確認テストの解答

電磁気学入門　第11章 §11.6

1. 11.1-1 遅延は $R/c=3.0/(3.00\times10^8)\ \mathrm s=1.0\times10^{-8}\ \mathrm s=10\ \mathrm{ns}$ である。場の点の時刻 $t$ の場は、源の時刻 $t-10\ \mathrm{ns}$ の状態で決まる。
2. 11.1-2 $r\psi=f(t-r/c)$ なので、

$$\partial_r(r\psi)=-\frac{f'}{c},\qquad \partial_r^2(r\psi)=\frac{f''}{c^2}$$

である。したがって

$$\nabla^2\psi=\frac1r\frac{\partial^2(r\psi)}{\partial r^2}=\frac{f''(t-r/c)}{c^2r}.$$

一方 $\partial_t^2\psi=f''(t-r/c)/r$ なので $c^{-2}\partial_t^2\psi-\nabla^2\psi=0$ である。$r=0$ では $1/r$ が特異になり、この計算は使えない（その点にデルタ関数の源が残ることを定理 11.2 で示した）。3. 11.1-3 場の点を $(0,0,z)$ とし、面上の点 $(x',y',0)$ までの距離を次のように書く。

$$R=\sqrt{\varrho^2+z^2},\qquad \varrho^2=x'^2+y'^2$$

電流は $t-R/c>0$、すなわち $\left\vert z\right\vert \le R<ct$ の円板の部分からだけ寄与する。極座標で $\mathrm{d} S'=2\pi\varrho\,\mathrm{d}\varrho$、$R\,\mathrm{d} R=\varrho\,\mathrm{d}\varrho$ を使うと

$$A_x=\frac{\mu_0K_0}{4\pi}\int\frac{2\pi\varrho\,\mathrm{d}\varrho}{R}=\frac{\mu_0K_0}{2}\int_{\left\vert z\right\vert }^{ct}\mathrm{d} R=\frac{\mu_0K_0}{2}(ct-\left\vert z\right\vert )\qquad(\left\vert z\right\vert <ct)$$

である。電荷は無いので $\phi=0$ である。電場と磁場は

$$E_x=-\partial_tA_x=-\frac{\mu_0cK_0}{2},\qquad B_y=\partial_zA_x=-\frac{\mu_0K_0}{2}\operatorname{sgn}z,\qquad B_x=B_z=0$$

である。$\left\vert E_x\right\vert =c\cdot\mu_0K_0/2=c\left\vert B_y\right\vert$ が成り立つ。

面の上下へ光速で進む平面波の波面（$\left\vert z\right\vert =ct$）の内側で、一様な場ができている。磁場の大きさは、第5章の無限面電流の静磁場 $\mu_0K_0/2$ と同じである。電場は電流と逆向きで、面電流を流し続ける源は、この電場に逆らって仕事をする。そのエネルギーが、両側へ出ていく平面波の Poynting ベクトル $\left\vert \bm{S}\right\vert =\mu_0cK_0^2/4$ で運ばれる。4. 11.1-4 $t$ について積分すると、デルタ関数の積分が $t=R/c$ の点で1になるので

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\delta(t-R/c)}{4\pi R}\,\mathrm{d} t=\frac{1}{4\pi R}.$$

これは $\nabla^2(1/(4\pi R))=-\delta^{(3)}$ を満たす Poisson 方程式の Green 関数である。

意味は次のとおりである。時間によらない源 $s(\bm{r})$ は、すべての時刻に点状の源を並べたものとみなせる。(11.5) の時間積分を先に行うと $\int G\,\mathrm{d} t'$ が現れ、静的な解 $\psi=\frac{1}{4\pi}\int s/R\,\mathrm{d} V'$ に戻る。遅延の効果は、源が時間変化するときにだけ現れる。5. 11.2-1 最も強いのは双極子の軸に垂直な向き（$\theta=90^\circ$）である。0になるのは軸の向き（$\theta=0^\circ,180^\circ$）である。$\theta=45^\circ$ では $\sin^245^\circ=1/2$ なので、最大値の0.5倍である。6. 11.2-2 共鳴より十分低い振動数では、誘起双極子の振幅 $p_0$ は電場の振幅に比例し、振動数によらない。(11.20) により散乱電力は $\omega^4\propto\lambda^{-4}$ に比例するので

$$\frac{P(400\ \mathrm{nm})}{P(700\ \mathrm{nm})}=\Bigl(\frac{700}{400}\Bigr)^4=1.75^4=9.38$$

