電験一種 H22年理論問1 直線状の無限長導体に流れる電流が作る磁界

電験一種 H22年理論問1

次の文章は，直線状の無限長導体に流れる電流が作る磁界に関する記述である。文中のに当てはまる語句又は式を解答群の中から選びなさい。

　$xyz$ 直角座標系において磁束密度 $\boldsymbol{B} = (B_x, \, B_y, \, B_z)$ に対して，次の式を満足するベクトル $\boldsymbol{A} = (A_x, \, A_y, \, A_z)$ を，$\boldsymbol{B}$ のベクトルポテンシャルという。

\[ \boldsymbol{B} = \mathrm{rot} \, \boldsymbol{A} = \left( \frac{\partial A_z}{\partial y} - \frac{\partial A_y}{\partial z}, \, \frac{\partial A_x}{\partial z} - \frac{\partial A_z}{\partial x}, \, \frac{\partial A_y}{\partial x} - \frac{\partial A_x}{\partial y} \right) \] ①

　図に示すように，真空中において，$z$ 軸上の無限長導体を正方向に流れる電流 $I$ による点 $\text{P}$ におけるベクトルポテンシャルを求めてみる。

　図中の電流素片 $I \mathrm{d}\boldsymbol{l}$ による点 $\text{P}(x, \, y, \, 0)$ における磁束密度 $\mathrm{d}\boldsymbol{B}$ のベクトルポテンシャル $\mathrm{d}\boldsymbol{A}$ は，点 $\text{P}$ の $I \mathrm{d}\boldsymbol{l}$ からの距離を $r$ として，次式で与えられる。ここで，$\mu_0$ は真空の透磁率である。

\[ \mathrm{d}\boldsymbol{A} = \frac{\mu_0 I \mathrm{d}\boldsymbol{l}}{4\pi r} \] ②

　電流が $z$ 軸方向成分しか持たないことから，ベクトルポテンシャルは (1) 方向成分だけを持つ。

　点 $z_1$ から点 $z_2$ に流れる電流による，点 $\text{P}$ におけるベクトルポテンシャルの (1) 方向成分 ${A_{(1)\text{成分}}}^{z_1 z_2}$ は，②式から次式で表される。

$ \begin{aligned} {A_{(1)\text{成分}}}^{z_1 z_2} &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int_{z_1}^{z_2} \end{aligned} $(2)$ \mathrm{d}z$ ③

$ \begin{aligned} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \ln \frac{z_2 + \sqrt{x^2 + y^2 + {z_2}^2}}{z_1 + \sqrt{x^2 + y^2 + {z_1}^2}} \end{aligned} $ ④

　ここで，$z_1 \to -\infty$，$z_2 \to +\infty$ とすると，ベクトルポテンシャルは発散してしまう。

　そこで，$z$ 軸からの距離 $1 \ [\mathrm{m}]$ の点のベクトルポテンシャルを基準として，点 $\text{P}$ のベクトルポテンシャルを表すことを考える。すなわち，③式で表される任意の点のベクトルポテンシャルと，基準のベクトルポテンシャルとの差として新たにベクトルポテンシャルを表すことを考える。また，対称性を考慮して，$-\infty$ から $+\infty$ までの積分値の代わりに $0$ から $+\infty$ までの積分値を2倍することで，次式を得る。

$\displaystyle {A_{(1)\text{成分}}} = 2 \times \dfrac{\mu_0 I}{4\pi} \int_{0}^{\infty} ( $ (2) $ - $ (3) $ ) \, \mathrm{d}z $ ⑤

この積分計算を行うと，${A_{(1)\text{成分}}}$ は次式のように求めることができる。

\[ {A_{(1)\text{成分}}} = -\frac{\mu_0 I}{4\pi} \ln (x^2 + y^2)\] ⑥

　これを①式に代入することで，点 $\text{P}$ の磁束密度の各成分を求めることができる。例えば，磁束密度の $x$ 軸方向成分 $B_x$ は次式のとおり求まる。

$\displaystyle B_x = -\frac{\mu_0 I}{2\pi} \times $(4) ⑦

　同様にして，$B_y$，$B_z$ を求めることができ，これらより点 $\text{P}$ における磁束密度 $\boldsymbol{B}$ の大きさは以下のように表すことができる。

$\displaystyle B = \frac{\mu_0 I}{2\pi} \times $(5) ⑧

解答群

(ｲ)	$\displaystyle \sqrt{x^2+y^2}$	(ﾛ)(4)	$\displaystyle \frac{y}{x^2+y^2}$	(ﾊ)	$\displaystyle \frac{1}{z+\sqrt{x^2+y^2}}$
(ﾆ)	$\displaystyle \frac{1}{x^2+y^2}$	(ﾎ)	$y \text{ 軸}$	(ﾍ)	$\displaystyle \sqrt{1+z^2}$
(ﾄ)	$\displaystyle \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$	(ﾁ)	$\displaystyle z+\sqrt{x^2+y^2+z^2}$	(ﾘ)(2)	$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$
(ﾇ)	$\displaystyle \frac{x}{x^2+y^2}$	(ﾙ)(3)	$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+z^2}}$	(ｦ)(1)	$z \text{ 軸}$
(ﾜ)	$\displaystyle z+\sqrt{1+z^2}$	(ｶ)	$x \text{ 軸}$	(ﾖ)(5)	$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$

出典：平成22年度第一種電気主任技術者一次試験理論科目問1

解説

ベクトルポテンシャルの問題ではありますが、解くだけであれば誘導に従えば解けます。

電流に起因するベクトルポテンシャルの方向成分正解 (ヲ)

