確認テストの解答

電磁気学入門　第9章 §9.6

§9.1 波動方程式と平面波

1. 9.1-1 Ampère–Maxwell の式 $\nabla\times\bm{B}=c^{-2}\partial_t\bm{E}$ の回転をとり、Faraday の法則を入れると

$$\nabla\times(\nabla\times\bm{B})=\frac{1}{c^2}\frac{\partial }{\partial t}(\nabla\times\bm{E})=-\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2\bm{B}}{\partial t^2}.$$

$\nabla\cdot\bm{B}=0$ なので、左辺は $\nabla(\nabla\cdot\bm{B})-\nabla^2\bm{B}=-\nabla^2\bm{B}$ である。したがって

$$\nabla^2\bm{B}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2\bm{B}}{\partial t^2}=\bm{0}$$

を得る。2. 9.1-2 進む向きは $\hat{\bm{k}}=\hat{\bm{y}}$ である。(9.8) から

$$\bm{B}=\frac1c\hat{\bm{y}}\times\hat{\bm{z}}\,E_0\cos(ky-\omega t)=\frac{E_0}{c}\cos(ky-\omega t)\,\hat{\bm{x}}.$$

Poynting ベクトルとエネルギー密度は

$$\begin{aligned}\bm{S}&=\frac{1}{\mu_0}\bm{E}\times\bm{B}=\frac{E_0^2}{\mu_0c}\cos^2(ky-\omega t)\,\hat{\bm{z}}\times\hat{\bm{x}}=c\varepsilon_0E_0^2\cos^2(ky-\omega t)\,\hat{\bm{y}},\\ u&=\varepsilon_0E^2=\varepsilon_0E_0^2\cos^2(ky-\omega t)\end{aligned}$$

である。エネルギー密度の時間平均は $\langle u \rangle =\varepsilon_0E_0^2/2$ である。3. 9.1-3 電場は $\cos(A-B)-\cos(A+B)=2\sin A\sin B$ から

$$\bm{E}=E_0[\cos(kz-\omega t)-\cos(kz+\omega t)]\hat{\bm{x}}=2E_0\sin kz\,\sin\omega t\,\hat{\bm{x}}.$$

入射波と反射波の磁場は、反射波が $-z$ 向きに進むことに注意して

$$\begin{aligned}\frac1c\hat{\bm{z}}\times\bm{E}_{\mathrm i}&=\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)\hat{\bm{y}} &&\text{（入射波）}\\ \frac1c(-\hat{\bm{z}})\times\bm{E}_{\mathrm r}&=\frac{E_0}{c}\cos(kz+\omega t)\hat{\bm{y}} &&\text{（反射波）}\end{aligned}$$

である。合成すると

$$\bm{B}=\frac{E_0}{c}[\cos(kz-\omega t)+\cos(kz+\omega t)]\hat{\bm{y}}=\frac{2E_0}{c}\cos kz\,\cos\omega t\,\hat{\bm{y}}.$$

どちらも空間の形 $\sin kz$、$\cos kz$ と時間の振動の積で、進まない定在波である。電場の節は $kz=-j\pi$（$j=0,1,\dots$）にあり、導体面を含む。そこでは $\left\vert \cos kz\right\vert =1$ で、磁場の腹になる。導体面で $\bm{E}=\bm{0}$ となり、境界条件 (9.41) を満たしている。Poynting ベクトルは

$$\bm{S}=\frac{1}{\mu_0}\bm{E}\times\bm{B}=\frac{4E_0^2}{\mu_0c}\sin kz\cos kz\,\sin\omega t\cos\omega t\,\hat{\bm{z}}=\frac{E_0^2}{\mu_0c}\sin2kz\,\sin2\omega t\,\hat{\bm{z}}$$

である。$\sin2\omega t$ の時間平均は0なので、$\langle \bm{S} \rangle =\bm{0}$ である。エネルギーは節と腹のあいだを行き来するだけで、正味には流れない。4. 9.1-4 $z=0$ での実部は

$$E_x=2E\cos\omega t,\qquad E_y=E\operatorname{Re}[(1+\mathrm{i})\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}]=E(\cos\omega t+\sin\omega t)$$

である。大きさの2乗は

$$\left\vert \bm{E}\right\vert ^2=E^2\bigl[4\cos^2\omega t+1+2\sin\omega t\cos\omega t\bigr]=E^2\bigl[3+2\cos2\omega t+\sin2\omega t\bigr]$$