倍である。空の散乱光で青い光が勝るのはこのためである。7. 11.2-3 補題 11.4 より、細い導線では $\dot p=\int I(z)\,\mathrm{d} z$ である。三角形の分布では

$$\dot p=\int_{-\ell/2}^{\ell/2}I_0\Bigl(1-\frac{2\left\vert z\right\vert }{\ell}\Bigr)\mathrm{d} z=2I_0\int_0^{\ell/2}\Bigl(1-\frac{2z}{\ell}\Bigr)\mathrm{d} z=2I_0\Bigl(\frac\ell2-\frac\ell4\Bigr)=\frac{I_0\ell}{2}.$$

一様な電流の場合の $\dot p=I_0\ell$ の半分なので、放射電力は $(1/2)^2=1/4$ 倍になる。放射抵抗は、給電点の電流で $\langle P \rangle =\frac12R_{\mathrm{rad}}I_0^2$ と定義する。したがって

$$R_{\mathrm{rad}}=\frac14\cdot\frac{2\pi}{3}Z_0\Bigl(\frac{\ell}{\lambda}\Bigr)^2\simeq197\ \Omega\times\Bigl(\frac{\ell}{\lambda}\Bigr)^2$$

となる。8. 11.2-4 $\ddot{\bm{p}}=-\omega^2p_0(\cos\omega t,\sin\omega t,0)$ である（遅延時刻の位相は角分布の平均に関係しないので省く）。放射帯の電場の2乗は、$\ddot{\bm{p}}$ の進行方向に垂直な成分の2乗 $\left\vert \ddot{\bm{p}}\right\vert ^2-(\hat{\bm{n}}\cdot\ddot{\bm{p}})^2$ に比例する。$\hat{\bm{n}}=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)$ とすると

$$\left\vert \ddot{\bm{p}}\right\vert ^2-(\hat{\bm{n}}\cdot\ddot{\bm{p}})^2=\omega^4p_0^2\bigl[1-\sin^2\theta\cos^2(\omega t-\varphi)\bigr].$$

時間平均で $\cos^2\to1/2$ なので、平均は次のようになり、$1+\cos^2\theta$ に比例する。

$$\omega^4p_0^2\Bigl(1-\frac12\sin^2\theta\Bigr)=\frac12\omega^4p_0^2(1+\cos^2\theta)$$

(11.19) の $\ddot p^2\sin^2\theta$ をこれに置き換えて積分すると

$$\langle P \rangle =\frac{\mu_0}{16\pi^2c}\cdot\frac{\omega^4p_0^2}{2}\cdot2\pi\int_0^\pi(1+\cos^2\theta)\sin\theta\,\mathrm{d}\theta=\frac{\mu_0\omega^4p_0^2}{16\pi c}\cdot\frac83=\frac{\mu_0p_0^2\omega^4}{6\pi c}$$

