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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*}
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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