東北大学 理学研究科 物理学専攻 2018年8月実施 問題3（電磁気学）

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Author

Miyake

Description

原題に基づく要約（日本語）

公式原題

[1] 帯電円環

半径 $a$ の細い絶縁円環を原点中心の $xy$ 平面に置き、正の線電荷密度 $\rho$ で一様に帯電させる。真空の定数は $\varepsilon_0,\mu_0$、観測点は $P=(0,0,z)$。

1. 長さ $dl$ の微小部分が $P$ に作る電場の大きさを求める。
2. 円の中心に対して反対側の同じ長さの部分と組み合わせ、合成電場の大きさと $z>0,z<0$ での向きを求める。
3. 円環全体が作る電場を求める。
4. $a=\rho=\varepsilon_0=1$ として $E_z(z)$ の概形を描く。
5. 円環を正の角速度 $\omega$ で $z$ 軸のまわりに回転させる。回転方向は右ねじが $+z$ に進む方向とする。$P$ の磁束密度を求める。

[2] 空洞共振器

完全導体で囲まれた $0<x<a,\ 0<y<a,\ 0<z<b$ の空洞を考える。$a>b>0$ とし、内部は無源の真空で Maxwell 方程式を満たす。$E_x=E_y=0,\ E_z=X(x)Y(y)Z(z)\sin\omega t$ とする。

1. $\nabla\cdot\boldsymbol E=0$ から、非零モードの $Z$ が定数となることを示す。
2. 波動方程式 $\nabla^2\boldsymbol E=\varepsilon_0\mu_0\partial_t^2\boldsymbol E$ から $X''/X+Y''/Y=-\varepsilon_0\mu_0\omega^2$ を導く。
3. 左辺の各項を $-k_x^2,-k_y^2$ と置き、$X,Y$ の一般解を求める。
4. 導体表面の接線方向電場が0である条件を用い、$E_z$ の正弦関数による表示と許される $k_x,k_y$ を求める。
5. このモードの最小共振角振動数 $\omega_0$ を求める。
6. $\omega=\omega_0$ における磁束密度 $\boldsymbol B$ を求める。

题目描述

【带电圆环】

半径为 $a$ 的细绝缘圆环位于 $xy$ 平面，圆心为原点，均匀正线电荷密度为 $\rho$，观察点为 $P=(0,0,z)$，真空常数为 $\varepsilon_0,\mu_0$。

1. 求长度 $dl$ 的圆环微元在 $P$ 产生的电场大小。
2. 将它与圆心对侧的等长微元配对，求合电场，并分别说明 $z>0,z<0$ 时的方向。
3. 求整个圆环的电场。
4. 取 $a=\rho=\varepsilon_0=1$，画出 $E_z(z)$ 的概形。
5. 令圆环绕 $z$ 轴以正角速度 $\omega$ 转动，方向满足右手定则指向 $+z$，求 $P$ 处的磁感应强度。

【空腔谐振器】

完全导体包围的真空空腔为 $0<x<a,\ 0<y<a,\ 0<z<b$，其中 $a>b>0$。内部没有电荷和电流，设 $E_x=E_y=0$、$E_z=X(x)Y(y)Z(z)\sin\omega t$。

1. 用电场无散条件证明非零模态的 $Z$ 为常数。
2. 由波动方程导出 $X''/X+Y''/Y=-\varepsilon_0\mu_0\omega^2$。
3. 令两项分别为 $-k_x^2,-k_y^2$，求 $X,Y$ 的通解。
4. 用导体表面切向电场为零的条件，写出正弦形式的 $E_z$ 及允许的 $k_x,k_y$。
5. 求该类模态的最低共振角频率 $\omega_0$。
6. 求 $\omega=\omega_0$ 时的磁感应强度 $\boldsymbol B$。

Kai

[1]

1)

微小区間にある電荷は $\rho dl$ で、APの長さは $\sqrt{a^2+z^2}$ であるから、

求める電場の大きさは

$$\begin{aligned} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\rho dl}{a^2+z^2} \end{aligned}$$

である。

2)

z軸に垂直な成分は打ち消し合うことを考慮して、 求める電場の大きさは

$$\begin{aligned} \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{\rho dl}{a^2+z^2} \frac{|z|}{\sqrt{a^2+z^2}} \cdot 2 = \frac{1}{2 \pi \varepsilon_0} \frac{|z| \rho dl}{(a^2+z^2)^{3/2}} \end{aligned}$$

である。

また、電場の向きは、 $z \gt 0$ のときは +z方向、 $z \lt 0$ のときは -z方向である。

3)

z方向の単位ベクトルを $\hat{z}$ として、

$$\begin{aligned} \vec{E} &= \int_0^{\pi a} \frac{1}{2 \pi \varepsilon_0} \frac{z \rho dl}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{1}{2 \pi \varepsilon_0} \frac{z \rho \cdot \pi a}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{1}{2 \varepsilon_0} \frac{az \rho}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \end{aligned}$$

である。

4)

$a=\rho=\varepsilon_0=1$ とすると

$E_z(z)=\frac{z}{2(1+z^2)^{3/2}},\qquad E_z'(z)=\frac{1-2z^2}{2(1+z^2)^{5/2}}.$

奇関数で、原点を通り、$z\to\pm\infty$ で $0$ に近づく。極大点は $(1/\sqrt2,1/(3\sqrt3))$、極小点は $(-1/\sqrt2,-1/(3\sqrt3))$ である。

