%Kiyoshi Shiraishi:電磁気学(後期) %
12/01/2001
%

電磁気学(後期)


%

未完成


%LaTeX2.09
%Kiyoshi Shiraishi 1998-1999
\documentstyle[12pt,graphics]{jarticle}
\newcommand{\be}{\begin{equation}}
\newcommand{\ee}{\end{equation}}
\newcommand{\bea}{\begin{eqnarray}}
\newcommand{\eea}{\end{eqnarray}}
\newcommand{\nn}{\nonumber \\}

\newcommand{\vnabla}{{\bf \nabla}}
\newcommand{\vsigma}{\vec{\sigma}}
%\newcommand{\vsigma}{{\bf \sigma}}
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%\newcommand{\vell}{{\bf \ell}}
\newcommand{\vA}{{\bf A}} %vector potential
\newcommand{\va}{{\bf a}} 
\newcommand{\vB}{{\bf B}} %磁場
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\newcommand{\vE}{{\bf E}} %電場
\newcommand{\ve}{{\bf e}}
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\newcommand{\Tr}{{\rm Tr}}
\newcommand{\bx}{{x\!\!\!\mbox{-~}}}

%%%%%%%%%%%%%%%
%\hfill {ver. 1.0}
%%%%%%%%%%%%%%%
\title{
電磁気学(後期)}
\author{
白石 清(山口大学理学部)
}
\date{1999年04月01日改訂}
\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}

\end{abstract}

\newpage
\tableofcontents


\newpage

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁波}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{波動方程式}

ここしばらくは,電荷,電流のない空間を考え,それを「真空」と呼ぼう。

\bigskip

真空中でのMaxwell方程式

\bea
\vnabla\cdot\vE&=&0 \label{eq:M1v} \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \label{eq:M2v} \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \label{eq:M3v} \\
\vnabla\times\vB&=&\frac{1}{c^2}\frac{\partial\vE}{\partial t}
\label{eq:M4v}
\eea

     $(c^2=\frac{1}{\epsilon_0\mu_0})$

\bigskip

(\ref{eq:M3v})と(\ref{eq:M4v})から
\bea
\vnabla\times\left(\vnabla\times\vE\right)&=&
-\vnabla\times\frac{\partial\vB}{\partial t} \nn
&=&-\frac{\partial}{\partial t}\left(\vnabla\times\vB\right) \nn
&=&-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vE}{\partial t^2}
\eea

\smallskip

一方,恒等式
\be
\vnabla\times\left(\vnabla\times\vE\right)=
\vnabla\left(\vnabla\cdot\vE\right)-\nabla^2\vE
\ee

があるので,われわれは
\be
\nabla^2\vE-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vE}{\partial t^2}=0
\ee

を得る。

\bigskip


(\ref{eq:M4v})と(\ref{eq:M3v})から
\bea
\vnabla\times\left(\vnabla\times\vB\right)&=&
\frac{1}{c^2}\vnabla\times\frac{\partial\vE}{\partial t} \nn
&=&\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}
\left(\vnabla\times\vE\right) \nn
&=&-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vB}{\partial t^2}
\eea

\smallskip

も導かれるので,
\be
\nabla^2\vB-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vB}{\partial t^2}=0
\ee

をも得る。

\bigskip

$\vE$,$\vB$の各成分(直交座標で)は,
同じ形の方程式
(2階線形偏微分方程式)を満たしている。

\smallskip

これを波動方程式という。

\subsection{波動方程式の解}

\be
\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-
\frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)F(z,t)=0
\ee

の解は

\be
F(z,t)=f(z-ct)+g(z+ct)
\ee

ここで$f(x)$,$g(x)$は任意の1変数関数。

\bigskip

\be
E_x=E_0\sin(kz-\omega t)
\ee

とおく。ただし$\omega/k=c$

電場の他の成分は$0$とする。

\bigskip

このとき

\be
\vnabla\cdot\vE=\frac{\partial E_x}{\partial x}=0
\ee

なので,(真空中の)ガウスの法則を満足している。

\bigskip

一方,

\be
\left(\vnabla\times\vE\right)_z=
-\frac{\partial E_x}{\partial y}=0
\ee

\bea
\left(\vnabla\times\vE\right)_y&=&
\frac{\partial E_x}{\partial z}=
-\frac{\partial B_y}{\partial t} \nn
&=&k E_0 \cos(kz-\omega t)
\eea

