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HR図

国立科学博物館で学ぶ物理学　＜トムソンリング＞

[概説]

[理論解析]

[Ⅰ] トムソンリング

トムソンリングとは、左図のようにテーブルの下部に１次コイルを、テーブルの上部にアルミのリング配置し、テーブルに置かれたマイクロフォンの上で手をたたくと、アルミのリングが飛び上がるというものです。
手をたたいた時の音の高さによりアルミのリングの飛び上がる高さが異なり、高い音を出せば出すほど高くなります。超音波に近い音を出せば天井近くまで飛び上がります。

装置の構成・動作を簡単に説明しましょう。１次コイル側には、電源としてコンデンサーが配置されており、交流電源によりコンデンサーは充電されます。手をたたいた時の音をマイクロフォンで電気信_号に変換し、ある一定の強度以上の信号が出ると１次回路の接点が繋がり、１次コイルに電流が流れます。１次コイルに電流が流れると１次コイルは電磁石となります。この１次コイルの作る磁場を打ち消すように２次コイルすなわちアルミのリングに電流が流れます（これを電磁誘導といいます）。するとアルミのリングも電磁石となり、２つのコイルが反発する磁石となってアルミのリングが飛び上がることになります。

音の高さにより飛び上がる高さが違うのは、１次コイル側の抵抗を、音の周波数に応じて変化（可変とするか、並列抵抗を制御する）させる工夫がなされているからです（物理現象とｊは無関係です）。１次コイルの抵抗を変化させると、流れる電流が変化し、従い電磁石の力が変化するので、飛び上がる高さが変わるのです。

電磁石という言葉で簡単に説明しましたが、もう少し丁寧に説明しましょう。右上図ではにコイルを流れる電流を赤色で、磁力線を青色（１次コイル起因）・緑色（２次コイル起因）、リングに働く力を黒色で示しています。
電源が乾電池のように電圧一定であれば１次コイルは電磁石となりますが、２次コイルには何の変化もありません（電磁誘導は発生しない）。電源が交流とか、トムソンリングのようにコンデンサーである場合は、電圧が変化し、電流も変化しますので、電磁誘導により、２次コイルには反対方向の電流が発生し、２次コイルにもまた１次コイルと反対方向の磁力線が発生します。リングを飛び上がらせる原動力は、１次コイルの作る磁場Bと、２次コイルに流れる電流Ｉ₂であり、Ｉ₂からB方向に捻るとき右ねじの進む方向に力が働きます（物理的にビオ・サバールの法則といい、数学的にはF∝Ｉ₂Bと表します）。図から分かるように、この力が、リングを内側に圧縮する力と、上側に持ち上げる力となります。

以上が、２つの電磁石が反発すると説明した内容です。補足すると、２つのコイルの電流は条件次第で絶えず方向を変えることになりますが、どちらの方向であれ逆方向であれば上向きの力となり、同じ方向のときは下向きの力となります。すなわちアルミのリングは絶えず上向きに加速されているのではなく、減速を受ける瞬間もあるということです。当然コンデンサーに蓄えられたエネルギーが、電気抵抗による熱エネルギーで無くなると、重力の影響で落下することになります。

理論解析結果

単純化モデル（１次コイル・リングとも円：線半径2&1mm、円半径5cm、コンデンサー2000μＦ／10V)での計算例を以下に示します。
リングは最初の数サイクルのみで加速され上昇します。１次コイルの抵抗を√２倍にすると高さは６割程度となります。

、

[Ⅴ] トムソンリング運動解析

(1) 関連する物理法則

使用する式はMaxwellの方程式と実験式j=σE(V=IR)、ならびにNewtonの方程式と重力加速度gのみであるが、Maxwellの方程式から導かれる重要な方程式を以下に記す。
　　　　　＜ビオ・サバールの法則＞ $\hspace{20mm}d\bf H\rm=\frac{ I d\bf l\rm\times\bf r\rm}{4\pi r^3}$
　　　　　＜磁場内の電流に働く力＞ $\hspace{20mm}d\bf F\rm=(\bf I\rm \times\bf B\rm)dl$
　　　　　＜ノイマンの公式＞ $\hspace{65mm}M=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_1\int_2\frac{d\bf l\rm_1 d\bf l\rm_2}{r}$

