確認テストの解答

電磁気学入門　第8章 §8.6

1. 8.1-1 $\varepsilon_0$ の単位は $\mathrm{F/m}=\mathrm{C/(V\cdot m)}$ である。電場の時間微分の単位は $\mathrm{V/(m\cdot s)}$ なので

$$\frac{\mathrm C}{\mathrm{V\cdot m}}\cdot\frac{\mathrm V}{\mathrm{m\cdot s}}=\frac{\mathrm{C/s}}{\mathrm{m^2}}=\mathrm{A/m^2}$$

で、電流密度の単位と同じである。2. 8.1-2 内球の電荷が $Q$ のとき、球対称性と電束密度の Gauss の法則から、極板の間で

$$\bm{D}=\frac{Q}{4\pi r^2}\hat{\bm{r}},\qquad \bm{E}=\frac{\bm{D}}{\varepsilon}$$

である。内球から流れ出る電流は、Ohm の法則 $\bm{J}_{\mathrm f}=\sigma_{\mathrm c}\bm{E}$ の流束で

$$-\frac{d Q}{d t}=\oint\sigma_{\mathrm c}\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{S}=\sigma_{\mathrm c}\frac{Q}{\varepsilon} \quad\Longrightarrow\quad Q(t)=Q_0\mathrm{e}^{-t/\tau},\qquad \tau=\frac{\varepsilon}{\sigma_{\mathrm c}} .$$

このとき

$$\bm{J}_{\mathrm f}+\frac{\partial \bm{D}}{\partial t}=\frac{\sigma_{\mathrm c}}{\varepsilon}\frac{Q}{4\pi r^2}\hat{\bm{r}}+\frac{\dot Q}{4\pi r^2}\hat{\bm{r}} =\frac{1}{4\pi r^2}\Bigl(\frac{Q}{\tau}-\frac{Q}{\tau}\Bigr)\hat{\bm{r}}=\bm{0} .$$

よって (8.13) の第4式は $\nabla\times\bm{H}=\bm{0}$ となる。

さらに、球対称な配置で磁場がつくれるとすれば、それは動径方向を向き、大きさが $r$ だけの関数 $\bm{B}=B(r)\hat{\bm{r}}$ でなければならない（ほかの向きは回転で別の向きに移り、対称性に反する）。$\nabla\cdot\bm{B}=0$ と球面上の流束から、$4\pi r^2B(r)=0$ なので磁場は 0 である。対称性からの結論と、伝導電流と変位電流が打ち消し合う計算とが一致している。3. 8.1-3 $f=\sigma_{\mathrm c}/(2\pi\varepsilon)=\dfrac{1.0\times10^{-2}}{2\pi\times10\times8.854\times10^{-12}}\,\mathrm{Hz}=\dfrac{1.0\times10^{-2}}{5.563\times10^{-10}}\,\mathrm{Hz}=1.8\times10^{7}\,\mathrm{Hz}$。約 $18\,\mathrm{MHz}$ より低い周波数では伝導電流が、高い周波数では変位電流が大きい。4. 8.1-4 第4式 $\nabla\times\bm{H}=\bm{J}_{\mathrm f}+\partial\bm{D}/\partial t$ の発散をとる。左辺は $\nabla\cdot(\nabla\times\bm{H})=0$ なので

$$0=\nabla\cdot\bm{J}_{\mathrm f}+\frac{\partial }{\partial t}(\nabla\cdot\bm{D}) .$$

第1式 $\nabla\cdot\bm{D}=\rho_{\mathrm f}$ を入れると $\nabla\cdot\bm{J}_{\mathrm f}+\partial\rho_{\mathrm f}/\partial t=0$ を得る。途中で発散と時間微分の順序を入れ換えた。場が十分滑らかなら許される。5. 8.2-1 Faraday の法則 $\nabla\times\bm{E}=-\partial\bm{B}/\partial t$ により、磁場が時間変化する所では $\nabla\times\bm{E}\neq\bm{0}$ である。勾配の回転は常に 0 なので、このような $\bm{E}$ は $-\nabla\phi$ の形には書けない。6. 8.2-2 電場は

$$\bm{E}=-\nabla\phi-\frac{\partial \bm{A}}{\partial t}=A_0\omega\cos(kx-\omega t)\,\hat{\bm{y}}$$