このことから

\be
B_y=\frac{k}{\omega}E_0\sin(kz-\omega t)=
\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\ee

磁場の他の成分は$0$。

\bigskip

この磁場は,明らかに磁場に対するガウスの法則を満足する。

\smallskip

また以下のように,アンペール+マクスウェルの法則を満足する。

\be
\left(\vnabla\times\vB\right)_z=0
\ee

\bea
\left(\vnabla\times\vB\right)_x&=&
-\frac{\partial B_y}{\partial z}=
\frac{1}{c^2}\frac{\partial E_x}{\partial t} \nn
&=&-\frac{E_0}{c}k \cos(kz-\omega t) \nn
&=&-\frac{1}{c^2}E_0\omega \cos(kz-\omega t)
\eea

\bigskip

まとめると

\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee

これはマクスウェル方程式の解。

\bigskip

これは$z$軸方向に進む「電磁波」を表している。

\bigskip

波の山(谷)を結ぶと,$x$-$y$平面に平行な面となっている。

このため,「平面電磁波」と呼ぶ。
\footnote{今,電磁波の話をしているのが明らかな場合は「平面波」でよい。}

\bigskip

$\vE\times\vB$がハ$z$軸方向(進行方向)を向いていることに注意。

\subsection{電場と磁場の対称性}

真空中のマクスウェル方程式は

\bea
\vnabla\cdot\vE&=&0 \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\vB&=&\frac{1}{c^2}\frac{\partial\vE}{\partial t}
\eea

である。

\bigskip

ここで,次のような置き換えをしてみよう。

\bea
\vE&\rightarrow& c\vB \\
\vB&\rightarrow& -\frac{\vE}{c}
\eea

そうすると,

\bea
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\cdot\vE&=&0 \\
c\vnabla\times\vB&=&\frac{1}{c}\frac{\partial\vE}{\partial t} \\
-\frac{1}{c}\vnabla\times\vE&=&\frac{c}{c^2}\frac{\partial\vB}{\partial t}
\eea

これらは,元のマクスウェル方程式と同一である。

\bigskip

マクスウェルの方程式の解が一組わかっていれば,さきの変換により,
別の解が求まる。

\bigskip


\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee

がマクスウェル方程式の解であることより,


\be
\left\{
\begin{array}{l}
c B_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
-\frac{E_y}{c}=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee

も,マクスウェル方程式の解である。

すなわち

\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_y=-E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_x=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee

はマクスウェル方程式の解。この解も$z$軸方向に進む電磁波を表す。

しかし,この解は自明。
なぜならば$z$軸を固定して,$x$-$y$軸を90度回転すれば,
前の解から得られる。いま,空間は等方だから,当然解となっている。

\begin{quote}
$\vE+i c\vB$という組み合わせを考えると,
マクスウェル方程式は

\bea
\vnabla\cdot\left(\vE+i c\vB\right)&=&0 \\
\vnabla\times\left(\vE+i c\vB\right)&=&
-\frac{\partial\vB}{\partial t}+i\frac{1}{c}
\frac{\partial\vE}{\partial t} \nn
&=&\frac{i}{c}\frac{\partial}{\partial t}\left(\vE+i c\vB\right)
\eea

という2つの式になる。

上で見た「置き換え」は,この場合,
式の複素共役をとることに対応する。
\end{quote}

\subsection{偏光}

\subsubsection{直線偏光}

二つの平面波の解

\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=B_0\sin(kz-\omega t)=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\label{eq:p1}
\ee

\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_y=-E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_x=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\label{eq:p2}
\ee

は,方程式の解という意味からは,独立である。

\smallskip

一般の平面電磁波はこれらの(位相のずらしを含めた)
重ね合わせで表せる。

\smallskip

二つの独立な状態を「偏光」(状態)という。

\smallskip

特に,この二つの解のようにそれぞれの電場の向きが一定であるとき,

直線偏光(状態)と呼ぶ。

\subsubsection{円偏光}

二つの独立な状態は,直線偏光でなくてもよい。

たとえば(\ref{eq:p1})

\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_x=E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y=\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee

