アンペールの法則

閉じたループを一周しながら磁場 B の接線成分を足し合わせると、ループを貫く電流の μ₀ 倍が得られます。定常電流であれば常に成り立ちますが、ガウスの法則と同じく、実際に役に立つのは対称性が高い場合に限られます。ループ上の至る所で B の大きさが等しく向きが沿っていれば、足し算は単に B とループの長さを掛けるだけになり、磁場は一行で求まります。電流を選び、ループの半径を動かして、囲まれる電流と磁場を読み取ってみてください。

アンペールの法則（マクスウェルの変位電流を含む）	$\oint\vec B\cdot d\vec l=\mu_0\Bigl(I_{\mathrm{enc}}+\varepsilon_0\frac{d\Phi_E}{dt}\Bigr)$
長いソレノイドとトロイド	$B=\mu_0nI,\qquad B=\frac{\mu_0NI}{2\pi r}$

計算例 — アンペールの法則

ループを貫く電流	1.25 A
ループの周長	0.06283 m
電流の μ₀ 倍	1.571×10⁻⁶ T·m
ループ上の磁場 B	25 μT

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レッスン

理論 — アンペールの法則

アンペールの法則：任意の閉曲線を一周するとき、経路に沿った磁場 B の成分の和は、その閉曲線を貫く電流の μ₀ 倍に等しくなります（∮B·dl = μ₀I_enc）。マクスウェルの拡張により、この電流には変位電流 ε₀ dΦ_E/dt も含まれます。

各記号の意味

I_enc: ループが囲む任意の面を貫く正味の電流（右ねじの向きを正とする）
n: ソレノイドの 1 mあたりの巻き数
K: 面電流の単位幅あたりの電流

公式の導き方

対称性によって B が定まるループを選ぶ。直線導線の周囲では、導線を中心とする円上で B の大きさが等しく向きも円周に沿うため、積分値は B·2πr となります。
$\oint\vec B\cdot d\vec l=B\cdot2\pi r=\mu_0I_{\mathrm{enc}}$
ループを貫く電流を求める。電流が一様に流れる導線の内部では、ループが囲む電流の割合は r²/R² です。導線の外側では全電流が囲まれます。
$I_{\mathrm{enc}}=I\,\frac{r^{2}}{R^{2}}\ \Rightarrow\ B=\frac{\mu_0Ir}{2\pi R^{2}},\qquad r\ge R:\ B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}$
長いソレノイド。一辺を内部に、対辺を外部にとった長方形のループを考えます。外部の B は無視でき、垂直な二辺は B と直交するため、寄与するのは内部の一辺のみです。この辺が囲む巻き数は nℓ 回です。
$B\ell=\mu_0n\ell I\ \Rightarrow\ B=\mu_0nI$
トロイド。コア内部の円は全 N 回の巻き線を一度ずつ囲むため、B·2πr = μ₀NI となり、B は 1/r に比例して変化します。
$B\cdot2\pi r=\mu_0NI\ \Rightarrow\ B=\frac{\mu_0NI}{2\pi r}$
電流が定常でない場合。充電中のコンデンサーの極板間には伝導電流は流れませんが、電束が変化するため、変位電流 ε₀ dΦ_E/dt がその役割を担います。
$I_{d}=\varepsilon_0\frac{d\Phi_E}{dt},\qquad\oint\vec B\cdot d\vec l=\mu_0\left(I_{\mathrm{enc}}+I_{d}\right)$

前提: ステップ1から4は定常電流、かつ十分に長く対称性の高い配置を前提としています。現実のソレノイドで磁場が μ₀nI になるのは端から十分に離れた内部だけであり、外部の磁場もゼロではなくわずかに漏れ出します。また媒質は空気または真空中を仮定しており、コイル内に鉄芯を入れると B は跳ね上がります。

