本記事では、かなり特殊なパターンではあるが、中に空洞が存在する中空導体がつくり出す磁界の計算について、電験一種の旧制度の過去問を例として考えてみる。
中空導体がつくり出す磁界の計算：例題
出典：電験一種筆記試験「理論」 昭和57年問2
図1に示すように，半径$a[\mathrm{m}]$の円形断面をもつ無限に長い導体があり、この導体内には、半径$b[\mathrm{m}]$の円形断面をもつ空洞が全長にわたって作られている。
導体内を$z$軸方向（画面の裏から表へ向かう方向）へ一様な電流密度$J[\mathrm{A/m^2}]$をもつ電流が流れているとき、次の値を求めよ。
ただし、空洞の中心$\mathrm{O’}$点と導体の中心$\mathrm{O}$点との距離を$c[\mathrm{m}]$とし、また導体の透磁率を$\mu[\mathrm{H/m}]$とする。
図1 円形断面の空洞をもつ無限に長い導体
$(1)$
空洞内の任意の点$P_1$における磁界の強さ$H$の成分$H_x,\ H_y,\ H_z$
$(2)$
点$P_1$における$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}$
$(3)$
導体内の任意の点$P_2$における$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}$
$(4)$
導体外の任意の点$P_3$における$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}$
解法の基本的な考え方
図1の中空導体を2つに分ける。
つまり、画面の裏から表に電流密度$J$が流れる半径$a$の導体$A$と、その導体と逆向きの電流$-J$が流れる半径$b$の導体$B$の2つがあると考える。
各点においてそれぞれの導体がつくる磁界の強さを求め、最後にそれらを合成することにより、中空導体の磁界を求めることができる。
例として、点$P_1$における各導体の磁界$\boldsymbol{H_a}$および$\boldsymbol{H_b}$を図2に示す。
なお、電流による磁界には透磁率は関係しないので、今回は使用しない。
図2 中空導体の分割
点P1における磁界
$(1)$
図2の左に示すように、中心$\mathrm{O}$から点$P_1$までの距離を$r_a$とすると、導体$A$による点$P_1$における磁界の強さ$H_a$は、
$$H_a=\frac{\pi {r_a}^2J}{2\pi r_a}=\frac{J}{2}r_a$$
図2のように、導体$A$において$r_a$と$x$軸とのなす角度を$\theta$とすると、磁界$\boldsymbol{H_a}$の$x,\ y,\ z$軸方向成分$H_{ax},\ H_{ay},\ H_{az}$は、
$$\begin{align*}
H_{ax}&=-H_a\sin\theta=-H_a\times\frac{y}{r_a}=-\frac{J}{2}y\\\\
H_{ay}&=H_a\cos\theta=H_a\times\frac{x}{r_a}=\frac{J}{2}x\\\\
H_{az}&=0
\end{align*}$$
導体$B$についても同様の考え方で、磁界$\boldsymbol{H_b}$およびその各方向成分$H_{bx},\ H_{by},\ H_{bz}$は、
$$\begin{align*}
H_b&=\frac{\pi {r_b}^2J}{2\pi r_b}=\frac{J}{2}r_b\\\\
H_{bx}&=H_b\sin\theta’=H_b\times\frac{y}{r_b}=\frac{J}{2}y\\\\
H_{by}&=-H_b\cos\theta’=-H_b\times\frac{x-c}{r_b}=-\frac{J}{2}(x-c)\\\\
H_{bz}&=0
\end{align*}$$
上記の結果より、各導体がつくり出す磁界$\boldsymbol{H_a}$および$\boldsymbol{H_b}$は、各軸方向の単位ベクトルを$\boldsymbol{i},\ \boldsymbol{j},\ \boldsymbol{k}$とすると、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H_a}&=H_{ax}\boldsymbol{i}+H_{ay}\boldsymbol{j}+H_{az}\boldsymbol{k}\\\\
&=-\frac{J}{2}y\boldsymbol{i}+\frac{J}{2}x\boldsymbol{j}\\\\
\boldsymbol{H_b}&=H_{bx}\boldsymbol{i}+H_{by}\boldsymbol{j}+H_{bz}\boldsymbol{k}\\\\
&=\frac{J}{2}y\boldsymbol{i}-\frac{J}{2}(x-c)\boldsymbol{j}
\end{align*}$$
したがって、中空導体がつくる磁界$\boldsymbol{H}$は、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H}&=\boldsymbol{H_a}+\boldsymbol{H_b}\\\\
&=\left(-\frac{J}{2}y\boldsymbol{i}+\frac{J}{2}x\boldsymbol{j}\right)+\left\{\frac{J}{2}y\boldsymbol{i}-\frac{J}{2}(x-c)\boldsymbol{j}\right\}\\\\
&=\frac{cJ}{2}\boldsymbol{j}[\mathrm{A/m}]\end{align*}$$
$\boldsymbol{H}$の各方向成分$H_{x},\ H_{y},\ H_{z}$は、
$$\begin{cases}
H_{x}&=0\mathrm{A/m}\\\\
H_{y}&=\displaystyle{\frac{cJ}{2}}[\mathrm{A/m}]\\\\
H_{z}&=0\mathrm{A/m}
\end{cases}$$
$(2)$
点$P_1$の$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}$は、
$$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}=\left(\frac{\partial H_z}{\partial y}-\frac{\partial H_y}{\partial z}\right)\boldsymbol{i}+\left(\frac{\partial H_x}{\partial z}-\frac{\partial H_z}{\partial x}\right)\boldsymbol{j}+\left(\frac{\partial H_y}{\partial x}-\frac{\partial H_x}{\partial y}\right)\boldsymbol{k}=0\mathrm{A/m^2}$$
なお、アンペアの周回積分の法則の微分形の式は、
$$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}=\boldsymbol{J}$$