を得る（$\int_{-1}^1(1+u^2)\mathrm{d} u=8/3$）。直線振動 (11.20) の2倍で、互いに $90^\circ$ ずれた2つの直線振動の和として理解することができる。軸方向（$\theta=0$）では円偏光、赤道面内では直線偏光の光が出る。9. 11.3-1 Coulomb の法則 $F=q^2/(4\pi\varepsilon_0r^2)$ から、真空の誘電率の単位は $\mathrm{C^2\,J^{-1}\,m^{-1}}$ である。したがって

$$\frac{q^2a^2}{\varepsilon_0c^3}\ \text{の単位}=\frac{\mathrm{C^2}\,\mathrm{m^2\,s^{-4}}}{\mathrm{C^2\,J^{-1}\,m^{-1}}\cdot\mathrm{m^3\,s^{-3}}}=\mathrm{J\,s^{-1}}=\mathrm W.$$ 10. 11.3-2 サイクロトロン運動の角振動数は $\omega_{\mathrm c}=eB/m_{\mathrm e}$（第5章 §5.2）、加速度は $a=\omega_{\mathrm c}v$ である。$K=\frac12m_{\mathrm e}v^2$ を使うと

$$\frac{d K}{d t}=-\frac{e^2\omega_{\mathrm c}^2v^2}{6\pi\varepsilon_0c^3}=-\frac{e^2\omega_{\mathrm c}^2}{3\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}c^3}K,\qquad \tau_{\mathrm c}=\frac{3\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}c^3}{e^2\omega_{\mathrm c}^2}=\frac{3\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}^3c^3}{e^4B^2}.$$

数値を入れると

$$\tau_{\mathrm c}=\frac{3\pi\times8.85\times10^{-12}\times(9.11\times10^{-31})^3\times(3.00\times10^8)^3}{(1.60\times10^{-19})^4\times1.0^2}\ \mathrm s=2.6\ \mathrm s$$

である。周期 $2\pi/\omega_{\mathrm c}=3.6\times10^{-11}\ \mathrm s$ に比べてはるかに長いので、各周回を円運動とみなす近似は正しい。$\tau_{\mathrm c}\propto B^{-2}$ なので、強い磁場ほど速く冷える。11. 11.3-3 振動子の変位を $\bm{x}=\bm{x}_0\cos\omega_0t$ とすると、加速度は $-\omega_0^2\bm{x}$ である。Larmor の公式の時間平均は

$$\langle P \rangle =\frac{e^2\omega_0^4x_0^2}{12\pi\varepsilon_0c^3}$$

である。振動子のエネルギーは $W=\frac12m_{\mathrm e}\omega_0^2x_0^2$ なので

$$\Gamma=\frac{\langle P \rangle }{W}=\frac{e^2\omega_0^2}{6\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}c^3}=\tau\omega_0^2=\frac{2r_{\mathrm e}\omega_0^2}{3c}$$

である（notebox の $\tau\omega_0^2$ と同じ）。$\lambda=500\ \mathrm{nm}$ では $\omega_0=2\pi c/\lambda=3.77\times10^{15}\ \mathrm{s^{-1}}$ で、

$$\Gamma=\frac{2\times2.82\times10^{-15}\times(3.77\times10^{15})^2}{3\times3.00\times10^8}\ \mathrm{s^{-1}}=8.9\times10^{7}\ \mathrm{s^{-1}},\qquad \frac1\Gamma=1.1\times10^{-8}\ \mathrm s=11\ \mathrm{ns}.$$

振動の周期 $1.7\times10^{-15}\ \mathrm s$ に比べて減衰はずっと遅い。原子の許容遷移の寿命が数 ns から数十 ns であることと、桁が合っている。12. 11.3-4 直線運動では $\bm{\beta}\times\bm{a}=0$ なので $P=e^2\gamma^6a^2/(6\pi\varepsilon_0c^3)$ である。運動方程式は $\mathrm{d}(\gamma m_{\mathrm e}v)/\mathrm{d} t=\gamma^3m_{\mathrm e}a=eE$ である。したがって $\gamma^6a^2=(eE/m_{\mathrm e})^2$ となり、

$$P=\frac{e^2(eE)^2}{6\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}^2c^3}$$

は速さによらない。電場から得る電力は $eEv\simeq eEc$ なので

$$\frac{P}{eEc}=\frac{e^2\,eE}{6\pi\varepsilon_0m_{\mathrm e}^2c^4}=\frac23\,\frac{r_{\mathrm e}\,eE}{m_{\mathrm e}c^2} =\frac23\times\frac{2.82\times10^{-15}\ \mathrm m\times1.0\times10^{7}\ \mathrm{eV/m}}{0.511\times10^6\ \mathrm{eV}}=3.7\times10^{-14}$$