全プロセスの詳細解説

太い導線の内部と外部 3 ステップ
半径 2.0 cm の導線断面に 5.0 A の電流が一様に流れています。中心軸から 1.0 cm および 4.0 cm の位置における B を求めなさい。

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1. 内部では、ループが囲む電流は全電流の r²/R² 倍となります：
  
  $I_{\mathrm{enc}}=I\,\frac{r^{2}}{R^{2}}=(5{.}0)\,\frac{(0{.}01)^{2}}{(0{.}02)^{2}}=1{.}25\ \mathrm{A}$
2. 円周に沿ったアンペールの法則より：
  
  $B=\frac{\mu_0I_{\mathrm{enc}}}{2\pi r}=\frac{(4\pi\times10^{-7})(1{.}25)}{2\pi\,(0{.}01)}=2{.}5\times10^{-5}\ \mathrm{T}$
3. 外部では、全電流 I が囲まれます：
  
  $B=\frac{\mu_0I}{2\pi r}=\frac{(4\pi\times10^{-7})(5{.}0)}{2\pi\,(0{.}04)}=2{.}5\times10^{-5}\ \mathrm{T}$
解答

どちらの半径でも 25 μT。内部では B は r に比例して増加し表面で 50 μT に達します。外部では 1/r に比例して減衰します。

$B(1\ \mathrm{cm})=B(4\ \mathrm{cm})=25\ \mu\mathrm{T}$
同軸ケーブル 2 ステップ
同軸ケーブルにおいて、半径 0.50 cm の内部導線に 5.0 A が流れ、半径 3.0 cm の薄い外部導体を通って逆向きに戻っています。中心軸から 2.0 cm および 4.0 cm の位置における B を求めなさい。

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1. 導体間では、ループは内側の電流のみを囲みます：
  
  $B\cdot2\pi r=\mu_0I\ \Rightarrow\ B=\frac{(4\pi\times10^{-7})(5{.}0)}{2\pi\,(0{.}02)}=5{.}0\times10^{-5}\ \mathrm{T}$
2. ケーブルの外部では往復両方の電流を囲むため、相殺されます：
  
  $B\cdot2\pi r=\mu_0\,(I-I)=0$
解答

2.0 cm の位置で 50 μT、4.0 cm の位置でゼロ。

$B(2\ \mathrm{cm})=50\ \mu\mathrm{T},\qquad B(4\ \mathrm{cm})=0$
長いソレノイド 2 ステップ
1 mあたり 2,000 回巻きの長いソレノイドに 3.0 A の電流が流れています。内部の B を求めなさい。

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1. 内部にある長さ ℓ の一辺をもつ長方形ループは、それぞれ電流 I が流れる巻き線を nℓ 本囲みます。積分に寄与するのは内部の一辺のみです：
  
  $B\ell=\mu_0\,(n\ell)\,I\ \Rightarrow\ B=\mu_0nI$
2. 数値を代入すると：
  
  $B=(4\pi\times10^{-7})(2000)(3{.}0)\approx7{.}540\times10^{-3}\ \mathrm{T}$
解答

7.54 mT。端から離れている限り、ソレノイドの半径や内部のどの位置であるかにはよりません。

$B=\mu_0nI\approx7{.}54\ \mathrm{mT}$
有限長ソレノイドの端部 3 ステップ
問題3のソレノイドが長さ 50 cm、半径 2.0 cm であるとします。中心軸上の中央、および開口端における B を求めなさい。

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1. 円形電流の磁場を足し合わせる（ビオ・サバールの法則による積分）と、中心軸上では次式が得られます。
  
  $B=\frac{\mu_0nI}{2}\left(\cos\alpha_1-\cos\alpha_2\right)$
2. 中央では、cos α₁ = −cos α₂ = (L/2)/√(L²/4 + R²) となります：
  
