quiz12

2013 EM2 Quiz 12
1
導波管の問題で、切り口が２つの同心円 (半径 a、半径 b、a > b) によって隔て
られている。領域を z 方向に伝播する電磁波を考える。この時は E z = H z = 0
で速度 c(光速度) で伝播する非自明な横波電磁波の解があることを示し、具
体的に構成せよ。(cf.LL P370)
2
以下の各場合において、定常電流が作る磁束密度 B(x)（大きさと向き）を
求めよ。また、導出のもととなった Maxwell 方程式との関係を述べよ。
i) 無限に長い直線電流 I 、導線の半径 a
ii)xy 平面上の半径 a の円電流 I 、中心軸上 (0, 0, z) での B(0, 0, z)
iii) 無限に長いソレノイドで単位長さ当たりの巻き数を n、電流 I
iv) iii) で無限⇒有限にする。軸上の B(0, 0, z) を LP, RP が z 軸と成す角 θ2 , θ1
を用いて。
3
reterded ptl の表式において遠方で
Aµ ∼
1
r
の振る舞いをする部分のみを取る近似をして
Z
µ0
˙ 0 , t− ) × k) × k
E(x, t) ∼
dV 0 (j(x
=
4πr
1
を導け。notation は講義で述べた。電流の保存則を用いよ。
2
略解
1.
円筒座標系で考える。長方形導波管のときと同様に、
1 ∂Ez
∂Eθ
−
= −iωBr
r ∂θ
∂z
(1)
∂Er
∂Ez
−
= −iωBθ
∂z
∂r
(2)
1 ∂(rEθ ) 1 ∂Er
−
= −iωBz
r ∂r
r ∂θ
(3)
1 ∂Bz
∂Bθ
1
−
= iω 2 Er
r ∂θ
∂z
c
(4)
∂Br
∂Bz
1
−
= iω 2 Eθ
∂z
∂r
c
(5)
1 ∂(rBθ ) 1 ∂Br
1
−
= iω 2 Ez
r ∂r
r ∂θ
c
(6)
2
z 方向に伝播する電磁波を考えているので、これらの式から、κ2 ≡ −kz2 + ωc2
として、
∂2
1 ∂
1 ∂2
E
+
E
+
Ez + κ2 Ez = 0
z
z
∂r2
r ∂r
r2 ∂θ2
(7)
を得る。この解は
Ez = Jm (κr)(Acosmθ + Bsinmθ)
(8)
と書けることが知られている。ここで、Jm (κr) は m 次の Bessel 関数である。
境界条件は、r = a、r = b で Ez = 0 となることから、Jm (κa) = Jm (κb) = 0
である。Bz についても同様に、
Bz = Jm (κr)(Acosmθ + Bsinmθ)
と書け、境界条件は、r = a、r = b で
∂
∂r Jm (κb)
∂
∂r Bz
= 0 である。
3
(9)
∂
= 0 となることから、∂r
Jm (κa) =
2.
i) 中心軸から半径 r > a の同心円を
考えると、対称性から磁場は円の接線
方向に一定の強さである。その強さを
H とし、この円を積分路とするとアン
ペールの法則から、
円柱の外部では
I
I
I =
H · ds =
Hrdθ = H 2πr
H
=
I
2πr
H
=
I
eφ
2πr
a
(r > a)
(r > a)
(10)
また、円柱の内部では
I
I
r2
I 2 =
H · ds =
Hrdθ = H 2πr
a
H
=
I
r
2πa2
H
=
I
reφ
2πa2
(r < a)
(r < a)
(11)
4
I
r
H
ii) 電流素片 ds が点 P(0,0,z) につくる
磁場は
dB =
µ0 Ids
4π (a2 + z 2 )
(12)
この磁場のうち水平成分は一周積分で
相殺し、垂直成分だけが残る。よって、
点 P(0,0,z) での磁場の大きさは
I
B(P ) =
sin αdB
I
µ0 I sin α
=
ds
4π (a2 + z 2 )
dB
P
dB os z
µ0 I sin α
2πa
4π (a2 + z 2 )
=
R
O
a
dS
I
µ0 Ia2
=
B(P )
dB sin 3/2
2 (a2 + z 2 )
µ0 Ia2
=
3/2
2 (a2 + z 2 )
ez (13)
iii) 前問より、ソレノイドの ndz の部
分が中心軸上の点 P に作る磁場は
dB =
µ0 Ia2
2 (a2 + z 2 )
よって
3/2
· ndz
(14)
ndz
Z
B(P ) =
∞
=
−∞
=
B(P ) =
dB
dB
Z
µ0 Ia2
2 (a2 + z 2 )
3/2
z
· ndz
µ0 nI
µ0 nIez
(15)
5
a
P
iv) sin θ = a/R = a/(z 2 + a2 )1/2 であ
るから
dz = −
z 2 + a2
R2
dθ = −
dθ (16)
a
a
L
すると、ii) より
dB
=
µ0 Ia2
µ0 In
ndz = −
sin(17)
θdθ
2πR3
2
2
よって求める磁場は
B
B
= −
µ0 In
2
Z
θ2
P
sin θdθ
θ1
=
µ0 In
(cos θ2 − cos θ1 )
2
=
µ0 In
(cos θ2 − cos θ1 ) e(18)
z
2
1
R
問題 i)∼iv) は、導出に
rotH
= i (19)
divB
= 0
(20)
を用いた。これらはアンペールの法則とビオ・サバールの法則に対応する。
3.