である（$4\cos^2\omega t=2+2\cos2\omega t$ を使った）。$2\cos2\omega t+\sin2\omega t$ の値の範囲は $\pm\sqrt{2^2+1^2}=\pm\sqrt5$ である。したがって楕円の長半径と短半径は

$$E\sqrt{3+\sqrt5}=2.29E,\qquad E\sqrt{3-\sqrt5}=0.874E$$

となる。$y$ 成分の位相は $\delta=\arg(1+\mathrm{i})=\pi/4$ である。これは0と $\pi$ のあいだなので、正のヘリシティである。強度は

$$\frac{c\varepsilon_0}{2}\left\vert \bm{E}_0\right\vert ^2=\frac{c\varepsilon_0}{2}(4+2)E^2=3c\varepsilon_0E^2$$

である。長半径と短半径の2乗の和 $(3+\sqrt5)+(3-\sqrt5)=6$ が $\left\vert \bm{E}_0\right\vert ^2/E^2$ に一致することも確かめられる。5. 9.1-5 $\operatorname{Re}[\bm{a}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}]=\frac12(\bm{a}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}+\bm{a}^*\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t})$ を使うと

$$\operatorname{Re}[\bm{a}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}]\cdot\operatorname{Re}[\bm{b}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}]=\frac14\bigl(\bm{a}\cdot\bm{b}\,\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\omega t}+\bm{a}^*\cdot\bm{b}^*\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\omega t}+\bm{a}\cdot\bm{b}^*+\bm{a}^*\cdot\bm{b}\bigr).$$

$\mathrm{e}^{\pm2\mathrm{i}\omega t}$ の1周期にわたる平均は0である。したがって残るのは

$$\frac14\bigl(\bm{a}\cdot\bm{b}^*+(\bm{a}\cdot\bm{b}^*)^*\bigr)=\frac12\operatorname{Re}(\bm{a}\cdot\bm{b}^*)$$

である。

§9.2 物質中の電磁波

1. 9.2-1 $Z_0=\sqrt{(1.2566\times10^{-6})/(8.8542\times10^{-12})}\,\Omega=376.7\,\Omega$ である。非磁性の物質では $Z=\sqrt{\mu_0/(\varepsilon_0n^2)}=Z_0/n$ である。したがって $Z=376.7/1.33\,\Omega=283\,\Omega$ である。
2. 9.2-2 分散関係を $k$ で微分する。

$$\begin{aligned}2\omega\frac{d \omega}{d k}&=2c^2k &&\text{（$\omega^2=\omega_{\mathrm p}^2+c^2k^2$ を微分した）}\\ v_{\mathrm g}&=\frac{c^2k}{\omega} &&\\ v_{\mathrm p}v_{\mathrm g}&=\frac{\omega}{k}\cdot\frac{c^2k}{\omega}=c^2 &&\end{aligned}$$

ナトリウムでは

$$\omega_{\mathrm p}=\sqrt{\frac{(2.65\times10^{28})(1.602\times10^{-19})^2}{(8.854\times10^{-12})(9.109\times10^{-31})}}\,\mathrm{s^{-1}}=9.18\times10^{15}\,\mathrm{s^{-1}},\qquad \lambda_{\mathrm p}=\frac{2\pi c}{\omega_{\mathrm p}}=205\,\mathrm{nm}$$

である。これより短い波長（$\omega>\omega_{\mathrm p}$）の紫外線に対してナトリウムは透明になる。観測される透明化の波長も約 210 nm で、この単純な模型でよく合う。3. 9.2-3 $s=\mu\varepsilon\omega^2$、$t=\mu\sigma_{\mathrm c}\omega$ とおく。$k'^2-k''^2=s$、$2k'k''=t$ から

$$(k'^2+k''^2)^2=(k'^2-k''^2)^2+4k'^2k''^2=s^2+t^2$$

なので $k'^2+k''^2=\sqrt{s^2+t^2}$ である。第1式と足し引きして

$$k'^2=\frac{\sqrt{s^2+t^2}+s}{2}=\frac{s}{2}\Bigl[\sqrt{1+(t/s)^2}+1\Bigr],\qquad k''^2=\frac{s}{2}\Bigl[\sqrt{1+(t/s)^2}-1\Bigr]$$

