【解答・解説】平成30年度 北大理学院 電磁気学

【院試解答】平成30年度北海道大学理学院 物理 問題2 院試物理
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問1:平行板コンデンサー

1-1.

ガウスの法則を用いると、

$$E = \frac{Q}{\varepsilon _0\pi a^2}$$

また、極板間の電位差は

$$\Delta \phi = Ed = \frac{Qd}{\varepsilon _0\pi a^2}$$

であるから、コンデンサーの静電容量は

\begin{align*}
C &= \frac{Q}{\Delta \phi}\\
&= \frac{\varepsilon _0\pi a^2}{d}
\end{align*}

1-2.

A, Bに蓄えられている電荷がそれぞれ\(+q, -q\)であるとき、\(Delta q\)の微小な電荷をBからAに異動させるために必要な仕事は

\begin{align*}
\Delta W &= – \int_0^d(E_q)\Delta qdz\\
&= \frac{d}{\varepsilon _0\pi a^2}q\Delta q
\end{align*}

よって、\(q\)を\(0 \rightarrow Q\)にするために必要な仕事は

\begin{align*}
W &= \int\delta W\\
&= \int_0^{Q}\frac{d}{\varepsilon _0\pi a^2}qdq\\
&= \frac{dQ^2}{2\varepsilon _0\pi a^2}
\end{align*}

ここで、1-1で求めた\(C\)を用いると

$$W = \frac{Q^2}{2C} = U$$

を満たすことが分かる。

1-3.

$$F = E\cdot Q = \frac{Q^2}{\varepsilon _0\pi a^2}$$

1-4.

導体Aの電荷\(Q(t)\)と電流\(I(t)\)の関係は次式で表せる。

$$- \frac{dQ(t)}{dt} = I(t)$$

また、コイルに発生する誘導起電力は

$$\phi _{em} = – L\frac{dI(t)}{dt}$$

である。すなわち次の式が成り立つ。

\begin{align*}
&\Delta \phi + \phi_{em} = 0\\
&\rightarrow \frac{Q(t)}{C} – L\frac{dI(t)}{dt} = 0\\
&\rightarrow \frac{Q(t)}{C} – L\frac{d}{dt}\left(- \frac{dQ(t)}{dt}\right) = 0\\
&\rightarrow \frac{d^2Q(t)}{dt^2} + \frac{Q(t)}{LC} = 0
\end{align*}

これを解くと

\begin{align*}
&Q(t) = Asin\frac{1}{\sqrt{LC}}t + Bcos\frac{1}{\sqrt{LC}}t\\
&I(t) = -\frac{A}{\sqrt{LC}}cos\frac{1}{\sqrt{LC}}t + \frac{B}{\sqrt{LC}}sin\frac{1}{\sqrt{LC}}t
\end{align*}

\(t = 0\)で\(I(t) = 0, Q(t) = Q\)であるから

\begin{align*}
&Q(t) = Qcos\frac{1}{\sqrt{LC}}t\\
&I(t) = \frac{Q}{\sqrt{LC}}sin\frac{1}{\sqrt{LC}}t
\end{align*}

1-5.

\begin{align*}
&\frac{1}{2}LI^2 + \frac{1}{2}\frac{Q^2}{C}\\
&= \frac{1}{2}L\cdot Q^2sin^2\frac{1}{\sqrt{LC}}t + \frac{1}{2C}\cdot Q^2cos^2\frac{1}{\sqrt{LC}}t\\
&= \frac{Q^2}{2C}
\end{align*}

1-6.

変位電流の電流密度は

\begin{align*}
i_d &= \varepsilon _0\frac{dE(t)}{dt}\\
&= – \frac{\varepsilon _0}{d}\frac{dV(t)}{dt}\\
&= – \frac{\varepsilon _0}{d}V_0\omega cos\omega t
\end{align*}

よって、変位電流は

$$I_d = \pi a^2\cdot\frac{-\varepsilon _0}{d}V_0\omega cos\omega t$$

1-7.

マクスウェル・アンペールの法則より

\begin{align*}
B\cdot 2\pi x &= \mu_0i_d\cdot \pi x^2\\
B &= \frac{\mu_0i_d}{2}x\\
&= – \frac{\mu_0V_0\omega x}{2d}cos\omega t
\end{align*}

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問2:導体内を流れる電流が作る電磁場

2-1.

アンペールの法則より

i)\(0 \le r \le a\)のとき

\begin{align*}
H\cdot 2\pi r &= j\cdot\pi r^2\\
H &= \frac{jr}{2}
\end{align*}

ii)\(a \le r\)のとき

\begin{align*}
H\cdot 2\pi r &= j\cdot\pi a^2\\
H = \frac{ja^2}{2r}
\end{align*}

2-2.

\begin{align*}
\mathbf{E} &= (0, 0, \frac{j}{\sigma})\\
\mathbf{H} &= (0, \frac{ja}{2}, 0)
\end{align*}

\begin{align*}
\mathbf{S} &= \mathbf{E}\times\mathbf{B}\\
&= \left(0, 0, \frac{j}{\sigma}\right)\times\left(0, \frac{ja}{2}, 0\right)\\
&= \left( – \frac{j^2a}{2\sigma}, 0, 0\right)
\end{align*}

2-3.

単位長さあたりの電位差は

$$\Delta \phi _1 = E$$

よって、単位時間・単位長さあたりに発生するジュール熱は

\begin{align*}
J &= \Delta \phi _1\times I_1\\
&= \frac{j}{\sigma}\times (j\cdot \pi a^2)\\
&= \frac{j^2\pi a^2}{\sigma}
\end{align*}

2-4.

ポインティングベクトルを面積分すると

\begin{align*}
\int_S \mathbf{S}\cdot\mathbf{n}dS &= – \frac{j^2a}{2\sigma}\cdot 2\pi a\\
&= – \frac{j^2\pi a^2}{\sigma}
\end{align*}

これは、発生したジュール熱の分、ポインティングベクトルとしてエネルギーが導体に流れ込んでいることを示している。

2-5.

\(\nabla \mathbf{E} = 0\)の積分形は

$$\int_s \mathbf{E}\cdot\mathbf{t}ds = 0$$

である。ここで、\(\mathbf{t}\)は導体側面に平行な単位ベクトルを表している。
これにより、導体外部でも、導体内部と同じ電場が存在することが分かる。
すなわち、導体外部での電場は

$$\mathbf{E} = \frac{\mathbf{j}}{\sigma}$$

と表せる。また、ポインティングベクトルは

\begin{align*}
\mathbf{S}(R, 0, 0) &= \left(0, 0, \frac{j}{\sigma}\right)\times\left(0, \frac{ja^2}{2R}, 0\right)\\
&= \left(-\frac{j^2a^2}{2R\sigma}, 0, 0\right)\\
\end{align*}

これを面積分すると

\begin{align*}
\int_S \mathbf{S}\cdot\mathbf{n}dS &= – \frac{j^2a^2}{2\sigma R}\cdot 2\pi R\\
&= – \frac{j^2\pi a^2}{\sigma}
\end{align*}

が得られ、2-4の結果と一致する。

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