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動く点電荷が作る磁場 📂電磁気学

動く点電荷が作る磁場

概要 1

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動く点電荷が作る電磁場は次の通りだ。

E(r,t)=q4πϵ0(⋅u)3[(c2−v2)u+×(u×a)]B(r,t)=1c×E(r,t) \begin{align*} \mathbf{E}(\mathbf{r}, t) &= \frac{q}{4\pi\epsilon_{0}} \frac{\cR} {( \bcR\cdot \mathbf{u} )^3 } \left[(c^2-v^2)\mathbf{u} +\bcR\times (\mathbf{u} \times \mathbf{a} ) \right] \\ \mathbf{B} (\mathbf{ r}, t) &=\frac{1}{c} \crH\times \mathbf{ E } (\mathbf{ r}, t) \end{align*}

説明

磁場の式は具体的には次の通りだ。

B=−1c14πϵ0q(u⋅)3×[(c2−v2)v+(⋅a)v+(⋅u)a] \mathbf{B}=-\frac{1}{c}\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{q}{ (\mathbf{u}\cdot \bcR)^{3}} \bcR \times \left[ (c^{2}-v^{2})\mathbf{v}+(\bcR \cdot \mathbf{a})\mathbf{v}+(\bcR \cdot \mathbf{u})\mathbf{a} \right]

磁場に関する導出過程を紹介する。

導出

リエナール-ヴィーヘルト電位は動く点電荷が作る電位を示している。

V(r,t)=14πϵ0qc(c−⋅v),A(r,t)=vc2V(r,t) V(\mathbf{r}, t)= \frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{qc}{ (\cR c -\bcR\cdot \mathbf{v})} ,\quad \mathbf{A}(\mathbf{r}, t) = \frac{ \mathbf{v} } {c^2} V(\mathbf{r}, t)

磁場は次のように計算される。

B=∇×A \quad \mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}

したがって、

∇×A=∇×(vc2V(r,t))=1c2(∇×Vv)=1c2(V(∇×v)−v×(∇V)) \begin{align} \nabla \times \mathbf{A} &= \nabla \times \left( \frac{\mathbf{v}}{c^{2}}V(\mathbf{r},t) \right) \nonumber \\[1em] &= \frac{1}{c^{2}}\left(\nabla \times V \mathbf{v}\right) \nonumber \\[1em] &= \frac{1}{c^{2}} \Big( V(\nabla \times \mathbf{v})-\mathbf{v}\times(\nabla V) \Big) \end{align}

三番目の等号はコルの掛け算ルール ∇×(fA)=f(∇×A)−A×(∇f)\nabla \times (f\mathbf{A}) = f(\nabla \times \mathbf{A}) - \mathbf{A} \times (\nabla f)によって成立する。最後の二つの∇×v\nabla \times \mathbf{v}の結果は動く点電荷が作る電場で既に計算した。

∇×v=−a×∇tr=a×c−⋅v \nabla \times \mathbf{v}=-\mathbf{a}\times \nabla t_{r}=\frac{\mathbf{a}\times \bcR}{\cR c - \bcR\cdot \mathbf{v}}

したがって、

V(∇×v)=14πϵ0qc(c−⋅v)a×c−⋅v=14πϵ0qc(a×)(c−⋅v)2 \begin{align*} V(\nabla \times \mathbf{v} )&= \frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{qc}{ (\cR c -\bcR\cdot \mathbf{v})}\frac{\mathbf{a}\times \bcR}{\cR c - \bcR\cdot \mathbf{v}} \\ &= \frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{qc(\mathbf{a}\times \bcR)}{ (\cR c -\bcR\cdot \mathbf{v})^{2}} \end{align*}

ここでu=c−v\mathbf{u}=c\crH-\mathbf{v}とするとc−⋅v=u⋅\cR c - \bcR\cdot \mathbf{v}=\mathbf{u}\cdot \bcRであり、最後に計算しやすい形に事前に変えておくと

V(∇×v)=14πϵ0qc(u⋅)(a×)(u⋅)3 \begin{equation} V(\nabla \times \mathbf{v} )= \frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{qc(\mathbf{u}\cdot \bcR)(\mathbf{a}\times \bcR)}{ (\mathbf{u}\cdot \bcR)^{3}} \end{equation}

∇V\nabla Vも同じ文書で計算した。

∇V=qc4πϵ01(c−⋅v)3[(c−⋅v)v−(c2−v2+⋅a)] \nabla V = \frac{qc}{4\pi\epsilon_{0}} \frac{1}{ (\cR c -\bcR \cdot \mathbf{v} )^3} \Big[ (\cR c -\bcR \cdot \mathbf{v})\mathbf{v} - (c^2 -v^2+\bcR \cdot \mathbf{a} ) \bcR \Big]

