【解答・解説】令和２年度 北大理学院 電磁気学

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問１：２種類の誘電体を詰めた平行板コンデンサー

1-1.

電束密度をDとする。Dはコンデンサー内部で一様である。
また、誘電体1, 2の中での電場をそれぞれ\(E_1, E_2\)とすると、

$$\epsilon_1E_1 = \epsilon_2E2 = D$$

が成り立つ。すなわち、極板間の電位差\(\Delta\phi\)は

$$\Delta\phi = (\frac{D}{\epsilon_1}d_1 + \frac{D}{\epsilon_2}d_2) = (\frac{d_1}{\epsilon_1} + \frac{d_2}{\epsilon_2})D$$

極板に蓄積された電荷を\(\pm Q\)とすると、ガウスの法則より

$$D \cdot S = Q$$

すなわち、

$$C_e = \frac{Q}{\Delta\phi} = S(\frac{d_1}{\epsilon_1} + \frac{d_2}{\epsilon_2})^{-1}$$

1-2.

まず、コンデンサー内の電位は

と書くことができる。ここで、

$$D = \epsilon_1E_1 = \epsilon_2E_2 , E_2 = \frac{\epsilon_1}{\epsilon_2}E_1 …(1)$$

である。$$E_1d_1 + E_2d_2 = V_0 …(2)$$に(1)を代入して、

$$\frac{\epsilon_2d_1 + \epsilon_1d_2}{\epsilon_2}E_1 = V_0$$

以上より、

$$E_1 = \frac{\epsilon_2}{\epsilon_2d_1 + \epsilon_1d_2}V_0 , $$
$$E_2 = \frac{\epsilon_1}{\epsilon_2d_1 + \epsilon_1d_2}V_0$$

すなわち、

1-3.

コンデンサーに蓄えられる静電場のエネルギーは、1-1.の結果より

$$U = \frac{Q^2}{2C_e} = \frac{Q^2}{2S}(\frac{d_1}{\epsilon_1} + \frac{d_2}{\epsilon_2})$$

で与えられる。境界面を\(x\)方向に\(\delta x\)だけ動かしたとき

1-4.

力とポテンシャルエネルギーの関係は\(\boldsymbol{F} = – \nabla U\)であるから

$$F = – \frac{\delta U}{\delta x} = – \frac{Q^2}{2S}(\frac{1}{\epsilon_1} – \frac{1}{\epsilon_2})\delta x$$

考察：

\(\epsilon_1 < \epsilon_2\)のとき、\(F > 0\)で\(x\)軸正の向きの力。
\(\epsilon_1 > \epsilon_2\)のとき、\(F < 0\)で\(x\)軸負の向きの力。
すなわち、誘電率が大きい誘電体が、誘電率の小さい誘電体に引き込まれる方向に力が働く。

1-5.

オームの法則より、誘電体1, 2にはそれぞれ

$$j_1 = \sigma_1 E_1 , j_2 = \sigma_2 E_2$$

の電流密度が発生する。よって、誘電体1, 2に流れる電流はそれぞれ

$$I_1 = j_1 \cdot S = \sigma_1 E_1 S$$
$$I_2 = j_2 \cdot S = \sigma_2 E_2 S$$

また、誘電体1, 2それぞれについて、両端の電位差は

$$V_1 = E_1d_1, V_2 = E_2d_2$$

である。したがって、抵抗\(R_1, R_2\)は

$$R_1 = \frac{V_1}{I_1} = \frac{d_1}{\sigma_1S}, R_2 = \frac{V_2}{I_2} = \frac{d_2}{\sigma_2S}$$

よって、直流抵抗は

\begin{align*}
R &= R_1 + R_2 \\
&= \frac{1}{S}(\frac{d_1}{\sigma_1} + \frac{d_2}{\sigma_2})
\end{align*}

1-6.

電流が一様であることから、\(I_1 = I_2 = I\)すなわち\(\sigma_1E_1 = \sigma_2E_2\)が成り立つ。ここで、図のように、境界面を貫通する円筒面を考える。ガウスの法則（積分形, 物質中）をこれに適用すると

$$(\epsilon_2E_2 – \epsilon_1E_1)\Delta S = \sigma_e \Delta S$$

問２：電磁場のエネルギー保存則

2-1.

Maxwell方程式の３,４式目について、それぞれ\(\mathbf{E}, \mathbf{H}\)との内積を取ると

$$\mathbf{E} \cdot (\nabla \times \mathbf{H}) = \mathbf{E} \cdot \mathbf{J} + \mathbf{E} \cdot \frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} …(1)$$
$$\mathbf{H} \cdot (\nabla \times \mathbf{E}) = – \mathbf{H} \cdot \frac{\partial \mathbf{D}}{\partial t} ..(2)$$

(2) – (1)を計算すると

両辺を体積積分し、ガウスの定理

$$\int_V \nabla \cdot (\mathbf{E} \times \mathbf{H})dV = \int_s (\mathbf{E} \times \mathbf{H})\cdot \mathbf{n}dS$$

を用いると、

2-2.

第１項…電磁場の持つエネルギー
第２項…電場が、電荷に対して、単位時間あたりにする仕事
第３項…領域Vの表面Sを通過して、Vの内部から単位時間あたりに流出するエネルギー

2-3.

(1)電場の波動方程式の導出

Maxwell方程式の４式目を用いて

$$\nabla \times (\nabla \times \mathbf{E}) = – \frac{\partial}{\partial t}(\nabla \times \mathbf{B})$$
$$\nabla(\nabla \cdot \mathbf{E}) – \nabla ^2\mathbf{E} = – \frac{\partial}{\partial t}\mu(\mathbf{J} + \frac{\partial D}{\partial t})$$
\(\nabla\cdot\mathbf{D} = \rho = const\)であるから、左辺第一項は0となるので

$$0 – \nabla^2\mathbf{E} = – \frac{\partial}{\partial t}\mu\sigma\mathbf{E} – \mu\epsilon\frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}$$
$$(\nabla^2 – \mu\epsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2} – \mu\sigma\frac{\partial}{\partial t})\mathbf{E} = 0$$

(2)磁場の波動方程式の導出

Maxwell方程式の３式目を用いて

$$\nabla \times (\nabla \times \mathbf{H}) = \nabla \times (\mathbf{J} + \frac{\partial D}{\partial t})$$
$$\nabla(\nabla\cdot\mathbf{H}) – \nabla^2\mathbf{H} = \nabla\times\mathbf{J} + \frac{\partial}{\partial t}\epsilon( – \frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t})$$
$$\nabla^2 + \sigma( – \frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}) + \frac{\partial}{\partial t}(\epsilon\mu\frac{\partial\mathbf{H}}{\partial t}) = 0$$
$$(\nabla^2 – \mu\epsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2} – \mu\sigma\frac{\partial}{\partial t})\mathbf{H} = 0$$

2-4.

\(\sigma = 0\)のとき、波動方程式は

$$(\nabla^2 – \mu\epsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2})\mathbf{E} = 0 , (\nabla^2 – \mu\epsilon\frac{\partial^2}{\partial t^2})\mathbf{H} = 0$$

であるから、\(v = \frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}\)

ここで、\(\mu\epsilon = \mu_0\mu_r\cdot\epsilon_0\cdot\epsilon_r\)だから、

$$\frac{c}{v} = \frac{\sqrt{\mu\epsilon}}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} = \sqrt{\mu_r\epsilon_r}（絶対屈折率）$$