等速運動する荷電粒子の磁場のエネルギー

真空中で電荷 q(>0) ，質量 m を持つ荷電粒子が， ある慣性系Σに対して，ｚ軸方向に一定速度 \bm{v}=(0,0,v)^T で運動する時を 考えます． ^T は転置を表すことにします． その電荷が作る磁場のエネルギーを知りたいのです．

点電荷では発散してしまう

その荷電粒子を原点に持つ別の慣性系をΣ’で表し， Σ’の物理量をダッシュ（’）をつけて区別することにします． Σ’系はΣ系に対し，速度 \bm{v}=(0,0,v)^T で動いているわけです． 今，二つの慣性系が時刻 t=0 で一致する時を考えます． Σ’系から見た電束密度を \bm{D}^\prime とします． ビオ・サバールの法則によると，作られる磁場 \bm{H} は，

\bm{H}=\bm{v} \times \bm{D}^\prime \tag{1}

となります [*] ．Σ’系の動径方向単位ベクトルを \hat{\bm{r}}^\prime とすると， Σ’系での荷電粒子は静止しているので，それが作る電束密度 \bm{D}^\prime は， 電場 \bm{E}^\prime に真空の誘電率 \varepsilon_0 を掛けたものなので，

[*]ちなみに，この表式は特殊相対論での非相対論的極限と一致します．
\bm{D}^\prime &= \dfrac{q}{4 \pi} \dfrac{\hat{\bm{r}}^\prime}{r^{\prime 2}} \\&= \dfrac{q}{4 \pi} \dfrac{\hat{\bm{r}}}{r^2} \tag{2}

となります．二つ目の等号は時刻 t=0 で原点が一致しているので， 動径ベクトルが一致している為です．よって，式 (1) にこれを代入して， 真空の透磁率 \mu_0 を掛けて，磁束密度の表式にすると，

\bm{B} &= \mu_0 \bm{H} \\&= \mu_0 \bm{v} \times \bm{D}^\prime \\&= \dfrac{\mu_0 q}{4 \pi} \dfrac{\bm{v} \times \hat{\bm{r}}}{r^2} \tag{3}

ちなみにこの式を，向き \bm{t} を持つ電流要素 I \bm{t} が存在する時の， ビオ・サバールの法則と比較すると，

\bm{B} &= \mu_0 \bm{H} \\&= \bm{v} \times \bm{D}^\prime \\&= \dfrac{\mu_0 I}{4 \pi} \dfrac{\bm{t} \times \hat{\bm{r}}}{r^2} \tag{4}

ですから，

I \bm{t} = q \bm{v} \tag{5}

であることが分かります．ここで， \bm{v} \times \hat{\bm{r}} を計算すると，

\bm{v} \times \hat{\bm{r}} &= \begin{vmatrix} \bm{e}_x & \bm{e}_x & \bm{e}_x \\0 & 0 & v \\ \dfrac{x}{r} &\dfrac{y}{r} &\dfrac{z}{r} \end{vmatrix} \\&=(-vy/r,vx/r,0)^T\tag{6}

となります． 式 (4) より，この磁場が作る磁場のエネルギー E_B を求めると，極座標 (r,\theta,\phi) を導入して， 粒子の大きさがない点として考えると，

E_B &= \int \bm{B} \cdot \bm{H} dV \\&= \dfrac{1}{\mu_0} \int \bm{B}^2 dV \\&= \dfrac{1}{\mu_0}\dfrac{\mu_0^2}{16 \pi^2} \int \dfrac{q^2 }{r^4} (\bm{v} \cdot \hat{\bm{r}})^2 dV \\&= \dfrac{\mu_0}{16 \pi^2} \int \dfrac{q^2 }{r^4} \left( (vy/r)^2+(vx/r)^2 \right) dV \\&= \dfrac{\mu_0}{16 \pi^2} \int \dfrac{q^2 v^2}{r^4} \left( (\sin \theta \sin \phi)^2+(\sin \theta \cos \phi)^2 \right) dV \\ &= \dfrac{\mu_0}{16 \pi^2} \int \dfrac{q^2 v^2}{r^2} \left( (\sin \theta)^3 \right) dr d\theta d\phi \\&= \dfrac{\mu_0 q^2 v^2}{16 \pi^2} \left[ -\dfrac{1}{r} \right]_0^\infty \left[ \dfrac{\cos \theta}{3} - \cos \theta \right]_0^\pi \left[ \phi \right]_0^{2\pi} \\&\to \infty \tag{7}

となり，ｒ方向の積分が，原点付近のエネルギーにより発散してしまいます．

電荷分布は発散しない

と，ここで地球の作る重力場はなぜ発散しないか思い出してみましょう． 私の以前の記事 球殻のつくる重力ポテンシャル を見ると， 質量が点ではなく，一様に分布することで発散を防いでいることが分かります． では，電荷が半径 a の球内に一様に電荷 Q が分布していると考えてみましょう． ガウスの法則より，電束密度は，