である。ベクトルポテンシャルは $y$ 成分だけで、それが $x$ だけに依存するので

$$\bm{B}=\nabla\times\bm{A}=\frac{\partial A_y}{\partial x}\hat{\bm{z}}=A_0k\cos(kx-\omega t)\,\hat{\bm{z}}.$$

$\nabla\cdot\bm{A}=\partial A_y/\partial y=0$ なので Coulomb ゲージである。スカラーポテンシャルは 0 で時間によらないので、Lorenz 条件も満たす。

Lorenz ゲージで源が無いとき、Maxwell 方程式は、(8.24) で右辺を 0 にした2本と Lorenz 条件に同値である。

$$\Box\bm{A}=\Bigl(-\frac{\omega^2}{c^2}+k^2\Bigr)\bm{A}$$

なので、解であるための条件は $\omega=ck$ である。そのとき $\left\vert \bm{E}\right\vert /\left\vert \bm{B}\right\vert =\omega/k=c$ である。

直接確かめることもできる。次の3本は $\omega,k$ によらず成り立つ。

$$\nabla\cdot\bm{E}=0,\qquad \nabla\cdot\bm{B}=0,\qquad \nabla\times\bm{E}=-A_0\omega k\sin(kx-\omega t)\hat{\bm{z}}=-\frac{\partial \bm{B}}{\partial t}.$$

残る1本では、次の2つが一致しなければならず、それが $\omega=ck$ を要求する。

$$\nabla\times\bm{B}=A_0k^2\sin(kx-\omega t)\hat{\bm{y}},\qquad \frac{1}{c^2}\frac{\partial \bm{E}}{\partial t}=\frac{A_0\omega^2}{c^2}\sin(kx-\omega t)\hat{\bm{y}}.$$ 7. 8.2-3 (a) 電場は $\bm{E}=-\partial\bm{A}/\partial t=-\beta x\,\hat{\bm{x}}$ である。ベクトルポテンシャルは $x$ 成分だけを持ち、その成分は $x$ だけの関数である。そのため回転は $\bm{0}$ である。よって $\bm{B}=\bm{0}$ である。源は

$$\rho=\varepsilon_0\nabla\cdot\bm{E}=-\varepsilon_0\beta\ (\text{一様}),\qquad \bm{J}=\frac{1}{\mu_0}\nabla\times\bm{B}-\varepsilon_0\frac{\partial \bm{E}}{\partial t}=\bm{0} .$$

(b) $t\neq0$ では

$$\nabla\cdot\bm{A}+\frac{1}{c^2}\frac{\partial \phi}{\partial t}=\beta t\neq0$$

なので、Lorenz 条件を満たさない。Coulomb ゲージへは $\nabla^2\Lambda=-\nabla\cdot\bm{A}=-\beta t$ を解けばよく、$\Lambda=-\frac12\beta tx^2$ がその1つである。このとき

$$\bm{A}'=\bm{A}+\nabla\Lambda=\beta tx\,\hat{\bm{x}}-\beta tx\,\hat{\bm{x}}=\bm{0},\qquad \phi'=\phi-\frac{\partial \Lambda}{\partial t}=\frac12\beta x^2 .$$

確かめると $-\nabla\phi'=-\beta x\,\hat{\bm{x}}=\bm{E}$ である。$\nabla^2\phi'=\beta=-\rho/\varepsilon_0$ は (8.20) の Poisson 方程式そのものである。新しいスカラーポテンシャルは時間によらず、ベクトルポテンシャルは 0 なので、このポテンシャルは Lorenz 条件も満たす。8. 8.2-4 次の順に示す。

1. (i) ゲージ関数は調和関数である。2組がともに Coulomb ゲージなら、$\nabla\cdot\bm{A}'=\nabla\cdot\bm{A}+\nabla^2\Lambda$ より $\nabla^2\Lambda=0$ である。
2. (ii) ベクトルポテンシャルは一致する。差 $\bm{a}=\nabla\Lambda$ の各成分も調和関数である。

