

お礼日時：2005/12/29 22:04