(2) LCR回路

基本的な動作を、右のような簡単なモデル（電源：コンデンサー、リング＆１重コイル、鉄心なし）で解析してみよう。

I₁、I₂と鎖交する磁束Φ₁、Φ₂は、
　　　　　 $\Phi_1=L_1I_1+MI_2 \hspace{80mm} \Phi_2=L_2I_2+MI_1$
誘導起電力ε₁、ε₂は,
　　　　　 $\epsilon_1=-d\Phi_1/dt=-\{\frac{dL_1}{dt}I_1+L_1\frac{dI_1}{dt}+\frac{dM}{dt}I_2+M\frac{dI_2}{dt}\}$
　　　　　 $\epsilon_2=-d\Phi_2/dt=-\{\frac{dL_2}{dt}I_2+L_2\frac{dI_2}{dt}+\frac{dM}{dt}I_1+M\frac{dI_1}{dt}\}$
厳密には、dL₁/dt≠0、dL₁/dt≠0、dM/dt≠0であるが、ここでは等号が成り立つものと仮定しよう。

電圧関係式は、R₁I₁=Q/C+ε₁、R₂I₂=ε₂であるから、
　　　　　 $L_1\frac{dI_1}{dt} +M\frac{dI_2}{dt}+R_1I_1-\frac{Q}{C}=0$
　　　　　 $L_2\frac{dI_2}{dt} +M\frac{dI_1}{dt}+R_2I_2=0$
そのLaplace変換は、放電状態を｣考えているからdQ/dt = -I であり、
　　　　　 $s{\mathcal {L}}[Q]-Q_0={-\mathcal {L}}[I]$
　　　　　 ${\mathcal {L}}[Q]=({-\mathcal {L}}[I]+Q_0)/s$
この関係を元の方程式に代入して、
　　　　　 $L_1( {s\mathcal {L}}[I_1]-I_1^0)+M( {s\mathcal {L}} [I_2]-I_2^0)+R_1{\mathcal {L}}[I_1]-1/(Cs)({-\mathcal {L}}[I_1]+Q_0)=0$
　　　　　 $M(s {\mathcal {L}}[I_1]-I_1^0)+L_2(s {\mathcal {L}} [I_2]-I_2^0)+R_2{\mathcal {L}}[I_2]=0$
初期値Ｉ₁⁰=Ｉ₂⁰=0、V₀=Q₀/Cとすると、簡単になり、以下のＬ[I₁]、Ｌ[I₂]の連立方程式を得る。
　　　　　 $(L_1 C s^2+R_1 C s+1){\mathcal {L}}[I_1]+M C s^2{\mathcal {L}} [I_2]=C V_0$
　　　　　 $M s {\mathcal {L}}[I_1] +(L_2 s+R_2){\mathcal {L}}[I_2]=0$
これを解くと、
　　　　　 ${\mathcal{L}}[I_1]=\frac{C V_0(L_2 s+R_2)}{(L_1 C s^2+R_1 C s+1)(L_2 s+R_2)-M^2Cs^3}\equiv \frac{V_0 L_2}{(L_1L_2-M^2) }\cdot\frac{(s+\delta)}{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)}$ $\equiv K_1\frac{(s+\delta)}{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)}$
　　　　　 ${\mathcal{L}}[I_2]=-\frac{C V_0 M s}{(L_1 C s^2+R_1 C s+1)(L_2 s+R_2)-M^2Cs^3}\equiv -\frac{ V_0 M}{(L_1L_2-M^2)}\cdot\frac{s}{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)}$ $\equiv -K_2\frac{s}{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)}$

