東北大学 理学研究科 物理学専攻 2019年度 問題3（電磁気学）
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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)
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)
式(1)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)
式(5)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。