同じベクトル同士の外積は00であるから、

v×∇V=qc4πϵ01(c−⋅v)3v×[−(c2−v2+⋅a)]=qc4πϵ01(u⋅)3[−(c2−v2)v×−(⋅a)v×] \begin{align} \mathbf{v}\times \nabla V &= \frac{qc}{4\pi\epsilon_{0}} \frac{1}{ (\cR c -\bcR \cdot \mathbf{v} )^3}\mathbf{v}\times \Big[ - (c^2 -v^2+\bcR \cdot \mathbf{a} ) \bcR \Big] \nonumber \\ &= \frac{qc}{4\pi\epsilon_{0}} \frac{1}{ (\mathbf{u}\cdot \bcR)^3}\left[ -(c^{2}-v^{2})\mathbf{v}\times \bcR -(\bcR\cdot \mathbf{a})\mathbf{v}\times \bcR \right] \end{align}

(2)(2)、(3)(3)を(1)(1)に代入すると

B=∇×A=1c214πϵ0qc(u⋅)3[(u⋅)(a×)+(c2−v2)v×+(⋅a)v×]=−1c14πϵ0q(u⋅)3×[(c2−v2)v+(⋅a)v+(⋅u)a] \begin{align*} \mathbf{B}= \nabla \times \mathbf{A} &= \frac{1}{c^{2}}\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{qc}{ (\mathbf{u}\cdot \bcR)^{3}}\left[ (\mathbf{u}\cdot \bcR)(\mathbf{a}\times \bcR)+(c^{2}-v^{2})\mathbf{v}\times \bcR +(\bcR\cdot \mathbf{a})\mathbf{v}\times \bcR\right] \\ &=-\frac{1}{c}\frac{1}{4\pi \epsilon_{0}} \frac{q}{ (\mathbf{u}\cdot \bcR)^{3}} \bcR \times \left[ (c^{2}-v^{2})\mathbf{v}+(\bcR \cdot \mathbf{a})\mathbf{v}+(\bcR \cdot \mathbf{u})\mathbf{a} \right] \end{align*}

この結果は動く点電荷が作る電場の形とかなり似ている。

E(r,t)=q4πϵ0(⋅u)3[(c2−v2)u+u(⋅a)−a(⋅u)] \mathbf{E}(\mathbf{r},t) = \frac{q}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{\cR}{(\bcR\cdot \mathbf{u})^{3}}\left[ (c^{2}-v^{2})\mathbf{u} + \mathbf{u}(\bcR\cdot\mathbf{a})-\mathbf{a}(\bcR\cdot\mathbf{u}) \right]

u\mathbf{u}の代わりにv\mathbf{v}が入る程度の違いしかない。実際に×u=×(c−v)=−×v\bcR\times \mathbf{u}=\cR \times (c\crH-\mathbf{v})=-\bcR\times \mathbf{v}が成立するので、以下を得る。

1c×E(r,t)=1c14πϵ0q(⋅u)3×[(c2−v2)u+u(⋅a)−a(⋅u)]=1c14πϵ0q(⋅u)3×[(c2−v2)(−v)−v(⋅a)−a(⋅u)]=−1c14πϵ0q(⋅u)3×[(c2−v2)v+v(⋅a)+a(⋅u)]=B(r,t) \begin{align*} \frac{1}{c}\crH\times \mathbf{E}(\mathbf{r},t) &= \frac{1}{c}\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{q}{(\bcR\cdot \mathbf{u})^{3}}\bcR\times \left[ (c^{2}-v^{2})\mathbf{u} + \mathbf{u}(\bcR\cdot\mathbf{a})-\mathbf{a}(\bcR\cdot\mathbf{u}) \right] \\ &=\frac{1}{c}\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{q}{(\bcR\cdot \mathbf{u})^{3}}\bcR\times \left[ (c^{2}-v^{2})(-\mathbf{v}) -\mathbf{v}(\bcR\cdot\mathbf{a})-\mathbf{a}(\bcR\cdot\mathbf{u}) \right] \\ &=-\frac{1}{c}\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{q}{(\bcR\cdot \mathbf{u})^{3}}\bcR\times \left[ (c^{2}-v^{2})\mathbf{v} + \mathbf{v}(\bcR\cdot\mathbf{a})+\mathbf{a}(\bcR\cdot\mathbf{u}) \right] \\ &=\mathbf{B}(\mathbf{r},t) \end{align*}

つまり、点電荷が作る磁場は電場と遅延位置までのベクトルと直交する。

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  1. David J. Griffiths, 기초전자기학(Introduction to Electrodynamics, 김진승 역) (4th Edition1 2014), p494-498 ↩︎