と,(\ref{eq:p2})の位相をずらしたもの


\be
\left\{
\begin{array}{l}
E_y=E_0\cos(kz-\omega t) \\
B_x=-\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)
\end{array}
\right.
\ee

をたしたもの

\bea
E_x&=&E_0\sin(kz-\omega t),~~~E_y=E_0\cos(kz-\omega t) \\
B_y&=&\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t),~~~B_x=-\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)
\eea

とひいたもの

\bea
E_x&=&E_0\sin(kz-\omega t),~~~E_y=-E_0\cos(kz-\omega t) \\
B_y&=&\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t),~~~B_x=\frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)
\eea

は,二つの独立な平面波の解である。

\bigskip

この二つの状態は「円偏光」と呼ばれる。

\bigskip

そのわけは,電場,磁場の大きさが一定
\bea
|\vE|&=&E_0 \\
|\vB|&=&\frac{E_0}{c}
\eea

だからである。二つの偏光は電場の回転の向きが逆である。


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁場のエネルギー}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

いったん,電磁波から離れて,前期の復習も含め,
電磁場のもつエネルギーについて考えよう。

\subsection{電場のエネルギー}

\subsubsection{例1:平行板コンデンサ}

$S$:板の面積

$d$:板の間隔

\be
E=\frac{\sigma}{\epsilon_0}=\frac{Q}{\epsilon_0 S}
\ee

$\sigma$は電荷密度。

\bigskip

高校物理を思い出せば
\be
CV=Q
\ee
ここで$C$は(コンデンサの)静電容量。

\be
V=E d
\ee

なので

\be
C=\frac{\epsilon_0 S}{d}
\ee

また

\be
V=\frac{Q d}{\epsilon_0 S}
\ee

\bigskip

またまた高校物理を思い出すと
\footnote{いま教えてるのかなあ?}

\be
コンデンサに蓄えられたエネルギー U
=\frac{1}{2}CV^2
\ee

は次のようにも書ける。

\bea
U&=&\frac{1}{2}CV^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{\epsilon_0 S}{d}\frac{Q^2d^2}{\epsilon_0^2S^2} \nn
&=&\frac{1}{2}\epsilon_0\left(\frac{Q}{\epsilon_0 S}\right)^2
\underbrace{S d}_{体積}
\label{eq:Udenba1}
\eea

\begin{quote}
\underline{問題} 次の式の解釈は?

\be
\Delta U=\frac{1}{2}\frac{Q}{\epsilon_0 S}Q\Delta d
\ee

\be
\Delta U=\frac{Q d}{\epsilon_0 S}\Delta Q
\ee
\end{quote}

(\ref{eq:Udenba1})は,一様な電場$\vE$が

エネルギー密度$\frac{1}{2}\epsilon_0 E^2$を持っていると解釈できる。


\subsubsection{例2:球対称な電場}

半径$a$の球の表面に総電荷$Q$が一様に分布している。

どれだけのエネルギーを持っているか?

\bigskip

いま,球が電荷$q$を持っているとする。

無限遠方から,電荷$\Delta q$をもってきて,この球に付け加えるのに
必要な仕事の大きさは?

\bigskip

\bea
\Delta W&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_a^{\infty}
\frac{q\Delta q}{r^2}dr \nn
&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{a}\Delta q
\eea

したがって,$q=0$から$q=Q$にするまでに必要な仕事は

\bea
W&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_0^Q\frac{q}{a}d q \nn
&=&\frac{1}{8\pi\epsilon_0}\frac{Q^2}{a}
\eea

この仕事が蓄えられている。

\bigskip

電場のエネルギー密度が$\frac{1}{2}\epsilon_0 E^2$で与えられるとすると

$E_r=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{r^2}$なので

\bea
U&=&\int_V \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2 d^3\vr \nn
&=&4\pi\frac{1}{2}\epsilon_0\left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\right)^2
\int_a^{\infty}\frac{Q^2}{r^4}r^2 dr \nn
&=&\frac{1}{8\pi\epsilon_0}\frac{Q^2}{a}
\eea