ところで、
　　　　　 $\frac{s}{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)}=-\frac{1}{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}\{\frac{\alpha(\beta-\gamma)}{s-\alpha}$ $+\frac{\beta(\gamma-\alpha)}{s-\beta}+\frac{\gamma(\alpha-\beta)}{s-\gamma} \}$
　　　　　 $\frac{\delta}{(s-\alpha)(s-\beta)(s-\gamma)}=-\frac{\delta}{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}\{\frac{(\beta-\gamma)}{s-\alpha}$ $+\frac{(\gamma-\alpha)}{s-\beta}+\frac{(\alpha-\beta)}{s-\gamma} \}$
であるから、逆Laplace変換Ｌ^-1[1/(s-a)]=exp(at)を行えばＩ₁、Ｉ₂が得られる。
　　　　　 $I_2= K_2\frac{1}{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}\{\alpha(\beta-\gamma)\mathrm{e}^{\alpha t}+\beta(\gamma-\alpha)\mathrm{e}^{\beta t}+\gamma(\alpha-\beta)}\mathrm{e}^{\gamma t}\}$
　　　　　 $I_1= -K_1\frac{\delta}{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)}\{(\beta-\gamma)\mathrm{e}^{\alpha t}+(\gamma-\alpha)\mathrm{e}^{\beta t}+(\alpha-\beta)}\mathrm{e}^{\gamma t}\}-\frac{K_1}{K_2} I_2$
α、β、γ は、３次方程式
　　　　　 $(L_1L_2-M^2)C s^3 (L_1R_2+L_2R_1) s^2+(R_1R_2C+L_2) s+R_2=0$
の解であるから、ひとつは実数、他の２つは共役複素数で、
　　　　　 $\alpha=a\hspace{40mm}\beta=m+in\hspace{40mm}\gamma=m-in\hspace{40mm}\to\hspace{40mm}\beta+\gamma=2m\hspace{40mm}\beta\gamma=m^2+n^2$ $\hspace{80mm}\hspace{80mm}\hspace{80mm}\hspace{80mm}\hspace{80mm}\hspace{40mm}(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)=-i[2n\{(a-m)^2+n^2\}]$
と置いて、オイラーの式 exp(±iθ）=cosθ ± i sinθ を用い整理すると、
　　　　　 $I_2=-K_2\frac{1}{n\{(a-m)^2+n^2\}}\{an\mathrm{e}^{at}+an\mathrm{e}^{mt}\cos(nt)-(am+m^2+n^2)\mathrm{e}^{mt}\sin(nt)\}$
　　　　　 $I_1=K_1\frac{\delta}{n\{(a-m)^2+n^2\}}\{n\mathrm{e}^{at}-n\mathrm{e}^{mt}\cos(nt)-(a-m)\mathrm{e}^{mt}\sin(nt)\}-\frac{K_1}{K_2}I_2$

