ポインティングベクトルによるエネルギーの流れの考察問題まとめ

ポインティングベクトルとは

題名から察するかもしれませんが、電磁エネルギーの流れを示すベクトルになります。

電場$E$と磁場$H$の外積を取り、下記で表されます。

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{r}\mathit{S}=\mathit{E}\times \mathit{H}\end{array}\end{array}$$

あまり院試には出てこないですが、理解が深まるため、下記で導出をします。

導出

電磁エネルギー密度は、静電エネルギー密度$u_e={\displaystyle \frac{\mathit{E}\mathit{D}}{2}}$と磁気エネルギー密度$u_m={\displaystyle \frac{\mathit{B}\mathit{H}}{2}}$の和

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{r}u={\displaystyle \frac{\mathit{E}\mathit{D}}{2}}+{\displaystyle \frac{\mathit{B}\mathit{H}}{2}}\end{array}\end{array}$$

で表される。

一方で、電場と磁場の外積の発散に関して注目する。

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{r}div(\mathit{E}\times \mathit{H})=\mathit{H}･rot\mathit{E}-\mathit{E}･rot\mathit{H}\end{array}\end{array}$$

これに、下記のマクスウェル方程式を代入する。

$$\begin{array}{}\text{(4)}& \{\begin{array}{l}rot\mathit{E}=-{\displaystyle \frac{\partial \mathit{B}}{\partial t}}\\ rot\mathit{H}=\mathit{i}+{\displaystyle \frac{\partial \mathit{D}}{\partial t}}\end{array}\end{array}$$

すると、下記のように式変形できる。

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \begin{array}{r}div(\mathit{E}\times \mathit{H})=-(\mathit{E}･{\displaystyle \frac{\partial \mathit{D}}{\partial t}}+\mathit{H}･{\displaystyle \frac{\partial \mathit{B}}{\partial t}})-\mathit{E}･\mathit{i}\\ div(\mathit{E}\times \mathit{H})=-{\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle \frac{\partial }{\partial t}}(\mathit{E}･\mathit{D}+\mathit{B}･\mathit{H})-\mathit{E}･\mathit{i}\end{array}\end{array}$$

上式のうち、右辺の第1項は単位体積当たりの電磁エネルギーの減少率。第2項はジュール熱によるエネルギー損失になります。

その分を補填する形で、左辺の$div(\mathit{E}\times \mathit{H})$がエネルギーを供給しているはずだ！とみなせるわけで、これをポインティングベクトル$\mathit{S}$で一文字で表現しようというわけですね。

問題の解法

基本的に、ポインティングベクトルの流れを考える問題で、目新しい系はあまり出てきません。同軸ケーブル(円柱)か、コンデンサで問われることが多いです。

ですので、今までの単元で学んできた通り、電場$E$と磁場$H$をガウスの法則、アンペールの法則を用いて求め、その外積を取る作業に終始すれば良いです。

解答例

(1)両端の電位差がVの円柱

電場$E$の大きさは、単位体積当たりの電位差を指している。(向き：+z方向)

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \begin{array}{r}E={\displaystyle \frac{V}{l}}={\displaystyle \frac{RI}{l}}\end{array}\end{array}$$

磁場の大きさは、アンペールの法則より、半径$r=a$の円を考えて

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{r}H={\displaystyle \frac{I}{2\pi a}}\end{array}\end{array}$$

なお、向きは周方向である。

求めるポインティングベクトル$S$は、$E$と$H$の外積を取れば良い。フレミング左手の法則より、導体の内側に対し流れる。

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{r}|\mathit{S}|={\displaystyle \frac{RI}{l}}{\displaystyle \frac{I}{2pia}}={\displaystyle \frac{R{I}^2}{2\pi al}}\end{array}\end{array}$$

これを円柱の側面積$2\pi al$に対して面積分すると、$R{I}^2$となる。よって、外部から供給された電力は、導体側面から内部へ流入し、ジュール熱になることを意味する。

(2)同軸ケーブルのエネルギーの流れ

同軸ケーブルの内径に電荷Q、外径に電荷-Qを与えたとする。

ガウスの法則により、求める電場は

$$\begin{array}{}\text{(9)}& \begin{array}{r}E={\displaystyle \frac{q}{2\pi {\epsilon }_{o}r}}\end{array}\end{array}$$

内径と外径の電位差$V$は

$$\begin{array}{}\text{(10)}& \begin{array}{r}V={\displaystyle \frac{q}{2\pi {\epsilon }_o}}\log {\displaystyle \frac{b}{a}}\end{array}\end{array}$$