$U=W$,すなわち仕事は電場のエネルギーとして蓄えられたと解釈できる。

\subsubsection{まとめ}

静電場$\vE$の存在するところには,エネルギー密度
\be
\frac{1}{2}\epsilon_0 E^2
\ee
が蓄えられている。


\subsection{磁場のエネルギー}

\subsubsection{例1:ソレノイドコイル}

長さに比べて太さが非常に小さいコイル。

内側の磁場はほぼ一様と見なせる。

\bigskip

アンペールの法則より
\be
B\ell=\mu_0 n\ell I
\ee

$\ell$:コイルの長さ

$n$:単位長さあたりの巻き数

ゆえに
\be
B=\mu_0 n I
\label{eq:solejiba}
\ee

\bigskip

誘導起電力(自己誘導)

電流を増やそうとすると減らそうとする向きに起電力が生じる。
(レンツの法則)
\be
V=\frac{d\Phi}{dt}~~~(大きさ)
\ee

コイルの有効磁束は
\be
\Phi=n\ell\Phi_1
\ee

$\Phi_1$はコイルの一断面積を貫く磁束。
\be
\Phi_1=BS=\mu_0 n I S
\ee

ゆえに
\be
V=\mu_0 n^2 \ell S\frac{dI}{dt}\equiv L\frac{dI}{dt}
\label{eq:no63}
\ee

$L$はコイルの(自己)インダクタンスと呼ばれる。
\footnote{位相をずらす効果については,(いまつかわないので)省略。}

\bigskip

コイルに流れる電流を$0$から$I$に増やすときに必要な仕事を求める。

電力を時間積分する。
\bea
W&=&\int_{t_i}^{t_f}VI' dt \nn
&=&\int_{t_i}^{t_f}LI'\frac{dI'}{dt} dt \nn
&=&\int_0^I LI' dI' \nn
&=&\frac{1}{2}LI^2
\eea

(これも高校で習ったかな?)

\bigskip

ところで,(\ref{eq:solejiba}),(\ref{eq:no63})を使うと

\bea
W&=&\frac{1}{2}\mu_0 n^2\ell SI^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}\left(\mu_0 n I\right)^2 S\ell \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2 \underbrace{S\ell}_{体積}
\eea

と書けるので,一様磁場がエネルギー密度
$\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2$を蓄えていると解釈できる。


\subsubsection{例2:反平行平面電流}

2枚の平行電流シート

互いに逆方向の向きに一様な電流
(単位長さあたりの電流密度$j$)が流れている。

$d$:シートの間隔

\bigskip

シートの間の一様磁場の大きさ
(アンペールの法則より)
\be
B=\mu_0 j
\ee

\bigskip

シートが反発する?

シートを引き離すと蓄えたエネルギーが減る?

No!

動かすときの誘導起電力まで考慮しないといけない。

\bigskip

\be
V=-\frac{d\Phi}{dt}=-B\ell\frac{\Delta d}{\Delta t}
\ee

電流方向の単位長さあたり
\be
V/\ell=E=-B\frac{\Delta d}{\Delta t}
\ee

これに逆らって,一定の$j$で電流を流す。

シートの単位面積あたり$jE$(ワット)の電力が必要。

したがって,$\Delta t$の間にシートを$\Delta d$引き離すとき,
(ただし,電流一定にする)必要な仕事は(単位面積あたり)
\bea
\Delta U&=&|jE|\Delta t-\frac{1}{2}Bj\Delta d \nn
&=&jB\Delta d-\frac{1}{2}Bj\Delta d \nn
&=&\frac{1}{2}Bj\Delta d \nn
&=&\frac{1}{2}\mu_0 j^2\Delta d \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2\Delta d
\eea

\bigskip

やはり磁場はエネルギー密度$\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2$
をもっていると解釈できる。

\subsubsection{まとめ}

静磁場$\vB$の存在するところには,エネルギー密度
\be
\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2
\ee
が蓄えられている。

\subsection{電磁場のエネルギー}

電磁場は,
\be
u=\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2
\ee
のエネルギー密度を持つ。

\begin{quote}
$u$は置き換え
\bea
\vE&\rightarrow&c\vB \\
\vB&\rightarrow&-\frac{1}{c}\vE
\eea
に対して,不変。

たとえば,
\bea
\frac{1}{2}\epsilon_0E^2&\rightarrow&
\frac{1}{2}\epsilon_0c^2B^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\epsilon_0\frac{1}{\epsilon_0\mu_0}B^2 \nn
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2
\eea
\end{quote}