(3) 円形コイル間の磁場および作用力

２つの円形コイルを右図のような円柱座標で表すと、円柱座標の基本ベクトル（e_ｒ,e_θ,e_ｚ）は、
　　　　　 $\left( \bf e\rm_r \\ \bf e\rm_{\theta} \\ \bf e\rm_z\right)=$ $\left ( \cos\theta \hspace{20mm}\sin\theta \hspace{30mm}0 \\-\sin\theta \hspace{10mm}\cos\theta \hspace{30mm} 0 \\0 \hspace{60mm}0 \hspace{60mm}1 \right)$ $\left ( \bf i\rm \\ \bf j\rm \\ \bf k\rm \right)$
であるから、任意の点R(x,y,z)は、
　　　　　 $\bf R\rm=x\bf i\rm+y\bf j\rm+z\bf k\rm$
　　　　　 $\hspace{15mm}=(x\cos\theta+y\sin\theta)\bf e\rm_r+(-x\sin\theta+y\cos\theta)\bf e\rm_{\theta}+z\bf e\rm_z$
点Ｐ(a cosφ、a sinφ、0) と点Q(b cosθ、b sinθ、z) の距離rは、上式を参照して、
　　　　　 $\bf r\rm=\{(b\cos\theta-a\cos\phi)\cos\theta+(b\sin\theta-a\sin\phi)\sin\theta\}\bf e\rm_r$
　　　　　 $\hspace{20mm}+\{-(b\cos\theta-a\cos\phi)\sin\theta+(b\sin\theta-a\sin\phi)\cos\theta\}\bf e\rm_{\theta}+z\bf e\rm_z$
　　　　　 $\hspace{15mm}=\{b-a\cos(\theta-\phi)\}\bf e\rm_r+a\sin(\theta-\phi)\bf e\rm_{\theta}+z\bf e\rm_z$
従って、
　　　　　 $r^2=a^2+b^2+z^2-2ab\cos(\theta-\phi)$
　　　　　 $\hspace{15mm}=A^2\{1-k\cos\theta-\phi\} \hspace{40mm}\mbox{ where }\hspace{20mm}A^2=a^2+b^2+z^2\hspace{10mm}\mbox{ , }k=2ab/A^2$
また、点Ｐにおける電流 I₁の方向の微小部分をdl₁とすると、
　　　　　 $d\bf l\rm_1=-dl_1\sin\phi\bf i\rm+dl_1\cos\phi\bf j\rm$
　　　　　 $\hspace{15mm}=-a\sin\phi d\phi(\cos\theta\bf e\rm_r-\sin\theta\bf e\rm_{\theta})+a\cos\phi d\phi(\sin\theta\bf e\rm_r+\cos\theta\bf e\rm_{\theta})$
　　　　　 $\hspace{15mm}=a\sin(\theta-\phi)d\phi\bf e\rm_r+a\cos(\theta-\phi)d\phi\bf e\rm_{\theta})$
この２式を、ビオ・サバールの公式に代入して、
　　　　　 $d\bf H\rm=\frac{\ I_1}{4\pi}\frac{d\bf l\rm_1\times\bf r\rm}{r^3} d\phi$
　　　　　 $\hspace{25mm}=\frac{\ I_1}{4\pi}\cdot \frac{az}{A^3}\cdot \frac{\cos(\theta-\phi)}{\{1-k\cos(\theta-\phi)\}^{3/2}}d\phi \bf e\rm_r$
　　　　　 $\hspace{30mm}-\frac{\ I_1}{4\pi}\cdot \frac{az}{A^3}\cdot \frac{\sin(\theta-\phi)}{\{1-k\cos(\theta-\phi)\}^{3/2}}d\phi \bf e\rm_{\theta}$
　　　　　 $\hspace{30mm}+\frac{ I_1}{4\pi}\cdot \frac{a^2}{A^3}\cdot [\frac{1}{\{1-k\cos(\theta-\phi)\}^{3/2}}-\frac{(b/a)\cdot\cos(\theta-\phi)}{\{1-k\cos(\theta-\phi)\}^{3/2}}]d\phi \bf e\rm_z$

被積分関数 1/{1-k cos(θ-φ}^3/2は、テーラー展開するとk<1であるから収斂して、
　　　　　 $\frac{1}{\{1-k\cos(\theta-\phi) \}^{3/2}}=\Sigma_{n=0}^{\infty}\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}\cdot k^n\cos^n(\theta-\phi)$
ここで、以下の積分公式
　　　　　 $\int_0^{\pi/2}\cos^m\alpha d\alpha=\left{ \frac{(m-1)!!}{m!!}\cdot\frac{\pi}{2} \hspace{40mm}\mbox{(m : even)} \\ \frac{(m-1)!!}{m!!} \hspace{60mm}\mbox{(m : odd)}\right}$
を使用すれば、積分範囲α=θ-φ=0～2πに対し、m(=n)の奇数項は0となり、偶数項のみ残る（積分範囲より公式の４倍）から、
　　　　　 $S_0=\int_0^{2\pi}\frac{1}{\{1-k\cos(\theta-\phi) \}^{3/2}}d\phi=\Sigma_{n=0}^{n=\infty(even)} \{\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!} \frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot k^n2\pi\}$
同様にして、前出被積分関数にcos(θ-φ)が掛かったものの積分は、上のテーラー展開にcos(θ-φ）が掛かったものであるから、
　　　　　 $S_1=\int_0^{2\pi}\frac{\cos(\theta-\phi)}{\{1-k\cos(\theta-\phi) \}^{3/2}}d\phi=\Sigma_{n=0}^{n=\infty(odd)} \{\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!} \frac{n!!}{(n+1)!!}\cdot k^n2\pi\}$
前出被積分関数にsin(θ-φ)が掛かったものの積分は、X=1-k cos(θ-φ）とおくと、α=θ-φ=0～2πに対しX=X₀～X₀ゆえ、０となる。
　　　　　 $\int_0^{2\pi}\frac{\sin(\theta-\phi)}{\{1-k\cos(\theta-\phi) \}^{3/2}}d\phi=\int_{X_0}^{X_0}\hspace{5mm}\frac{3}{2k}\cdot\frac{1}{X^{5/2}}dX=0$

