静電界の回転は0(無渦)であることの説明と例題

静電界とは

1.ばかり言われていますが、電磁気学を根本から理解する上で、2.3も必要な性質です。

静電界の場合、ある地点$r$における電場は時間項t抜きで$\mathit{E}\mathbf{(}\mathit{r}\mathbf{)}$で表されることから、電位Vは

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{r}V=-{\int }_{\infty }^r\mathit{E}\mathbf{(}\mathit{r}\mathbf{)}･d\mathit{r}=const\end{array}\end{array}$$

となる。よって、任意の時間で電位は変わらないことから、エネルギーは保存すると言えます。

しかし、時間項が付属する際は、(1)式に変数が付いてしまい、時間によって変化することが分かります。よって、静電界の場合のみ、エネルギーは保存します。

また、静電界の場合、回転成分も発生しません。

もし回転成分が非零ならば、マクスウェル方程式

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{r}rot\mathit{E}=-{\displaystyle \frac{\partial \mathit{B}}{\partial t}}\ne 0\end{array}\end{array}$$

も非零になるから、時間変動する磁場が発生します。磁場の発生源は電流ですから、時間変動する電流(電場)も存在すると解釈できます。背理法により、静電場であるためには回転成分が0である必要が分かりました。

静電界と電位

(1)式のように、ベクトル場の線積分で電位$V$を求めることができますが、他の方法でも電位を考えることができます。

前章より、静電界であるとき、$rot\mathit{E}=0$であることが分かりました。あるポテンシャルの勾配(grad)に回転(rot)を取った場合、一般的に$rot(grad\mathit{A})=0$であることから、定数のポテンシャル$V$を設定すると

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \begin{array}{r}\mathit{E}=gradV\end{array}\end{array}$$

と表記できます。電位の定義で示すこともできますが、ベクトル関数を解くことでも電位を導くことができました。

ラプラス方程式とは

ポアソン方程式の右辺が0のとき、ラプラス方程式と言います。

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \begin{array}{r}\mathrm{\Delta }V={\displaystyle \frac{\rho }{{\epsilon }_o}}\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \begin{array}{r}\mathrm{\Delta }V=0\end{array}\end{array}$$

ラプラス方程式を満たす条件

電場の発散$div$が0であることです。

これは、マクスウェル方程式

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{r}div\mathit{E}={\displaystyle \frac{\rho }{{\epsilon }_o}}=0\end{array}\end{array}$$

になることから、ポアソン方程式(5)式に代入すると、ラプラス方程式(6)式になることが分かります。

また、発散が0である物理的意味は、ある閉曲面から染み出す場が0だと言うことです。これは、電場が0であることを意味し、発生源の電荷$\rho$も0になることが分かります。

解答例

(1)ベクトル関数の計算

$E_1=(3y,3x+y+5z,5y)$について、回転$rot$を取って

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{rl}rot{\mathit{E}}_{\mathbf{1}}& =({\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}5y-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}}(3x+y+5z),{\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}5y-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}}5y,{\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}(3x+y+5z)-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}3y)\\ & =(5-5,0,3-3)\\ & =(0,0,0)\end{array}\end{array}$$

よって、$E_1$は静電場である。

$E_2=(x^2-y^2,4,2xy)$について

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \begin{array}{rl}rot{\mathit{E}}_{\mathbf{1}}& =({\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}2xy-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}}4,-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}2xy+{\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}}(x^2-y^2),{\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}(x^2-y^2)-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}4)\\ & =(2x,-2y,2x)\end{array}\end{array}$$

回転は非零であるため、$E_2$は静電場ではない。

$E_3=(x+y,-x+y,-2z)$について

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{rl}rot{\mathit{E}}_{\mathbf{3}}& =({\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}(-2z)-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}}(-x+y),-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}(-2z)+{\displaystyle \frac{\partial }{\partial z}}(x+y),{\displaystyle \frac{\partial }{\partial x}}(-x+y)-{\displaystyle \frac{\partial }{\partial y}}(x+y))\\ & =(0,0,-2)\end{array}\end{array}$$

$E_3$は静電場ではない。

(2)ラプラス方程式で表される関数

前節より、発散が0のベクトル関数が条件を満たします。

$E_1=(3y,3x+y+5z,5y)$について、

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \begin{array}{r}div{\mathit{E}}_{\mathbf{1}}=0+1+0=1\end{array}\end{array}$$

$E_2=(x^2-y^2,4,2xy)$について

$$\begin{array}{}\text{(12)}& \begin{array}{r}div{\mathit{E}}_{\mathbf{2}}=2x+0+0=2x\end{array}\end{array}$$

$E_3=(x+y,-x+y,-2z)$について

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{r}div{\mathit{E}}_{\mathbf{3}}=1+1-2=0\end{array}\end{array}$$

よって、$E_3$がラプラス方程式を満たす。