\subsection{電磁場のエネルギーの保存}

エネルギーというからには,何らかの条件の下では
保存しているはずである。

\smallskip

マクスウェル方程式をもとに調べてみよう。

\bigskip

Maxwell方程式

\bea
\vnabla\cdot\vE&=&\frac{\rho}{\epsilon_0} \label{eq:temp1}\\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \label{eq:temp2}\\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \label{eq:temp3}\\
\vnabla\times\vB&=&\mu_0\vj+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\vE}{\partial t}
\label{eq:temp4}
\eea

\bigskip

(\ref{eq:temp3})の両辺に$\vB$を内積すると
\be
\vB\cdot\vnabla\times\vE=-\vB\cdot\frac{\partial\vB}{\partial t}
\label{eq:temp5}
\ee

(\ref{eq:temp4})の両辺に$\vE$を内積すると
\be
\vE\cdot\vnabla\times\vB=\mu_0\vE\cdot\vj+
\frac{1}{c^2}\vE\cdot\frac{\partial\vE}{\partial t}
\label{eq:temp6}
\ee

(\ref{eq:temp5})から(\ref{eq:temp6})を引くと
\be
\vB\cdot\vnabla\times\vE-\vE\cdot\vnabla\times\vB=
-\frac{1}{c^2}\vE\cdot\frac{\partial\vE}{\partial t}-
\vB\cdot\frac{\partial\vB}{\partial t}-
\mu_0\vE\cdot\vj
\label{eq:temp7}
\ee

\bigskip

ところでベクトル解析の公式より
\be
\vnabla\cdot\left(\vE\times\vB\right)\equiv
\vB\cdot\vnabla\times\vE-\vE\cdot\vnabla\times\vB
\ee

\begin{quote}
\bea
& &\frac{\partial}{\partial x}\left(
E_yB_z-E_zB_y\right) \nn
&+&\frac{\partial}{\partial y}\left(
E_zB_x-E_xB_z\right) \nn
&+&\frac{\partial}{\partial z}\left(
E_xB_y-E_yB_x\right) \nn
&=&B_z\left(\frac{\partial E_y}{\partial x}-
\frac{\partial E_x}{\partial y}\right) \nn
&-&E_z\left(\frac{\partial B_y}{\partial x}-
\frac{\partial B_x}{\partial y}\right) \nn
&+&\cdots
\eea
\end{quote}

なので,これで(\ref{eq:temp7})の左辺を書き換える。

また一方,
\bea
& &\frac{1}{c^2}\vE\cdot\frac{\partial\vE}{\partial t}+
\vB\cdot\frac{\partial\vB}{\partial t} \nn
&=&\frac{\partial}{\partial t}\left(
\frac{1}{2}\frac{1}{c^2}E^2+\frac{1}{2}B^2\right)
\eea

を右辺に用いる。

最後に両辺を$\mu_0$で割ると,次の式を得る。
\be
\frac{1}{\mu_0}\vnabla\cdot\left(\vE\times\vB\right)=
-\frac{\partial}{\partial t}\left(
\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2\right)-
\vE\cdot\vj
\label{eq:temp10}
\ee

\bigskip

領域$V$,その境界$S$を考える。

$V$内の電磁場のエネルギーは
\be
U=\int_V u d^3\vr=\int_V\left(
\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2\right)
d^3\vr
\ee

$U$の時間変化は,(\ref{eq:temp10})とガウスの定理により,
\be
\frac{\partial U}{\partial t}=
-\int_S \frac{1}{\mu_0}\left(\vE\times\vB\right)\cdot d\vsigma-
\int_V \vE\cdot\vj d^3\vr
\ee

\bigskip

右辺第2項は,電流が電場の中を流れることにより発生する
単位時間あたりのジュール熱を表す。

\begin{quote}
\bea
\int_V \vE\cdot\vj d^3\vr&=&
\int_V \vE\cdot(\hat{\rho}\vv) d^3\vr \nn
&=&\int_V \hat{\rho}\vE\cdot\vv d^3\vr \nn
&=&\int_V \underbrace{\vf}_{単位体積に働く力}
\cdot\vv d^3\vr
\eea
\end{quote}

右辺第1項は,表面での寄与になっている。

これは境界の表面から出ていくエネルギーの流れの総和を表している。

\be
\vS\equiv\frac{1}{\mu_0}\vE\times\vB
\ee
をPoynting's vectorとよび,これがエネルギー(密度)の
流れを表すものである。