  $B(0)=\mu_0nI\,\frac{L/2}{\sqrt{L^{2}/4+R^{2}}}=(7{.}540\times10^{-3})\,\frac{0{.}25}{\sqrt{0{.}0625+0{.}0004}}\approx7{.}516\times10^{-3}\ \mathrm{T}$
3. 端部では、cos α₁ = L/√(L² + R²) かつ cos α₂ = 0 となります：
  
  $B(\tfrac{L}{2})=\frac{\mu_0nI}{2}\,\frac{L}{\sqrt{L^{2}+R^{2}}}=(3{.}770\times10^{-3})\,\frac{0{.}50}{\sqrt{0{.}25+0{.}0004}}\approx3{.}767\times10^{-3}\ \mathrm{T}$
解答

中央で 7.516 mT、開口端で 3.767 mT：0.1% 未満の誤差で μ₀nI のちょうど半分です。

$B(0)\approx7{.}516\ \mathrm{mT},\qquad B(\tfrac{L}{2})\approx3{.}767\ \mathrm{mT}$
トロイド 2 ステップ
内径 5.0 cm から外径 10 cm のコアに 500 回巻かれ、2.0 A が流れているトロイドがあります。コアの内壁、外壁、およびコア外部の B を求めなさい。

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1. コア内部の半径 r の円は、全 N 回の巻き線を囲みます：
  
  $B\cdot2\pi r=\mu_0NI\ \Rightarrow\ B=\frac{\mu_0NI}{2\pi r}$
2. 内壁と外壁において：
  
  $B(0{.}05)=\frac{(2\times10^{-7})(500)(2{.}0)}{0{.}05}=4{.}0\times10^{-3}\ \mathrm{T},\qquad B(0{.}10)=2{.}0\times10^{-3}\ \mathrm{T}$
解答

5.0 cm で 4.0 mT、10 cm で 2.0 mT、コア外部ではゼロ。

$B_{a}=4\ \mathrm{mT},\qquad B_{b}=2\ \mathrm{mT}$
面電流 1 ステップ
幅 1 mあたり 100 A が流れる広大な平板があります。その近傍の B を求めなさい。

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1. 面をまたぎ、面に平行な長さ ℓ の辺をもつ長方形ループは電流 Kℓ を囲みます。B は両辺に沿って互いに逆向きに走り、面を貫く辺の寄与はゼロとなります：
  
  $2B\ell=\mu_0K\ell\ \Rightarrow\ B=\frac{\mu_0K}{2}=\frac{(4\pi\times10^{-7})(100)}{2}\approx6{.}283\times10^{-5}\ \mathrm{T}$
解答

面のどちら側でも面に平行に 62.83 μT。面が無限平面とみなせる距離である限り、面からの距離によりません。

$B=\frac{\mu_0K}{2}\approx62{.}83\ \mu\mathrm{T}$
充電中コンデンサーの極板間 2 ステップ
半径 10 cm の円形極板が 2.0 A の電流で充電されています。両極板間の、中心軸から 5.0 cm の位置における B を求めなさい。

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1. 極板間の電場 E = σ/ε₀ は電荷の蓄積に伴って増加します。半径 r の円板を通過する電束は (Q/ε₀)(r²/R²) であるため、変位電流は次のように求まります：
  
  $I_{d}=\varepsilon_0\frac{d\Phi_E}{dt}=\varepsilon_0\,\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{Q}{\varepsilon_0}\,\frac{r^{2}}{R^{2}}\Bigr)=I\,\frac{r^{2}}{R^{2}}=0{.}5\ \mathrm{A}$
2. マクスウェル項を含めたアンペールの法則より：
  
  $B=\frac{\mu_0I_{d}}{2\pi r}=\frac{(4\pi\times10^{-7})(0{.}5)}{2\pi\,(0{.}05)}=2{.}0\times10^{-6}\ \mathrm{T}$
解答