$$\nabla^2(\partial_i\Lambda)=\partial_i\nabla^2\Lambda=0 .$$

仮定より、これらは無限遠で 0 になる。第1章 §1.3 の最大値原理（Dirichlet 条件の一意性）により、全空間で無限遠で 0 になる調和関数は恒等的に 0 である。よって $\nabla\Lambda=\bm{0}$、つまり $\bm{A}'=\bm{A}$ である。3. (iii) スカラーポテンシャルも一致する。ゲージ関数は空間によらない時間の関数 $h(t)$ になり、$\phi'=\phi-h'(t)$ となる。さらにスカラーポテンシャルも無限遠で 0 になると約束すれば、$h'=0$ となり $\phi'=\phi$ である。9. 8.3-1 $\bm{E}\times\bm{B}/\mu_0$ の単位は

$$\frac{(\mathrm{V/m})(\mathrm{V\cdot s/m^2})}{\mathrm{V\cdot s/(A\cdot m)}}=\frac{\mathrm{V\cdot A}}{\mathrm{m^2}}=\mathrm{W/m^2}.$$ 10. 8.3-2 内導体の線電荷密度を $\lambda$ とする。導体の間（$a<s<b$）の電場と、導体の間の電位差は、Gauss の法則から

$$\bm{E}=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0s}\hat{\bm{s}},\qquad V=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\log\frac ba$$

である。したがって、電場と磁場（Ampère の法則から）は

$$\bm{E}=\frac{V}{s\log(b/a)}\hat{\bm{s}},\qquad \bm{B}=\frac{\mu_0I}{2\pi s}\hat{\bm{\varphi}}$$

となる。$\hat{\bm{s}}\times\hat{\bm{\varphi}}=\hat{\bm{z}}$ なので

$$\bm{S}=\frac{1}{\mu_0}\frac{V}{s\log(b/a)}\frac{\mu_0I}{2\pi s}\hat{\bm{z}}=\frac{VI}{2\pi\log(b/a)}\frac{1}{s^2}\hat{\bm{z}}.$$

断面（$a<s<b$）を通る流束は

$$\int_a^b\frac{VI}{2\pi\log(b/a)}\frac{1}{s^2}\,2\pi s\,\mathrm{d} s=\frac{VI}{\log(b/a)}\int_a^b\frac{\mathrm{d} s}{s}=VI .$$

電力 $VI$ は導体の中ではなく、導体の間の空間を流れている。11. 8.3-3 Poynting ベクトルの時間平均は

$$\langle S \rangle =\frac{1.0\times10^{-3}\,\mathrm W}{\pi(1.0\times10^{-3}\,\mathrm m)^2}=3.18\times10^{2}\,\mathrm{W/m^2}$$

である。例題 8.6 の式から

$$E_0=\sqrt{\frac{2\langle S \rangle }{c\varepsilon_0}}=\sqrt{\frac{2\times318.3}{2.654\times10^{-3}}}\,\mathrm{V/m}=4.9\times10^{2}\,\mathrm{V/m},\qquad B_0=\frac{E_0}{c}=1.6\times10^{-6}\,\mathrm T .$$

小さな出力でも細く絞ると、強度は太陽光の4分の1程度になる。12. 8.3-4 例題 8.1 と同じ考え方で、半径 $a$ の円に Ampère–Maxwell の法則を当てはめる。

$$2\pi aB=\mu_0\varepsilon_0\pi a^2\dot E\quad\Longrightarrow\quad B(a)=\frac12\mu_0\varepsilon_0a\dot E .$$

磁場の向きは軸を囲む向きである。電場を $E\hat{\bm{z}}$、磁場を $B\hat{\bm{\varphi}}$ と書く。$\hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{\varphi}}=-\hat{\bm{s}}$ なので

$$\bm{S}=-\frac{1}{\mu_0}E\cdot\frac12\mu_0\varepsilon_0a\dot E\,\hat{\bm{s}}=-\frac{\varepsilon_0a}{2}E\dot E\,\hat{\bm{s}}$$

で、充電中（$E\dot E>0$）は内向きである。側面の面積 $2\pi ad$ を掛けると、流れ込むエネルギーは単位時間あたり

$$\frac{\varepsilon_0a}{2}E\dot E\cdot2\pi ad=\varepsilon_0\pi a^2dE\dot E=\frac{d }{d t}\Bigl(\frac{\varepsilon_0}{2}E^2\pi a^2d\Bigr)$$

