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問１：同軸円筒形のコンデンサー
1-1.
ガウスの法則を、軸からの距離\(r\)、長さ\(L\)で、端の高さがA, Bに揃った円筒面に用いると
\begin{align*}
&E(r)\cdot 2\pi rL = \frac{Q}{\varepsilon _0}\\
&E(r) = \frac{Q}{2\pi\varepsilon _0rL}
\end{align*}
1-2.
コンデンサーの極間の電位差は
\begin{align*}
\Delta \phi &= – \int_b^aE(r)dr\\
&=\frac{Q}{2\pi \varepsilon _0L}log\frac{b}{a}
\end{align*}
よって、
$$C = \frac{Q}{\Delta \phi} = 2\pi\varepsilon _0L\left (log\frac{b}{a}\right)^{-1}$$
また、A, Bに電荷が\(\pm q\)だけ蓄積されているとき、Bから\(Delta q > 0\)だけの微小な電荷を移動するのに必要な仕事は
\begin{align*}
\Delta W &= – \int_b^a \frac{q\Delta q}{2\pi\varepsilon _0rL}dr\\
&= \frac{q\Delta q}{2\pi\varepsilon _0L}log\frac{b}{a}
\end{align*}
よって、
\begin{align*}
W&= \int \Delta W\\
&= \frac{1}{2\pi\varepsilon_0 L}log\frac{b}{a}\int_0^Q qdq\\
&= \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0L}log\frac{b}{a}
\end{align*}
1-3.
電場エネルギー密度\(u\)に、「軸からの距離が\(r \sim r + dr\)の部分の体積」である\(2\pi rLdr\)をかけて積分すればよい。
\begin{align*}
U &= \int_a^b\frac{\varepsilon_0E^2}{2}\cdot 2\pi rLdr\\
&= \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0L}log\frac{b}{a}\\
&= W
\end{align*}
問２：ドーナツ型磁性体
2-1.
アンペールの法則より
$$B = \frac{\mu_0 IN}{l}$$
2-2.
コイルに発生する起電力は
\begin{align*}
\phi_{em} &= – \frac{d(BSN_1)}{dt}\\
&= – \frac{\mu N_1^2S}{l}\frac{dI_1}{dt}
\end{align*}
一方、自己インダクタンスは
$$L_1 = \frac{\mu N_1^2S}{l}$$
2-3.
起電力に抗って電流を流すために必要な、起電力は
$$\phi_1 = \phi_{em} = L_1\frac{dI_1}{dt}$$
よって、必要な仕事は
$$\int\phi_1I_1dt = \int L\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}I_1^2\right)dt = \frac{1}{2}L_1I^2$$
2-4.
\begin{align*}
V_1(t) &= -\frac{d(BSN_1)}{dt}\\
&=-N_1\frac{d(BS)}{dt}\\
V_2(t) &= -\frac{d(BSN_2)}{dt}\\
&=-N_2\frac{d(BS)}{dt}
\end{align*}
よって、
$$\frac{V_1(t)}{V_2(t)} = \frac{N_1}{N_2}$$
という関係が得られ、これは電流には依存しない。
2-5.
いま、\(V_1(t) = – V_0cos\Omega t\)であるから
\begin{align*}
&- V_0cos\Omega t = -L_1\frac{dI_1}{dt}\\
&\frac{dI_1}{dt} = \frac{V_0}{L_1}cos\Omega t\\
&I_1(t) = \frac{V_0}{\Omega L_1}sin\Omega t
\end{align*}
また、2-4の関係を用いると
\begin{align*}
&V_2(t) = -\frac{N_2}{N_1}V_0cos\Omega t\\
&I_2(t) = \frac{V_2}{R} = -\frac{N_2}{N_1R}V_0cos\Omega t
\end{align*}
問３：真空から誘電体に入射する電磁波
3-1.
\begin{align*}
\nabla\times(\nabla\times\mathbf{E}) = – \frac{\partial}{\partial t}(\nabla\mathbf{B})\\
\nabla(\nabla\cdot\mathbf{E}) – \nabla ^2\mathbf{E} = – \frac{\partial}{\partial t}\left(\mu\varepsilon\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}\right)\\
\rightarrow \ \left(\nabla ^2\ – \mu\varepsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\mathbf{E} = 0 …(1)\\
\\
\nabla\times(\nabla\times\mathbf{H}) = \frac{\partial}{\partial t}(\varepsilon \nabla\times\mathbf{E})\\
\nabla(\nabla\cdot\mathbf{H}) – \nabla ^2\mathbf{H} = \varepsilon\frac{\partial}{\partial t}\left(-\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}\right)\\
\rightarrow \ \left(\nabla ^2\ – \mu\varepsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\mathbf{H} = 0 …(2)
\end{align*}
3-2.