である。$t/s=\sigma_{\mathrm c}/(\varepsilon\omega)$、$\sqrt s=\omega\sqrt{\varepsilon\mu}$ から (9.28) を得る。$x=\sigma_{\mathrm c}/(\varepsilon\omega)\ll1$ のときは $\sqrt{1+x^2}-1\simeq x^2/2$ なので

$$k''\simeq\omega\sqrt{\varepsilon\mu}\,\frac{x}{2}=\omega\sqrt{\varepsilon\mu}\,\frac{\sigma_{\mathrm c}}{2\varepsilon\omega}=\frac{\sigma_{\mathrm c}}{2}\sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}$$

である。4. 9.2-4 磁場の複素振幅は $\bm{B}_0=(\tilde k/\omega)\hat{\bm{z}}\times\bm{E}_0$ である。良導体では $\left\vert \tilde k\right\vert ^2=2/\delta^2=\mu\sigma_{\mathrm c}\omega$ なので

$$\left\vert \bm{B}_0\right\vert ^2=\frac{\mu\sigma_{\mathrm c}}{\omega}\left\vert \bm{E}_0\right\vert ^2$$

である。時間平均のエネルギー密度は (9.13) から

$$\langle u_E \rangle =\frac{\varepsilon}{4}\left\vert \bm{E}_0\right\vert ^2,\qquad \langle u_B \rangle =\frac{1}{4\mu}\left\vert \bm{B}_0\right\vert ^2=\frac{\sigma_{\mathrm c}}{4\omega}\left\vert \bm{E}_0\right\vert ^2$$

で、比は $\langle u_B \rangle /\langle u_E \rangle =\sigma_{\mathrm c}/(\varepsilon\omega)$ である。銅で 1.0 GHz なら

$$\frac{5.96\times10^{7}}{8.854\times10^{-12}\times2\pi\times10^{9}}=1.07\times10^{9}$$

である。5. 9.2-5 連続の式 $\partial_t\rho_{\mathrm f}+\nabla\cdot\bm{J}_{\mathrm f}=0$ に $\bm{J}_{\mathrm f}=\sigma_{\mathrm c}\bm{E}$ を入れる。さらに Gauss の法則 $\nabla\cdot\bm{E}=\rho_{\mathrm f}/\varepsilon$ を使う（一様な物質で $\nabla\cdot(\varepsilon\bm{E})=\rho_{\mathrm f}$ による）。すると

$$\frac{\partial \rho_{\mathrm f}}{\partial t}=-\frac{\sigma_{\mathrm c}}{\varepsilon}\rho_{\mathrm f}$$

となる。各点で独立な1階の線形微分方程式なので、

$$\rho_{\mathrm f}(\bm{r},t)=\rho_{\mathrm f}(\bm{r},0)\mathrm{e}^{-t/\tau_{\mathrm r}},\qquad \tau_{\mathrm r}=\frac{\varepsilon}{\sigma_{\mathrm c}}$$

である。銅では $\tau_{\mathrm r}=8.854\times10^{-12}/(5.96\times10^{7})\,\mathrm s=1.49\times10^{-19}\,\mathrm s$ となる。

この時間は、第5章の衝突時間 $\tau\approx2.5\times10^{-14}\,\mathrm s$ よりずっと短い。したがって実際の金属では Ohm の法則が成り立つ時間の範囲を外れており、電荷はプラズマ振動をしながら衝突時間の程度で消える。どちらにしても、電磁波の周期に比べて十分短い時間で自由電荷は0になる。

§9.3 境界での反射と屈折

1. 9.3-1 (9.35) から $R=\bigl((1.33-1)/(1.33+1)\bigr)^2=(0.33/2.33)^2=0.020$ で、約2% が反射される。
2. 9.3-2 $a'=n_2\cos\theta_{\mathrm i}$、$b'=n_1\cos\theta_{\mathrm t}$ とおくと

$$r_{\mathrm p}=\frac{a'-b'}{a'+b'},\qquad t_{\mathrm p}=\frac{2n_1\cos\theta_{\mathrm i}}{a'+b'}$$

である。(9.36) の係数は $\frac{n_2\cos\theta_{\mathrm t}}{n_1\cos\theta_{\mathrm i}}$ なので

$$T_{\mathrm p}=\frac{n_2\cos\theta_{\mathrm t}}{n_1\cos\theta_{\mathrm i}}\cdot\frac{4n_1^2\cos^2\theta_{\mathrm i}}{(a'+b')^2}=\frac{4(n_2\cos\theta_{\mathrm i})(n_1\cos\theta_{\mathrm t})}{(a'+b')^2}=\frac{4a'b'}{(a'+b')^2}$$