であり、点$P_1$は中空部分で$\boldsymbol{J}=0$なので、$(2)$の結果は正しいといえる。
点P2における磁界
$(3)$
点$P_2$において、導体$A$による磁界の強さ$H_a$は、$(1)$と同様に、
$$H_a=\frac{\pi {r_a}^2J}{2\pi r_a}=\frac{J}{2}r_a$$
$H_a$の$x,\ y,\ z$軸方向成分$H_{ax},\ H’_{ay},\ H’_{az}$も同様に、
$$\begin{cases}
H_{ax}&=-H_a\times\displaystyle{\frac{y}{r_a}}=-\displaystyle{\frac{J}{2}y}\\\\
H_{ay}&=H_a\times\displaystyle{\frac{x}{r_a}}=\displaystyle{\frac{J}{2}x}\\\\
H_{az}&=0
\end{cases}$$
したがって、$H_a$をベクトル表記すると、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H_a}&=H_{ax}\boldsymbol{i}+H_{ay}\boldsymbol{j}+H_{az}\boldsymbol{k}\\\\
&=-\frac{J}{2}y\boldsymbol{i}+\frac{J}{2}x\boldsymbol{j}\\\\
\end{align*}$$
次に、導体$B$による磁界の強さ$H_b$は、
$$H_b=\frac{\pi b^2J}{2\pi r_b}=\frac{b^2J}{2r_b}$$
$r_b=\sqrt{(x-c)^2+y^2}$であることを考慮すると、$H_b$の$x,\ y,\ z$軸方向成分$H_{bx},\ H_{by},\ H_{bz}$は、
$$\begin{cases}
H_{bx}&=H_b\sin\theta’=H_b\times\displaystyle{\frac{y}{\sqrt{(x-c)^2+y^2}}}=\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\\\\
H_{by}&=-H_b\cos\theta’=-H_b\times\displaystyle{\frac{x-c}{\sqrt{(x-c)^2+y^2}}}=-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\\\\
H_{bz}&=0
\end{cases}$$
したがって、$H_b$をベクトル表記すると、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H_b}&=H_{bx}\boldsymbol{i}+H_{by}\boldsymbol{j}+H_{bz}\boldsymbol{k}\\\\
&=\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{i}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{j}\\\\
\end{align*}$$
以上より、点$P_2$における磁界$\boldsymbol{H}$は、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H}&=\boldsymbol{H_a}+\boldsymbol{H_b}\\\\
&=\left(-\frac{J}{2}y\boldsymbol{i}+\frac{J}{2}x\boldsymbol{j}\right)+\left\{\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{i}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{j}\right\}\\\\
&=\left\{-\frac{J}{2}y+\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\right\}\boldsymbol{i}+\left\{\frac{J}{2}x-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\right\}\boldsymbol{j}[\mathrm{A/m}]\end{align*}$$
$\boldsymbol{H}$の各方向成分$H_{x},\ H_{y},\ H_{z}$は、
$$\begin{cases}
H_{x}=\displaystyle{-\frac{J}{2}y+\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}}[\mathrm{A/m}]\\\\
H_{y}=\displaystyle{\frac{J}{2}x-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}}[\mathrm{A/m}]\\\\
H_{z}=0\mathrm{A/m}
\end{cases}$$
点$P_2$の$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}$は、
$$\begin{align*}
\mathrm{rot}\boldsymbol{H}&=\left(\frac{\partial H_z}{\partial y}-\frac{\partial H_y}{\partial z}\right)\boldsymbol{i}+\left(\frac{\partial H_x}{\partial z}-\frac{\partial H_z}{\partial x}\right)\boldsymbol{j}+\left(\frac{\partial H_y}{\partial x}-\frac{\partial H_x}{\partial y}\right)\boldsymbol{k}\\\\
&=\left[\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{J}{2}x-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\right\}-\frac{\partial}{\partial y}\left\{-\frac{J}{2}y+\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\right\}\right]\boldsymbol{k}\\\\
&=\left[\left\{\frac{J}{2}-\frac{b^2J}{2}\frac{(x-c)^2+y^2-2(x-c)^2}{\left\{(x-c)^2+y^2\right\}^2}\right\}\right.\\\\
&\quad\left.-\left\{-\frac{J}{2}+\frac{b^2J}{2}\frac{(x-c)^2+y^2-2y^2}{\left\{(x-c)^2+y^2\right\}^2}\right\}\right]\boldsymbol{k}\\\\
&=J\boldsymbol{k}[\mathrm{A/m^2}]\end{align*}$$