$$\nabla\times\mathbf{E} = – \frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t} = – \mu\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t} $$
が成り立つから
$$(0, -kE_0sin(kz-\omega t), 0) = -\mu(0, \omega H_0sin(kz-\omega t), 0)$$
よって、\(\frac{E_0}{H_0} = \frac{\mu\omega}{k}\)が得られる。
また、(1)に\(\mathbf{E}\)を代入すると、そのx成分は
\begin{align*}
&\frac{\partial ^2}{\partial z^2}E_0cos(kz – \omega t) – \mu\varepsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2}E_0cos(kz – \omega t) \\
&= (-k^2 + \mu\varepsilon\omega ^2)E_0cos(kz – \omega t) = 0\\
& \ \rightarrow \frac{\omega}{k} = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}
\end{align*}
また、電場エネルギー密度と磁場エネルギー密度の大きさの比は
\begin{align*}
\frac{u_E}{u_M} &= \frac{\varepsilon E_0^2}{\mu H_0^2}\\
&= \frac{\varepsilon }{\mu}\left(\frac{\mu\omega}{k}\right)^2\\
&= 1
\end{align*}
3-4.
\(z < 0\)側の境界面における接ベクトルを\(\mathbf{t}_1\)、
\(z > 0\)側の境界面における接ベクトルを\(\mathbf{t}_2\)、とする。
ただし、２つのベクトルは同じ向きを持った単位ベクトルなので、\(\mathbf{t}_1 =\mathbf{t}_ 2\)である。
ここで、
マクスウェル方程式 \(\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial}{\partial t}\mathbf{B}\)
を積分形に直すと
$$\int_{C}\mathbf{E}\cdot\mathbf{t}ds = -\frac{\partial}{\partial t}\int_{S}\mathbf{B}\cdot\mathbf{n}dS$$
である(\(S\)は任意の曲面、\(C\)はその曲面の縁となる閉曲線)。境界面と交わる微小な長方形を面\(S\)に選ぶことで
$$\mathbf{E}_1\cdot\mathbf{t}_1 = \mathbf{E}_2\cdot\mathbf{t}_2$$
が成り立つ。
同様に、
マクスウェル方程式 \(\nabla\times\mathbf{H} = \frac{\partial}{\partial t}\mathbf{D}\)
を用いることで
$$\mathbf{H}_1\cdot\mathbf{t}_1 = \mathbf{H}_2\cdot\mathbf{t}_2$$
が成り立つ。
3-5.
入射波の電場・磁場
$$E_I = E_0cos(kz-\omega t), \ H_0cos(kz-\omega t)$$
反射波の電場・磁場
$$E_R = E_0’cos(kz+\omega t), -H_0’cos(kz+\omega t)$$
透過波の電場・磁場
$$E_T = E_1cos(kz-\omega t), \ H_1cos(kz-\omega t)$$
以上のようにおく。\(z = 0\)での境界条件により
\begin{align*}
&E_0 + E_0′ = E_1\\
&H_0 – H_0′ = H_1
\end{align*}
ここで、3-2で示した関係式を用いると
\begin{align*}
&E_0 + E_0′ = E_1 \ …(1)\\
&\sqrt{\frac{\mu _0}{\varepsilon _0}}E_0 – \sqrt{\frac{\mu _0}{\varepsilon _0}}E_0 ‘ = \sqrt{\frac{\mu _0}{\varepsilon}}E_1 \ …(2)
\end{align*}
が得られる。
\((1)\times\sqrt{\frac{\mu _0}{\varepsilon _0}} + (2)\)を計算すると
$$E_1 = \frac{2n}{n + 1}E_0$$
\((1)\times\sqrt{\frac{\mu _0}{\varepsilon _0}} – (2)\)を計算すると
$$E_0′ = \frac{n- 1}{n + 1}E_0$$
という関係式が得られる。入射・反射波の電磁場のエネルギーのフラックスの大きさの比を考えると
$$\frac{|S_R(0, t)|}{|S_I(0, t)|} = \frac{\frac{u_R}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}}{\frac{u_I}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}} = \frac{u_R}{u_I} = \frac{E_0’H_0′}{E_0H_0}$$
が得られ、上で求めた\(E_0’\)を用いて計算すると
$$ \frac{u_R}{u_I} = \left(\frac{n – 1}{n + 1}\right)^2$$
という関係が求まる。同様に入射・透過波の電磁場のエネルギーのフラックスの大きさの比を考えると
$$\frac{|S_T(0, t)|}{|S_I(0, t)|} = \frac{\frac{u_R}{\sqrt{\varepsilon\mu_0}}}{\frac{u_I}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}} = \frac{1}{n}\frac{u_R}{u_I} = \frac{E_1H_1}{E_0H_0}$$
が得られ、上で求めた\(E_0’\)を用いて計算すると
$$ \frac{u_R}{u_I} = \left(\frac{2n}{n + 1}\right)^2$$
という関係が求まる。
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