これより、電場の大きさは、問題文で与えられている定数を用いて

$$\begin{array}{}\text{(11)}& \begin{array}{r}E={\displaystyle \frac{V}{r\log {\displaystyle \frac{b}{a}}}}\end{array}\end{array}$$

次に、磁場$H$は、アンペールの法則により

$$\begin{array}{}\text{(12)}& \begin{array}{r}H={\displaystyle \frac{I}{2\pi r}}\end{array}\end{array}$$

電場Eは径方向、磁場Hは周方向を向くので、ポインティングベクトルSはz方向を伝わる。その大きさは

$$\begin{array}{}\text{(13)}& \begin{array}{r}|\mathit{S}|=EH={\displaystyle \frac{VI}{2\pi r^2\log {\displaystyle \frac{b}{a}}}}\end{array}\end{array}$$

これを、半径a<r<bの円の領域で面積分すれば

$$\begin{array}{}\text{(14)}& \begin{array}{rl}P& ={\int }_a^b{\displaystyle \frac{VI}{2\pi r^2\log {\displaystyle \frac{b}{a}}}}2\pi rdr\\ & =VI\end{array}\end{array}$$

よって、電源から供給されたエネルギーVIは同軸ケーブル内を減衰することなくz方向に伝搬していく。

(3)コンデンサ内のエネルギーの流れ

コンデンサ内には変位電流$\left|{\displaystyle \frac{\partial D}{\partial t}}\right|$が流れています。これを利用し、磁場$H$を求めます。

極板間の距離dのため、コンデンサ内の電場$E$、電束密度$D$は

$$\begin{array}{}\text{(15)}& \{\begin{array}{l}E={\displaystyle \frac{V_o(1-e^{-\alpha t})}{d}}\\ D={\displaystyle \frac{{\epsilon }_o{V}_o(1-e^{-\alpha t})}{d}}\end{array}\end{array}$$

変位電流は、下記で求められる。

$$\begin{array}{}\text{(16)}& \begin{array}{r}\left|{\displaystyle \frac{\partial D}{\partial t}}\right|={\displaystyle \frac{{\epsilon }_o{V}_o\alpha }{d}}{e}^{-\alpha t}\end{array}\end{array}$$

これより、磁場Hは、アンペールの法則を変形して(半径r)

$$\begin{array}{}\text{(17)}& \begin{array}{r}{\int }_c\mathit{H}･d\mathit{s}={\int }_S{\displaystyle \frac{\partial \mathit{D}}{\partial t}}･d\mathit{S}=\left|{\displaystyle \frac{\partial D}{\partial t}}\right|\pi r^2\end{array}\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(18)}& \begin{array}{r}H={\displaystyle \frac{{\epsilon }_o\alpha V_o{e}^{-\alpha t}}{2d}}r\end{array}\end{array}$$

以上より、ポインティングベクトルの大きさは

$$\begin{array}{}\text{(19)}& \begin{array}{r}S=EH={\displaystyle \frac{{\epsilon }_o\alpha V_o^2{e}^{-\alpha t}(1-e^{-\alpha t})}{2d^2}}r\end{array}\end{array}$$

$r=a$のコンデンサ端で、ポインティングベクトルを面積分すれば

$$\begin{array}{}\text{(20)}& \begin{array}{rl}{\int }_S\mathit{S}･d\mathit{S}& ={\displaystyle \frac{{\epsilon }_o\alpha V_o^2{e}^{-\alpha t}(1-e^{-\alpha t})}{2d^2}}a･2\pi ad\\ & ={\displaystyle \frac{\pi {\epsilon }_o\alpha V_o^2{e}^{-\alpha t}(1-e^{-\alpha t})}{d}}{a}^2\end{array}\end{array}$$

ここで、$I=C{\displaystyle \frac{\partial V}{\partial t}}$の関係より

$$\begin{array}{}\text{(21)}& \begin{array}{r}I={\displaystyle \frac{\pi {\epsilon }_o\alpha V_o{e}^{-\alpha t}(1-e^{-\alpha t})}{d}}{a}^2\end{array}\end{array}$$

(21)式は(20)式の結果に対し$V_o$を割り算した結果に等しい。逆に、(20)式は

$$\begin{array}{}\text{(22)}& \begin{array}{rl}{\int }_S\mathit{S}･d\mathit{S}& =VI\end{array}\end{array}$$

と表すことができる。電源から供給されたエネルギーVIは、コンデンサの側面から内部に流入していることが分かった。

最後に

ポインティングベクトルに関する問題は、様々な大学の院試で出題されます。上記の典型パターンは、それぞれ計算量が多いため、段取りを覚えておくことを推奨します。