2.0 μT。極板の外側（r ≥ R）での磁場は μ₀I/(2πr) となり、導線の周囲と同じになります。

$B=\frac{\mu_0Ir}{2\pi R^{2}}=2\ \mu\mathrm{T}$
電流が一様でない導線 3 ステップ
半径 2.0 cm の導線に、電流密度 J = J₀r/R で合計 5.0 A の電流が流れています。J₀、および中心軸から 1.0 cm の位置における B を求めなさい。
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1. 面積 2πr′ dr′ の同心円のリングを足し合わせ、半径 r の内部を流れる電流を求めます：
  
  $I(r)=\int_{0}^{r}J_0\frac{r'}{R}\,2\pi r'\,dr'=\frac{2\pi J_0r^{3}}{3R}$
2. r = R とおくことで J₀ が定まり、アンペールの法則から B が求まります：
  
  $J_0=\frac{3I}{2\pi R^{2}}=\frac{3\,(5{.}0)}{2\pi\,(0{.}02)^{2}}\approx5968\ \mathrm{A/m^{2}},\qquad B=\frac{\mu_0I(r)}{2\pi r}=\frac{\mu_0I\,r^{2}}{2\pi R^{3}}$
3. r = 1.0 cm において：
  
  $B=\frac{(4\pi\times10^{-7})(5{.}0)(0{.}01)^{2}}{2\pi\,(0{.}02)^{3}}=1{.}25\times10^{-5}\ \mathrm{T}$
解答

J₀ = 5,968 A/m²、B = 12.5 μT。電流が外側近くに偏っているため、一様に流れる場合の 25 μT の半分になります。

$J_0\approx5968\ \mathrm{A/m^{2}},\qquad B=12{.}5\ \mu\mathrm{T}$

補充問題（答えのみ）

半径 1.0 mm の長い直線導線に 10 A が一様に流れています。導線表面における B を求めなさい。

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2.0 mT。

$B=\frac{\mu_0I}{2\pi R}=2{.}0\ \mathrm{mT}$
長さ 30 cm、600 回巻きのソレノイドに 2.0 A が流れています。端から離れた内部の B を求めなさい。

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5.027 mT。

$B=\mu_0\,\frac{N}{L}\,I\approx5{.}027\ \mathrm{mT}$
1,000 回巻きのトロイドに 1.5 A が流れています。コアの中心線である半径 8.0 cm の位置における B を求めなさい。

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3.75 mT。

$B=\frac{\mu_0NI}{2\pi r}=3{.}75\ \mathrm{mT}$
2枚の平行な平板に、それぞれ幅 1 mあたり 50 A の面電流が互いに逆向きに流れています。2枚の間、および外側の B を求めなさい。

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平板間では 62.83 μT、外側ではゼロ。

$B=2\cdot\frac{\mu_0K}{2}=\mu_0K\approx62{.}83\ \mu\mathrm{T}$
同軸ケーブルにおいて、半径 1.0 mm の中空の中心導体に 4.0 A が流れ、半径 5.0 mm の外部導体を通って逆向きに戻っています。中心軸から 0.5 mm、3.0 mm、6.0 mm の位置における B を求めなさい。

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0、266.7 μT、0。

$0,\quad\frac{\mu_0I}{2\pi r}\approx266{.}7\ \mu\mathrm{T},\quad0$
半径 5.0 cm の円形極板をもつコンデンサーが充電され、極板間で dE/dt = 1.0 × 10¹² V/(m·s) となっています。変位電流、および極板の外縁における B を求めなさい。

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0.06954 A および 0.2782 μT。

$I_{d}=\varepsilon_0\pi R^{2}\frac{dE}{dt}\approx0{.}06954\ \mathrm{A},\qquad B=\frac{\mu_0I_{d}}{2\pi R}\approx0{.}2782\ \mu\mathrm{T}$