従い、コイル１によるコイル２の半径方向位置ｂでの磁場Ｈは、
　　　　　 $\bf H\rm=\frac{\ I_1}{4\pi}\cdot\frac{az}{A^3}\cdot S_1\bf e\rm_r+\frac{ I_1}{4\pi}\cdot\frac{a^2}{A^3}\cdot (S_0-\frac{b}{a}\cdot S_1)\bf e\rm_z$
すなわち、円周方向の磁場は無く、半径方向e_rとｚ方向e_zの磁場のみとなる。、半径方向の磁場をH_r、ｚ方向の磁場をH_z、x方向の磁場をH_x、y方向の磁場をH_yとすると、
　　　　　 $H_r=\frac{\ I_1}{4\pi}\cdot\frac{az}{A^3}\cdot S_1$
　　　　　 $H_x=H_r\cos\theta \hspace{60mm} H_y=H_r\sin\theta \hspace{60mm}H_z=\frac{\ I_1}{4\pi}\cdot\frac{a^2}{A^3}\cdot (S_0-\frac{b}{a}\cdot S_1)$
この式でθ＝0 として、H²=H_x²+H_z²、磁力線に沿った微小距離dsにつきds/H=dx/H_x=dz/H_zの方程式を解くと、右図のようなx-z面での磁力線を描くことが出来る。

次に、点Ｑを通る円がコイル２の場合、この円形コイル(透磁率：μ)に働く力を求めよう。
点Ｑに働く力dFは、、コイル２の電流方向に微小部分dl₂=dl₂ e_θ=b dθ e_θを考えると、以下の公式を用い、
　　　　　 $d\bf F\rm= I_2(d\bf l\rm_2\times\bf B\rm)=\mu I_2(d\bf l\rm_2\times\bf H\rm)$
　　　　　 $\hspace{15mm}=\frac{\mu I_1 I_2}{4\pi}\cdot\frac{a^2b}{A^3}\cdot(S_0-\frac{b}{a}S_1)d\theta\bf e\rm_r -\frac{\mu I_1 I_2}{4\pi}\cdot\frac{abz}{A^3}\cdot S_1 d\theta\bf e\rm_z$
電流が同方向の場合は両コイルには吸引力が、半径方向には外向きの力が働くことが分かる、電流が逆向きのときは、反発力・内向き力が働く。ｚ方向の力F_zは、θ=0～2πの範囲で積分して、以下のようになる。
　　　　　 $F_z=-\int_{0}^{2\pi}\frac{\mu I_1 I_2}{4\pi}\cdot\frac{abz}{A^3}\cdot S_1 d\theta=-\frac{\mu I_1 I_2}{2}\cdot\frac{abz}{(a^2+b^2+z^2)^{3/2}}\cdot S_1$