で、電場のエネルギーの増える割合に等しい。円柱の中に電流は無いので、$\bm{J}\cdot\bm{E}=0$ である。磁場のエネルギーは、$\dot E$ が一定なら時間変化しない。一般にも、電場の変化がゆっくりなら、その変化は電場のエネルギーに比べて無視できる（端の効果と同じ程度の近似）。13. 8.4-1 $\varepsilon_0\bm{E}\times\bm{B}$ の単位は

$$\frac{\mathrm C}{\mathrm{V\cdot m}}\cdot\frac{\mathrm V}{\mathrm m}\cdot\frac{\mathrm{V\cdot s}}{\mathrm{m^2}}=\frac{\mathrm{C\cdot V\cdot s}}{\mathrm{m^4}}=\frac{\mathrm{J\cdot s}}{\mathrm{m^4}} =\frac{\mathrm{kg\cdot m^2/s^2\cdot s}}{\mathrm{m^4}}=\frac{\mathrm{kg\cdot m/s}}{\mathrm{m^3}}$$

で、運動量／体積である（$\mathrm{kg/(m^2\cdot s)}$ と同じ）。

光のパルスでは、$\bm{g}=\bm{S}/c^2$ と $S=cu$ から、運動量密度はエネルギー密度を光速で割ったものになる。全体の運動量は $\int g\,\mathrm{d} V=U/c$ である。完全に吸収されると、運動量保存則 (8.38) により壁はこれをすべて受け取る。壁が受け取る運動量は $U/c$ である。14. 8.4-2 単位時間に鏡に当たる光の運動量は $P/c$ で、反射によって向きが逆になるので、鏡が受け取る運動量は単位時間に $2P/c$ である。

$$F=\frac{2P}{c}=\frac{2\times1.0}{2.998\times10^{8}}\,\mathrm N=6.7\times10^{-9}\,\mathrm N .$$ 15. 8.4-3 巻き線の面の法線を $\bm{n}$（ソレノイドの軸から離れる向き）とする。巻き線のすぐ内側の磁場は軸方向 $B\hat{\bm{z}}$ で、法線に垂直である。

巻き線を含む薄い殻を体積にとり、定理 8.9 を使う。静的なので運動量密度の項は 0 である。殻の外側の面では磁場が 0 なので、応力も 0 である。残るのは殻の内側の面で、そこでの体積の外向き法線は $-\bm{n}$（軸に向かう向き）である。$B_jn_j=0$ に注意すると

$$T_{ij}(-n_j)=-\frac{1}{\mu_0}\Bigl(B_iB_jn_j-\frac12B^2n_i\Bigr)=\frac{B^2}{2\mu_0}n_i$$

となる。巻き線は単位面積あたり外向き（$+\bm{n}$）に $B^2/(2\mu_0)$ の力を受ける。数値は

$$\frac{B^2}{2\mu_0}=\frac{10^2}{2\times1.2566\times10^{-6}}\,\mathrm{Pa}=3.98\times10^{7}\,\mathrm{Pa}\approx3.9\times10^{2}\,\mathrm{atm}.$$

強い磁石の巻き線は、約390気圧の圧力に耐えるように支えなければならない。16. 8.4-4 右辺を積の微分で展開すると

$$\partial_j(V_iV_j)-\frac12\partial_i(V^2)=(\partial_jV_i)V_j+V_i(\partial_jV_j)-V_j\partial_iV_j .$$

第2項は $(\nabla\cdot\bm{V})V_i$ である。第1項と第3項をまとめると $V_j(\partial_jV_i-\partial_iV_j)$ になる。回転の成分 $(\nabla\times\bm{V})_k=\epsilon_{klm}\partial_lV_m$ を使うと

$$\partial_jV_i-\partial_iV_j=-\epsilon_{ijk}(\nabla\times\bm{V})_k$$

と書ける（$\epsilon_{ijk}\epsilon_{klm}\partial_lV_m=\partial_iV_j-\partial_jV_i$ による）。よって

$$V_j(\partial_jV_i-\partial_iV_j)=-\epsilon_{ijk}V_j(\nabla\times\bm{V})_k=-[\bm{V}\times(\nabla\times\bm{V})]_i$$

となり、右辺は $(\nabla\cdot\bm{V})V_i-[\bm{V}\times(\nabla\times\bm{V})]_i$ に一致する。