遅延ポテンシャルの表式は
µ0
A (x, t) =
4π
Z
µ
dV 0
j µ (x0 , t − 1c |x − x0 |)
|x − x0 |
である。時間成分と空間成分を分けて書いた時、時間成分は A0 (x, t) = Φ(x, t)
及び j 0 = ρ とおいて
µ0
Φ(x, t) =
4π
Z
dV 0
ρ(x0 , t − 1c |x − x0 |)
|x − x0 |
dV 0
j(x0 , t − 1c |x − x0 |)
|x − x0 |
であり、空間成分は
µ0
A(x, t) =
4π
Z
である。
6
r = |x| と置く。十分遠方では Aµ の被積分関数について
1
|x − x0 |
1
2x · x0 − 1
(1 −
) 2
r
r2
1
x · x0
(1 +
)
r
r2
;
;
及び
2x · x0 1
r
)2 )
; j µ (x0 , t − (1 −
c
r2
x · x0
r
)
; j µ (x0 , t − (1 −
c
r2
0
r x·x
)
= j µ (x0 , t − +
c
cr
1
j µ (x0 , t − |x − x0 |)
c
より Aµ ∼
1
r
までとる近似の下では
µ0
A (x, t) =
4πr
Z
µ
dV 0 j µ (x0 , t −
r x · x0
+
)
c
cr
となる。
これより時間成分と空間成分を分けて書くと
Z
Z
cµ0
r x · x0
µ0
r x · x0
0
0
Φ(x, t) =
dV ρ(x , t− +
) , A(x, t) =
dV 0 j(x0 , t− +
)
4πr
c
cr
4πr
c
cr
である。これを用いて電場は
E(x, t) = −∇x Φ(x, t) −
1 ∂
A(x, t)
c ∂t
で与えられる。後はこの右辺を計算すればよい。
∇x
1
r
=
及び t− = t −
∇x ρ(x0 , t −
|x−x0 |
c
r x · x0
)
c cr
;t−
r
c
+
1
|x|
x
− 3
r
= ∇x
x·x0
cr
より
r x · x0
∂
r x · x0
0
+
)}
ρ(x
,
t
−
+
)
0
c
cr
c
cr
∂(t − rc + x·x
cr )
µ
¶
x − x0
(x · x0 )x
∂
= −
+
ρ(x0 , t− )
3
cr
cr
∂t−
; {∇x (t −
となるから
µ0
∇x Φ(x, t) ; −
4πr
Z
dV
0
µ
x − x0
(x · x0 )x
+
r
r3
7
¶
∂
ρ(x0 , t− )
∂t−
を得る。また、
∂
A(x, t)
∂t
=
=
Z
µ0
∂
dV 0 j(x0 , t− )
4πr
∂t
Z
µ0
∂
dV 0
j(x0 , t− )
4πr
∂t−
となって、電流保存則
∂
ρ(x0 , t− ) + ∇x · j(x0 , t− ) = 0
∂t−
及び
k≡
さらに n =
x − x0
x · x0
(x · x0 )x
x − x0
0 1
;
(x
−
x
)
(1
+
+
)
;
|x − x0 |
r
r2
r
r3
x
r
,
1
c ∂t− f
= f˙ とおいて
∇x · j(x0 , t− )
=
X ∂j i (x0 , t− )
i
∂xi
=−
X xi
i
r
j˙ i (x0 , t− )
˙ 0 , t− )
= −n · j(x
˙ 0 , t− )
; −k · j(x
を用いると
E(x, t) ;
=
=
µ
¶
Z
µ0
1 ∂
dV 0 k∇x · j(x0 , t− ) −
j(x0 , t− )
4πr
c ∂t−
Z
³
´
µ0
˙ 0 , t− ) · k)k − (k · k)j(x
˙ 0 , t− )
dV 0 (j(x
4πr
Z
µ0
˙ 0 , t− ) × k) × k
dV 0 (j(x
4πr
となる。
8

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