\bm{D}^\prime = \begin{cases}\dfrac{Q}{4 \pi} \dfrac{r}{a^3} \ \ \ \ (a>r) \\\dfrac{Q}{4 \pi} \dfrac{1}{r^2} \ \ \ \ (a<r) \end{cases} \tag{8}

スカラーポテンシャル \phi は，

\phi^\prime = \begin{cases}\dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 a^3} \dfrac{r^2}{2} \ \ \ \ (a>r) \\\dfrac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 } \left( -\dfrac{1}{r}+\dfrac{1}{a} \right) + \dfrac{Q}{4\pi \varepsilon_0 2a} \ \ \ \ (a<r) \end{cases} \tag{9}

となります．ここでポテンシャルの観測点 \bm{r} と電荷分布のある点 \bm{r}^\prime として， スカラーポテンシャル \phi の表式（電場）と，ベクトルポテンシャル \bm{A} の表式（磁場）を比較してみましょう． それは，電荷分布 \rho を積分 dV^\prime することによって，

\phi = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \int \dfrac{\rho}{ | \bm{r}-\bm{r}^\prime | } dV^\prime \tag{10} \bm{A} = \dfrac{\mu_0}{4 \pi} \int \dfrac{\rho v \bm{e}_z}{ | \bm{r}-\bm{r}^\prime | } dV^\prime \tag{11}

となります．ベクトル \bm{A} のｚ成分のみに注目すれば，少し係数を変えれば， 全く同じ計算であることが分かります．

よって，ｚ方向へ速さ v で動く荷電粒子の作る磁場のベクトルポテンシャル \bm{A} は，

\bm{A} = \begin{cases}\dfrac{\mu_0 Q v r^2}{4 \pi 2 a^3}\bm{e}_z \ \ \ \ (a>r) \\\dfrac{\mu_0 Q v}{4 \pi} \left( -\dfrac{1}{r}+ \dfrac{3}{2a} \right) \bm{e}_z \ \ \ \ (a<r)\end{cases} \tag{12}

となります．磁場は \bm{B} = \rm{rot} \bm{A} より，

\bm{A} = \begin{cases}\dfrac{\mu_0 Q v r^2}{4 \pi 2 a^3}(y,-x,0)^T \ \ \ \ (a>r) \\\dfrac{\mu_0 Q v}{4 \pi} (\dfrac{y}{r^3},\dfrac{-x}{r^3},0)^T \ \ \ \ (a<r)\end{cases} \tag{13}

半径 a の球外のエネルギー E_{BO} は，式 (7) とｒの積分範囲が違うだけで，同じ計算であり，

E_{BO} &= \dfrac{1}{\mu_0} \int \bm{B}^2 dV \\&= \dfrac{\mu_0}{16 \pi^2} \int \dfrac{Q^2 v^2}{r^2} \left( (\sin \theta)^3 \right) dr d\theta d\phi \\&= \dfrac{\mu_0 Q^2 v^2}{16 \pi^2} \left[ -\dfrac{1}{r} \right]_a^\infty \left[ \dfrac{\cos \theta}{3} - \cos \theta \right]_0^\pi \left[ \phi \right]_0^{2\pi} \\&= \dfrac{\mu_0 Q^2 v^2}{4 \pi} \dfrac{2}{3a} \tag{14}

です．そして，球内では，

E_{BI} &= \dfrac{1}{\mu_0} \int \bm{B}^2 dV \\&= \dfrac{\mu_0 Q^2 v^2}{16 \pi^2 a^6} \int \left( y^2+x^2 \right) r^2 \sin \theta dr d\theta d\phi \\&= \dfrac{\mu_0 Q^2 v^2}{16 \pi^2 a^6} \int r^4 \sin^3 \theta dr d\theta d\phi \\&= \dfrac{\mu_0 Q^2 v^2}{16 \pi^2 a^6} [\dfrac{r^5}{5}]_0^a [\dfrac{\cos^3\theta}{3}-\cos \theta]_0^\pi [\phi]_0^{2\pi} \\&= \dfrac{\mu_0 Q^2 v^2}{4 \pi} \dfrac{2}{15a} \tag{15}

よって，磁場の総エネルギーは，

E_{Btotal} &= E_{BI}+E_{BO} \\&= \dfrac{\mu_0}{4 \pi} \dfrac{4 Q^2 v^2}{5a} \tag{16}

となります． あもんノート のあもんさんによると，このように電磁気エネルギーの発散を防ぐには， 電磁気それだけではダメで，電荷分布をつなぎとめておく別種の力が必要なのだそうです． 勉強になりました．

お疲れ様でした．それでは，今日はこの辺で．