5)

z方向の単位ベクトルを $\hat{z}$ として、

$$\begin{aligned} \vec{B} &= \int_0^{2 \pi a} \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{a \omega \rho dl}{a^2+z^2} \frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}} \hat{z} \\ &= \int_0^{2 \pi a} \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{a^2 \omega \rho dl}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{\mu_0}{4 \pi} \frac{a^2 \omega \rho \cdot 2 \pi a}{(a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \\ &= \frac{\mu_0 a^3 \omega \rho}{2 (a^2+z^2)^{3/2}} \hat{z} \end{aligned}$$

である。

[2]

1)

$\nabla\cdot\mathbf E=0$ より

$$\begin{aligned} 0 = \vec{\nabla} \cdot \vec{E} = \frac{\partial E_x}{\partial x} + \frac{\partial E_y}{\partial y} + \frac{\partial E_z}{\partial z} = \frac{\partial E_z}{\partial z} = X(x) Y(y) \frac{dZ(z)}{dz} \sin \omega t \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \frac{dZ(z)}{dz} = 0 \end{aligned}$$

であり、 $Z(z)$ は $z$ に依存しない定数である。

2)

波動方程式の $z$ 成分の両辺に $E_z(x,y,t) = X(x) Y(y) Z \sin \omega t$ を代入すると、

$$\begin{aligned} \frac{d^2 X(x)}{dx^2} Y(y) Z \sin \omega t + X(x) \frac{d^2 Y(y)}{dy^2} Z \sin \omega t = - \varepsilon_0 \mu_0 \omega^2 X(x) Y(y) Z \sin \omega t \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} \frac{1}{X} \frac{d^2 X}{dx^2} + \frac{1}{Y} \frac{d^2 Y}{dy^2} = - \varepsilon_0 \mu_0 \omega^2 \end{aligned}$$

を得る。

3)

$$\begin{aligned} \frac{1}{X} \frac{d^2 X}{dx^2} = -k_x^2 , \ \ \ \ \frac{1}{Y} \frac{d^2 Y}{dy^2} = -k_y^2 \end{aligned}$$

より、

$$\begin{aligned} \frac{d^2 X}{dx^2} = -k_x^2 X , \ \ \ \ \frac{d^2 Y}{dy^2} = -k_y^2 Y \end{aligned}$$

であるから、 $X, Y$ の一般解は、次のようになる：

$$\begin{aligned} \begin{cases} X(x) = A \sin k_x x + B \cos k_x x \\ Y(y) = C \sin k_y y + D \cos k_y y \end{cases} . \end{aligned}$$

ここで、 $A, B, C, D$ は積分定数である。

4)

(i) $X(0)=0$ より、 $B=0$ であり、

$$\begin{aligned} X(x) = A \sin k_x x \end{aligned}$$

を得る。

$Y(0)=0$ より、 $D=0$ であり、

$$\begin{aligned} Y(y) = C \sin k_y y \end{aligned}$$

を得る。

よって、

$$\begin{aligned} E_z &= A \sin k_x x \cdot C \sin k_y y \cdot Z \sin \omega t \\ &= E_{z0} \sin k_x x \sin k_y y \sin \omega t \end{aligned}$$

を得る。 ここで、 $E_{z0} = A C Z$ とした。

(ii) $X(a)=0$ より、

$$\begin{aligned} k_x = \frac{\pi}{a} n_x \ \ \ \ (n_x = 1, 2, \cdots) \end{aligned}$$

を得る。

$Y(a)=0$ より、

$$\begin{aligned} k_y = \frac{\pi}{a} n_y \ \ \ \ (n_y = 1, 2, \cdots) \end{aligned}$$

を得る。

5)

問2), 3)より、

$$\begin{aligned} -k_x^2 - k_y^2 = - \varepsilon_0 \mu_0 \omega^2 \end{aligned} \begin{aligned} \therefore \ \ \omega^2 = \frac{k_x^2 + k_y^2}{\varepsilon_0 \mu_0} \end{aligned}$$

である。

これに、問4)で得た $k_x = \pi n_x / a, k_y = \pi n_y / a$ を代入すると、

$$\begin{aligned} \omega^2 = \frac{\pi^2 (n_x^2 + n_y^2)}{\varepsilon_0 \mu_0 a^2} \end{aligned}$$

となる。

$\omega = \omega_0$ となるのは $n_x=n_y=1$ のときなので、

$$\begin{aligned} \omega_0^2 &= \frac{2 \pi^2}{\varepsilon_0 \mu_0 a^2} \\ \therefore \ \ \omega_0 &= \sqrt{\frac{2 \pi^2}{\varepsilon_0 \mu_0 a^2}} \end{aligned}$$

を得る。

6)

$k=\pi/a$ とおけば、基本モードの電場は

$\mathbf E=E_{z0}\sin(kx)\sin(ky)\sin(\omega_0t)\,\hat{\mathbf z},\qquad \omega_0^2=\frac{2k^2}{\varepsilon_0\mu_0}.$

Faraday の法則 $\partial_t\mathbf B=-\nabla\times\mathbf E$ を時間積分すると、共振に伴う振動磁場は

$\boxed{\mathbf B=\frac{E_{z0}k}{\omega_0}\left[\sin(kx)\cos(ky)\,\hat{\mathbf x}-\cos(kx)\sin(ky)\,\hat{\mathbf y}\right]\cos(\omega_0t)}.$

$B_z=0$ であり、直接微分すると $\nabla\cdot\mathbf B=0$ と $\nabla\times\mathbf B=\varepsilon_0\mu_0\partial_t\mathbf E$ も満たす。共振とは無関係な静磁場の加算はここでは含めていない。

Reference

• 東北大学 2019年度入学 物理学専攻入試原卷（公式サイトの保存版）