長いソレノイドの開口端では、磁場は内部のちょうど半分になる

ソレノイドの開口端を押してみてください。長さ 50 cm、1 mあたり 2,000 回巻き、電流 3 A。中央の磁場は 7.516 mT で μ₀nI = 7.54 mT にほぼ等しく、開口端では 3.767 mT です。半分になる理由は対称性にあります。まったく同じソレノイドをもう一本、開口端にぴったり継ぎ足してみましょう。接合部は長さが2倍になった一本のコイルの奥深くに位置することになり、そこでの磁場はきわめて μ₀nI に近く、二つのソレノイドが均等に寄与しています。ここで片方を取り去れば、残る磁場は当然その半分です。この有限のコイルでも μ₀nI の 49.96%、無限に長い極限では厳密に半分となります。しかも中央から端に向かってだらだらと減衰するわけではありません。点Pを軸に沿って動かすと、端から半径の5倍（10 cm）の距離に近づくまで磁場は μ₀nI の 1% 以内にとどまり、最後のこの区間で一気に半減するのです。

トロイドの磁場はコアの内部でも一様ではない

トロイドを押してみましょう。コア内部で半径 r の円をとると全 N 回の巻き線を囲むため B = μ₀NI/(2πr) となりますが、コアの内と外で r が変わります。内壁の 5 cm で 4 mT、外壁の 10 cm では 2 mT です。ソレノイドを円環状に曲げると、内側ほど巻き線が混み合うからです。一方、コアの外側では、ループが巻き線をまったく囲まないか、行きと帰りで二度ずつ囲んで互いに打ち消し合うため、磁場はゼロになります。磁場を完全に内部へ閉じ込めて外へ漏らさない点こそ、トランスやチョークコイルがこぞってリング状に巻かれる所以です。

アンペールが書き下した法則は、充電中のコンデンサーで破綻する

充電中のコンデンサーを押してみてください。極板間の隙間を渡る電荷は一つもないのに、極板間に置いた半径 5 cm のループ上には 2 μT の磁場が生じています。このループを縁とする平らな円板状の面を張ると、そこを通り抜ける電流はゼロです。ところが同じループの縁から袋状の面を伸ばし、一方の極板を包み込むように外へ広げると、導線を流れる 2 A の電流がその袋を貫きます。ひとつのループに対して、アンペールの法則が二つの答えを返すわけにはいきません。そこでマクスウェルは、電束の時間変化率 ε₀ dΦ_E/dt を変位電流として加えました。平らな面を貫く変位電流は 2 A の (r/R)² 倍にあたる 0.5 A となり、見事に 2 μT を導き出します。電場の変化が磁場を生み出すことを示したこの項によって、マクスウェル方程式は光速で進む電磁波の存在を予言し、1887年にヘルツが実験でそれを実証することになるのです。

学習の道すじ

電場と磁場はどう生まれるか

参考文献 (4)

Ampère's law over an arbitrary closed path, and the thick wire inside (μ₀I₀r/(2πa²)) and outside (Example 12.7): S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), section 12.5, “Ampère's Law”.
The long solenoid μ₀nI (zero outside), the toroid μ₀NI/(2πr) (zero outside), and the finite solenoid on its axis in the form (μ₀NI/2L)(sin θ₂ − sin θ₁): S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), section 12.6, “Solenoids and Toroids”.
Insight block 3: the charging capacitor with two surfaces on one loop, the displacement current I_d = ε₀ dΦ_E/dt, and Maxwell's prediction of electromagnetic waves travelling at the speed of light, confirmed by Hertz from 1887: S. J. Ling, J. Sanny and W. Moebs, University Physics Volume 2, OpenStax (2016), section 16.1, “Maxwell's Equations and Electromagnetic Waves”.
Insight block 3: the paper in which Maxwell's equations, with the displacement current, give electromagnetic waves: J. C. Maxwell, “A Dynamical Theory of the Electromagnetic Field”, Philosophical Transactions of the Royal Society of London 155 (1865), pp. 459-512. DOI 10.1098/rstl.1865.0008

7 Raven Room チーム · 公表された資料と照合しています。訂正のご指摘を歓迎します。