$ \mathrm{d} \boldsymbol{l} $ は電流素片のベクトルであり、各軸の成分を$dx$、$dy$、$dz$とすると、電流は$z$軸方向にのみ流れているので$ \mathrm{d} \boldsymbol{l} = (0,\, 0,\, dz) $です。

よって、ベクトルポテンシャルの各成分は

$$\begin{aligned} dA_x &= \frac{\mu_0 I}{4\pi r} \cdot 0 = 0 \\ dA_y &= \frac{\mu_0 I}{4\pi r} \cdot 0 = 0 \\ dA_z &= \frac{\mu_0 I}{4\pi r} dz \\ \end{aligned}$$

となり、ベクトルポテンシャルは$z$軸方向成分のみを持つとなることから、答えは (ヲ)です。

点Pにおけるベクトルポテンシャル正解 (リ)

$z$方向成分を積分すると以下のようになります。

$$\begin{aligned} A_z = \int_{z_1}^{z_2} \frac{\mu_0 I}{4\pi r} dz \\ \end{aligned}$$

問題に与えられた数式より、穴埋めしなければいけない部分は$\displaystyle \frac{1}{r} $であることが分かりますので、これが何になるかを考えます。

図より、$r$は$\sqrt{r_0^2+z^2}$であり、$r_0$は常に$\sqrt{x^2+y^2}$なので、

$$\begin{aligned} r &= \sqrt{r_0^2+z^2} \\ &= \sqrt{x^2+y^2+z^2} \\ \end{aligned}$$

です。よって答えは(リ)の$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$です。

基準点（距離1m）における被積分関数正解 (ル)

$z$軸から距離1mということは、(2)において$\sqrt{x^2+y^2} = 1$、$x^2+y^2 = 1^2 = 1$であることを意味します。これより⑤式は

$$\begin{aligned} A_z &= 2 \times \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} - \frac{1}{\sqrt{1 + z^2}} \right) dz \\ \end{aligned}$$

となります。よって答えは(ル)の$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+z^2}}$です。

なお、ベクトルポテンシャルが発散とは、$z_1 \rightarrow -\infty $の時に$z_1 + \sqrt{x^2 + y^2 + {z_1}^2}$が0になり$ \ln \left( \infty \right) $となるということです。

磁束密度の$x$軸方向成分$B_x$ 正解 (ロ)

問題の最初にある数式を用いて$B_x$を求めます。

$$\begin{aligned} B_x &= \frac{\partial A_z}{\partial y} - \frac{\partial A_y}{\partial z} \\ \end{aligned}$$

$A_y = 0$なので、右辺は第一項のみ考えればいいことが分かります。

$$\begin{aligned} B_x &= \frac{\partial A_z}{\partial y}\\ &= \frac{\partial}{\partial y} \left\{ -\frac{\mu_0 I}{4\pi}\ln(x^2 + y^2) \right\} \\ &= -\frac{\mu_0 I}{4\pi} \cdot \frac{\partial}{\partial y} \ln(x^2 + y^2) \\ &= -\frac{\mu_0 I}{4\pi} \cdot \frac{1}{x^2+y^2} \cdot \frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial y} \\ &= -\frac{\mu_0 I}{4\pi} \cdot \frac{2y}{x^2+y^2} \\ &= -\frac{\mu_0 I}{2\pi} \times \frac{y}{x^2+y^2} \end{aligned}$$

よって答えは(ロ)の$\displaystyle \frac{y}{x^2+y^2}$です。

無限長直線導体電流が作る磁束密度$B$の大きさ正解 (ヨ)

同様に$B_y$、$B_z$を計算します。

$$\begin{aligned} B_y &= \frac{\partial A_x}{\partial z} - \frac{\partial A_z}{\partial x} \\ &= 0 - \frac{\partial A_z}{\partial x} \\ &= -\frac{\partial}{\partial x} \left\{ -\frac{\mu_0 I}{4\pi}\ln(x^2 + y^2) \right\} \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \cdot \frac{\partial}{\partial x} \ln(x^2 + y^2) \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \cdot \frac{2x}{x^2 + y^2} \\ &= \frac{\mu_0 I}{2\pi} \times \frac{x}{x^2 + y^2} \\ \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} B_z &= \frac{\partial A_y}{\partial x} - \frac{\partial A_x}{\partial y} \\ &= 0 \\ \end{aligned}$$

$\boldsymbol{B}$の大きさを求めます。

$$\begin{aligned} B &= \sqrt{B_x^2 + B_y^2 + B_z^2} \\ &= \sqrt{ \left\{ -\frac{\mu_0 I y}{2\pi (x^2 + y^2)} \right\}^2 + \left\{ \frac{\mu_0 I x}{2\pi (x^2 + y^2)} \right\}^2 + 0} \\ &= \sqrt{\left\{ \frac{\mu_0 I}{2\pi (x^2 + y^2)} \right\} ^2 (x^2 + y^2)} \\ &= \frac{\mu_0 I}{2\pi (x^2 + y^2)} \cdot \sqrt{x^2 + y^2} \\ &= \frac{\mu_0 I}{2\pi } \times \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}} \\ \end{aligned}$$

となるので、答えは(ヨ)の$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$です。

正解一覧

(1) ヲ $z \text{ 軸}$

(2) リ $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$

(3) ル $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+z^2}}$

(4) ロ $\displaystyle \frac{y}{x^2+y^2}$

(5) ヨ $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}$

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