である。直線加速での放射損失は無視してよい。比が $1$ に近づくのは、電子が古典電子半径の距離で静止エネルギー程度を得るほど強い電場のときに限られる。13. 11.4-1 速さが常に $c$ より小さいこと。世界線の傾きが光円錐より急なので、過去の光円錐と2回以上交わることがない（命題 11.9 の $h'(u)=-c\kappa<0$）。14. 11.4-2 前方の軸上では $\hat{\bm{n}}=\hat{\bm{x}}$ で $\kappa=1-\beta$ である。遅延時刻の位置からの距離 $R$ と現在位置からの距離の関係を求める。定理 11.12 の$\bm{R}_{\mathrm p}=R(\hat{\bm{n}}-\bm{\beta})$ から、$R_{\mathrm p}=R(1-\beta)$ である。したがって

$$\phi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\kappa R}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R(1-\beta)}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0R_{\mathrm p}}.$$

前方の軸上では、スカラーポテンシャルは現在位置からの Coulomb 電位と同じ値になる。これは $\kappa R=R_{\mathrm p}\sqrt{1-\beta^2\sin^2\psi}$ で $\psi=0$ と置いたものでもある。15. 11.4-3 $\gamma=E/(m_{\mathrm e}c^2)=3.0\times10^3/0.511=5.87\times10^3$ で、$\beta\simeq1$ である。円運動では、加速度は速度に垂直で $a=v^2/r_0$ である。Liénard の公式から

$$P=\frac{e^2\gamma^4v^4}{6\pi\varepsilon_0c^3r_0^2}$$

である。1周の時間 $2\pi r_0/v$ を掛けて

$$U=\frac{e^2\gamma^4\beta^3}{3\varepsilon_0r_0}=\frac{(1.60\times10^{-19})^2\times(5.87\times10^3)^4}{3\times8.85\times10^{-12}\times10}\ \mathrm J=1.15\times10^{-13}\ \mathrm J=717\ \mathrm{keV}.$$

1周ごとに全エネルギーの約 $2.4\times10^{-4}$ を失うので、加速器はこの分を毎周補給しなければならない。$U\propto E^4$ なので、エネルギーを2倍にすると損失は16倍になる。16. 11.4-4 電荷の現在位置を原点とし、運動方向を極軸にとった球座標で、半径 $R_{\mathrm p}$ の球面を考える。(11.32) の電場は動径方向を向くので、流束は

$$\oint\bm{E}\cdot\mathrm{d}\bm{a}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}(1-\beta^2)\cdot2\pi\int_0^\pi\frac{\sin\psi\,\mathrm{d}\psi}{(1-\beta^2\sin^2\psi)^{3/2}}.$$

$u=\cos\psi$ と置くと $1-\beta^2\sin^2\psi=(1-\beta^2)+\beta^2u^2$ で、

$$\int_{-1}^{1}\frac{\mathrm{d} u}{\bigl((1-\beta^2)+\beta^2u^2\bigr)^{3/2}}=\Bigl[\frac{u}{(1-\beta^2)\sqrt{(1-\beta^2)+\beta^2u^2}}\Bigr]_{-1}^{1}=\frac{2}{1-\beta^2}$$

（$\mathrm{d}/\mathrm{d} u\,[u/(A\sqrt{A+B u^2})]=1/(A+Bu^2)^{3/2}$ を微分で確かめられる。$A=1-\beta^2$、$B=\beta^2$）。したがって流束は$\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}(1-\beta^2)\cdot2\pi\cdot\frac{2}{1-\beta^2}=q/\varepsilon_0$ で、Gauss の法則どおりである。電場の形は $\beta$ によってつぶれるが、全流束は変わらない。