で、$R_{\mathrm p}+T_{\mathrm p}=[(a'-b')^2+4a'b']/(a'+b')^2=1$ である。後半について、s 偏光の磁束密度の $z$ 成分を求める。$\hat{\bm{k}}\times\hat{\bm{y}}$ の $z$ 成分を使えばよい。

$$\mu_0H_z=\frac{\mu_0}{Z_1}\sin\theta_{\mathrm i}E\ \text{（入射波と反射波）},\qquad \frac{\mu_0}{Z_2}\sin\theta_{\mathrm t}E_{\mathrm t}\ \text{（透過波）}$$

$\mu_0/Z_j=n_j/c$ なので、$B_z$ の連続は次の式になる。

$$\frac{n_1}{c}\sin\theta_{\mathrm i}(E_{\mathrm i}+E_{\mathrm r})=\frac{n_2}{c}\sin\theta_{\mathrm t}E_{\mathrm t}$$

Snell の法則と接線成分の条件 $E_{\mathrm i}+E_{\mathrm r}=E_{\mathrm t}$ から、この式は自動的に成り立つ。3. 9.3-3 $\tan\theta_{\mathrm B}'=1.00/1.50$ から $\theta_{\mathrm B}'=33.7^\circ$ である。$\tan\theta_{\mathrm B}=1.50$ なので、$\tan\theta_{\mathrm B}\tan\theta_{\mathrm B}'=1$ である。つまり

$$\tan\theta_{\mathrm B}'=\cot\theta_{\mathrm B}=\tan(90^\circ-\theta_{\mathrm B})$$

で、$\theta_{\mathrm B}+\theta_{\mathrm B}'=90^\circ$（$56.3^\circ+33.7^\circ$）となる。これは、空気からガラスへの Brewster 角での屈折角が $90^\circ-\theta_{\mathrm B}=\theta_{\mathrm B}'$ であることと同じ内容である。臨界角は $41.8^\circ$ なので、$\theta_{\mathrm B}'$ はそれより小さい。4. 9.3-4 $\sin\theta_{\mathrm c}=1/2.42=0.413$ から $\theta_{\mathrm c}=24.4^\circ$ である。臨界角が小さいので、ダイヤモンドに入った光は内部で全反射を繰り返しやすい。5. 9.3-5 $n_1=1$、$n_2=\tilde n$ とする。反射係数は $r=(1-\tilde n)/(1+\tilde n)$ である。$\sigma_{\mathrm c}\gg\varepsilon_0\omega$ では

$$\tilde n\simeq\sqrt{\frac{\mathrm{i}\sigma_{\mathrm c}}{\varepsilon_0\omega}}=(1+\mathrm{i})\nu,\qquad \nu=\sqrt{\frac{\sigma_{\mathrm c}}{2\varepsilon_0\omega}}\gg1$$

なので

$$R=\frac{\left\vert 1-\nu-\mathrm{i}\nu\right\vert ^2}{\left\vert 1+\nu+\mathrm{i}\nu\right\vert ^2}=\frac{(1-\nu)^2+\nu^2}{(1+\nu)^2+\nu^2}=\frac{2\nu^2-2\nu+1}{2\nu^2+2\nu+1} =1-\frac{4\nu}{2\nu^2+2\nu+1}\simeq1-\frac{2}{\nu}$$

となる。$2/\nu=2\sqrt{2\varepsilon_0\omega/\sigma_{\mathrm c}}$ である。銅で 10 GHz なら

$$1-R\simeq2\sqrt{\frac{2\times(8.854\times10^{-12})\times(2\pi\times10^{10})}{5.96\times10^{7}}}=2\times1.37\times10^{-4}=2.7\times10^{-4}$$

で、入射した電力のうち 0.03% 程度だけが金属に吸収される。

§9.4 導波管と共振器

1. 9.4-1 $b=a/2$ なので $f_{mn}=\frac{c}{2a}\sqrt{m^2+4n^2}$ である。低い方から並べると次のとおりである（単位は $c/(2a)$）。

   • 1：$\mathrm{TE}_{10}$。
   • 2：$\mathrm{TE}_{20}$ と $\mathrm{TE}_{01}$。
   • $\sqrt5=2.24$：2つのモードが縮退する。$\mathrm{TE}_{11}$ と $\mathrm{TM}_{11}$ である。