　　　　　　　　　<参考＞ベクトルポテンシャルAを用いた磁場Hの導出
                          混同を避けるために前出の図で基本ベクトル（i,j,k)を（e_ρ,e_θ,e_z)とし、半径ｂを半径ρと置き換える。
　　　　　　　　　　　　　ベクトルポテンシャルAは、
　　　　　                                                                           
                          j=j sin(θ-φ）e_ρ+j cos(θ-φ）e_θ、dV=S・dl=S・(a dφ)、jS=I (S：導体断面積）であるから、A=A_ρe_ρ+A_θe_θ+A_ze_zとすると、　　　
　　　　　                                                                            
　　　　　                                                                            
　　　　　                                                                            
                           磁場H=H_ρe_ρ+H_θe_θ+H_ze_zは、このベクトルポテンシャルA(rotA=B=μH)を用いて、
　　　　　                            
                           この微分を実行すれば、上記記載の磁場が得られる。

(4) インダクタンス

２つの同軸円形リング１，２間(距離r）の相互インダクタンスＭは、電流の方向の単位ベクトルをdl₁、dl₂として、ノイマンの公式より、
　　　　　 $M=\frac{\mu}{4\pi}\int \frac{d\bf l\rm_1\cdot d\bf l\rm_2}{r}$
dl₁・dl₂=ab cos(θ-φ)dθdφであるから、
　　　　　 $M=\frac{\mu}{4\pi} \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+z^2}} \int \frac{cos(\theta-\phi)}{\sqrt{1-k\cos(\theta-\phi)}}d\theta d\phi$
　　　　　 $\hspace{20mm}=\frac{\mu}{2} \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+z^2}}\int_0^{2\pi} \frac{cos(\theta-\phi)}{\sqrt{1-k\cos(\theta-\phi)}}d\theta\equiv \frac{\mu}{2} \frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+z^2}}\cdot S_1$
ここに、
　　　　　 $S_1=\Sigma_{n=odd} \{\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!} \frac{n!!}{(n+ 1)!!}\cdot 2\pi k^n\}$
　　　　　 $k=\frac{2ab}{a^2+b^2+z^2}$
リングa,bが同軸で接近(間隔ｄ）している場合は、Mは次式で近似されるが、リングa,bが接触した状態を初期条件とするのでなければ上式そのままで良い。
　　　　　 $M=\mu a \{log(8a/\delta)-2\}\hspace{80mm}\mbox{ where}\hspace{40mm}\delta=\sqrt{(a-b)^2+d^2}$

円形リングの自己インダクタンスＬも、形式的にはノイマンの公式で、a=b、z=0と置いて求められるはずであるが、k=1となってS₁が収斂しない。
そこで、半径aの円形リングの線半径がr_aの場合、r_aだけ小さい２つ目の円形リングとの相互インダクタンスが、半径aの円形リングの自己インダクタンスであると近似すると、
　　　　　 $L=\frac{\mu a}{2}\frac{a(a-r_a)}{\sqrt{a^2+(a-r_b)^2}}\cdot S_1\hspace{80mm}\mbox{ where}\hspace{40mm}k=\frac{2a(a-r_a)}{a^2+ (a-r_a)^2}$


               ＜注＞線半径a、円環の半径Rの円環状導体の自己インダクタンスは、上記の近似相互インダクタンスを外部インダクタンスとみなし、
　　　　　　　　 　　導体内部磁束密度による内部インダクタンスとの和として、以下の公式
                          　　　　　  
                     があるが、この公式で得られるL₁,L₂では、漏れ磁束があるときの関係L₁L₂＞M²を満足しないので適用しがたい。

(5) リングに働く力

リングa,bに流れる電流を、Ｉ₁,Ｉ₂とすると、中心方向に働く力Fは、
　　　　　 $F=-\frac{1}{2}\mu I_1I_2\frac{abz}{(a^2+b^2+z^2)^{3/2}}\cdot S_1$

(6) リングの運動方程式

リングの質量をｍ、重力加速度をｇとすると、
　　　　　 $m\frac{d^2z}{dt^2}=F-mg$

以上の関係式を組み合わせて、数値積分（例えば差分化法）を行えば、解がえられる。その結果は、[Ⅰ]の理論解析結果に既に示した。










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