この結果は$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}=\boldsymbol{J}$であることを示している。
点P3における磁界
$(4)$
点$P_3$において、導体$A$による磁界の強さ$H_a$は、
$$H_a=\frac{\pi a^2J}{2\pi r_a}=\frac{a^2J}{2r_a}$$
$r_a=\sqrt{x^2+y^2}$であることを考慮すると、$H_a$の$x,\ y,\ z$軸方向成分$H_{ax},\ H_{ay},\ H_{az}$は、
$$\begin{cases}
H_{ax}&=-H_a\sin\theta=-H_a\times\displaystyle{\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}=-\frac{a^2J}{2}\frac{y}{x^2+y^2}\\\\
H_{ay}&=H_a\cos\theta=H_a\times\displaystyle{\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}=-\frac{a^2J}{2}\frac{x}{x^2+y^2}\\\\
H_{az}&=0
\end{cases}$$
したがって、$H_a$をベクトル表記すると、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H_a}&=H_{ax}\boldsymbol{i}+H_{ay}\boldsymbol{j}+H_{az}\boldsymbol{k}\\\\
&=-\frac{a^2J}{2}\frac{y}{x^2+y^2}\boldsymbol{i}+\frac{a^2J}{2}\frac{x}{x^2+y^2}\boldsymbol{j}\\\\
\end{align*}$$
次に、導体$B$による磁界$\boldsymbol{H_b}$は、$(3)$と同様に、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H_b}&=\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{i}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{j}\\\\
\end{align*}$$
以上より、点$P_3$における磁界$\boldsymbol{H}$は、
$$\begin{align*}
\boldsymbol{H}&=\boldsymbol{H_a}+\boldsymbol{H_b}\\\\
&=\left(-\frac{a^2J}{2}\frac{y}{x^2+y^2}\boldsymbol{i}+\frac{a^2J}{2}\frac{x}{x^2+y^2}\boldsymbol{j}\right)\\\\
&\quad+\left\{\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{i}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\boldsymbol{j}\right\}\\\\
&=\left\{-\frac{a^2J}{2}\frac{y}{x^2+y^2}+\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\right\}\boldsymbol{i}\\\\
&\quad+\left\{\frac{a^2J}{2}\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\right\}\boldsymbol{j}[\mathrm{A/m}]\end{align*}$$
$\boldsymbol{H}$の各方向成分$H_{x},\ H_{y},\ H_{z}$は、
$$\begin{cases}
H_{x}=\displaystyle{-\frac{a^2J}{2}\frac{y}{x^2+y^2}+\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}}[\mathrm{A/m}]\\\\
H_{y}=\displaystyle{\frac{a^2J}{2}\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}}[\mathrm{A/m}]\\\\
H_{z}=0\mathrm{A/m}
\end{cases}$$
点$P_3$の$\mathrm{rot}\boldsymbol{H}$は、
$$\begin{align*}
\mathrm{rot}\boldsymbol{H}&=\left(\frac{\partial H_z}{\partial y}-\frac{\partial H_y}{\partial z}\right)\boldsymbol{i}+\left(\frac{\partial H_x}{\partial z}-\frac{\partial H_z}{\partial x}\right)\boldsymbol{j}+\left(\frac{\partial H_y}{\partial x}-\frac{\partial H_x}{\partial y}\right)\boldsymbol{k}\\\\
&=\left[\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{a^2J}{2}\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{b^2J}{2}\frac{x-c}{(x-c)^2+y^2}\right\}\right.\\\\
&\quad\left.-\frac{\partial}{\partial y}\left\{-\frac{a^2J}{2}\frac{y}{x^2+y^2}+\frac{b^2J}{2}\frac{y}{(x-c)^2+y^2}\right\}\right]\boldsymbol{k}\\\\
&=\left[\left\{\frac{a^2J}{2}\frac{x^2+y^2-2x^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}-\frac{b^2J}{2}\frac{(x-c)^2+y^2-2(x-c)^2}{\left\{(x-c)^2+y^2\right\}^2}\right\}\right.\\\\
&\quad\left.-\left\{-\frac{a^2J}{2}\frac{x^2+y^2-2y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}+\frac{b^2J}{2}\frac{(x-c)^2+y^2-2y^2}{\left\{(x-c)^2+y^2\right\}^2}\right\}\right]\boldsymbol{k}\\\\
&=0\mathrm{A/m^2}
\end{align*}$$
点$P_3$は導体の外側で$\boldsymbol{J}=0$なので、$(4)$の結果は正しいといえる。
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