$\mathrm{TE}_{10}$ だけが伝わる範囲は $1<f/(c/2a)<2$ で、上端と下端の比は2倍である。2. 9.4-2 発散と2組の壁を順に調べる。

• 発散：$E_y$ は $y$ によらない。したがって $\nabla\cdot\bm{E}=\partial_yE_y=0$ である。磁場は

$$\nabla\cdot\bm{B}=\partial_xB_x+\mathrm{i} k_zB_z=-\frac{\mathrm{i} k_za}{\pi}B_0\frac{\pi}{a}\cos\frac{\pi x}{a}+\mathrm{i} k_zB_0\cos\frac{\pi x}{a}=0$$

である。

• 側壁 $x=0,a$：$\sin(\pi x/a)=0$ である。接線成分のうち $E_y$ はこの因子で0になり、$E_z$ はもともと0である。法線成分 $B_x\propto\sin(\pi x/a)$ も0になる。
• 上下の壁 $y=0,b$：接線成分 $E_x=E_z=0$ が恒等的に成り立つ。法線成分 $B_y=0$ も恒等的に成り立つ。

3. 9.4-3 時間平均の Poynting ベクトルの $z$ 成分は (9.13) から

$$\langle S_z \rangle =\frac{1}{2\mu_0}\operatorname{Re}\bigl(E_xB_y^*-E_yB_x^*\bigr)=-\frac{1}{2\mu_0}\operatorname{Re}(E_yB_x^*)$$

である。

$$E_yB_x^*=\frac{\mathrm{i}\omega a}{\pi}B_0\sin\frac{\pi x}{a}\cdot\frac{\mathrm{i} k_za}{\pi}B_0\sin\frac{\pi x}{a}=-\frac{\omega k_za^2}{\pi^2}B_0^2\sin^2\frac{\pi x}{a}$$

なので、$\langle S_z \rangle =\frac{\omega k_za^2}{2\mu_0\pi^2}B_0^2\sin^2\frac{\pi x}{a}$ となる。断面で積分すると、$\int_0^a\sin^2(\pi x/a)\mathrm{d} x=a/2$ と $\int_0^b\mathrm{d} y=b$ から

$$\langle P \rangle =\frac{\omega k_za^2}{2\mu_0\pi^2}B_0^2\cdot\frac a2\cdot b=\frac{\omega k_za^3b}{4\pi^2\mu_0}B_0^2$$

を得る。$k_z\to0$（遮断周波数）で電力は0になる。4. 9.4-4 分散関係を $k_z$ で微分する。

$$\begin{aligned}\omega\frac{d \omega}{d k_z}&=c^2k_z &&\text{（$\omega^2=c^2(k_z^2+k_{\mathrm c}^2)$ を微分して2で割った）}\\ v_{\mathrm p}v_{\mathrm g}&=\frac{\omega}{k_z}\cdot\frac{c^2k_z}{\omega}=c^2\end{aligned}$$

管内波長は $\lambda_{\mathrm g}=\lambda_0/\sqrt{1-(f_{\mathrm c}/f)^2}$ である。$f=1.25f_{\mathrm c}$ なら根号の中は $1-0.64$ で、その平方根は0.6である。したがって $\lambda_{\mathrm g}=\lambda_0/0.6=1.67\lambda_0$ である。5. 9.4-5 立方体では $f_{mnp}=\frac{c}{2L}\sqrt{m^2+n^2+p^2}$ で、少なくとも2つの指数が1以上でなければならない。最小は $m^2+n^2+p^2=2$ である。指数の組は次の3つである。

$$(1,1,0),\qquad (1,0,1),\qquad (0,1,1)$$

それぞれ1つの指数が0なのでモードは1つずつで、縮退度は3である。周波数は $f=\frac{c}{2L}\sqrt2=\frac{c}{\sqrt2L}$ で、$L=10\,\mathrm{cm}$ なら 2.12 GHz である。

後半について、Faraday の法則から $\mathrm{i}\omega B_x=\partial_yE_z-\partial_zE_y$ である。(9.49) では、右辺に現れる2つの成分がどちらも因子 $\sin(m\pi x/a)$ を持つ。したがって右辺の2つの微分も同じ因子を持ち、壁 $x=0$ で0になる。よって $B_x=0$ である。