\subsection{電磁波におけるエネルギーの流れ}

$z$方向に進行する平面波
\bea
E_x&=&E_0\sin(kz-\omega t) \\
B_y&=&\frac{E_0}{c}\sin(kz-\omega t)
\eea

\bigskip

このとき
\bea
u&=&\frac{1}{2}\epsilon_0E^2+\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}B^2 \\
&=&\left(\frac{1}{2}\epsilon_0E_0^2+
\frac{1}{2}\frac{1}{\mu_0}\frac{E_0^2}{c^2}\right)
\sin^2(kz-\omega t) \\
&=&\epsilon_0E_0^2 \sin^2(kz-\omega t)
\eea

一方ポインティングベクトルの大きさは
\bea
|\vS|&=&\frac{1}{\mu_0}\left(\vE\times\vB\right)_z \\
&=&\frac{1}{\mu_0}E_0\frac{E_0}{c}\sin^2(kz-\omega t) \\
&=&c\epsilon_0E_0^2 \sin^2(kz-\omega t)=cu
\eea

エネルギー密度が光の速度で$z$方向に流れている。

\begin{quote}
$\vS/c^2$は,運動量密度を与える。

電磁波の場合,
\be
運動量密度\times c=エネルギー密度
\ee

光子の運動量とエネルギーの関係と比較せよ。
\footnote{$p=\frac{h\nu}{c}$,$E=h\nu$}
\end{quote}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{平面波の反射,屈折}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{物質境界面}

\subsubsection{物質中のマクスウェル方程式}

反射,屈折は異なる物質の境界面で起きる。

ここでは,境界は平面の場合のみ扱う。

\bigskip

物質は真空とどうちがうか?

物質の電気磁気的性質・・・誘電率,透磁率が物質により異なる。

もちろん,個々の物質の特有な性質もあるが,
\footnote{「物性の研究室」で研究する!}

「第0近似」として,誘電率,透磁率のみによって
性質が表されるとしよう。
\footnote{方向によって性質が異なる場合もここでは考えない。}

\bigskip

ではマクスウェル方程式は
\bea
\vnabla\cdot\vE&=&\frac{\rho}{\epsilon} \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\vB&=&\mu\vj+\epsilon\mu\frac{\partial\vE}{\partial t}
\eea

でよいか?

境界を扱うくらいだから,$\epsilon$,$\mu$は少なくとも
空間的に変化している場合も取り扱えるようにする。

\bigskip

そのためには,次のようにする。
\bea
\vnabla\cdot\left(\epsilon\vE\right)&=&\rho \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\frac{\vB}{\mu}&=&\vj+
\frac{\partial\left(\epsilon\vE\right)}{\partial t}
\eea

こうすることにより,保存の式
\be
\frac{\partial\rho}{\partial t}+\vnabla\cdot\vj=0
\ee

は$\epsilon$,$\mu$の空間(時間)依存性に関わらず成立する。

\bigskip

\bea
\vD&\equiv&\epsilon\vE \\
\vH&\equiv&\frac{\vB}{\mu}
\eea

を定義する。このときマクスウェル方程式は
\bea
\vnabla\cdot\vD&=&\rho \\
\vnabla\cdot\vB&=&0 \\
\vnabla\times\vE&=&-\frac{\partial\vB}{\partial t} \\
\vnabla\times\vH&=&\vj+
\frac{\partial\vD}{\partial t}
\eea

と書ける。

\subsubsection{境界での接続の式}

媒質1と媒質2の境界面を考える。

面に垂直な単位ベクトル(法線ベクトル)を$\vn$とする。

また,面に平行な(ある方向の)単位ベクトルを$\vt$とする。

\bigskip

電場および磁場に対するガウスの法則より,
\bea
\vD_1\cdot\vn&=&\vD_2\cdot\vn \label{eq:juyo1} \\
\vB_1\cdot\vn&=&\vB_2\cdot\vn \label{eq:juyo2}
\eea

(境界面に電荷はない)

\bigskip

マクスウェル方程式の残り2つより,
\bea
\vE_1\cdot\vt&=&\vE_2\cdot\vt \label{eq:juyo3} \\
\vH_1\cdot\vt&=&\vH_2\cdot\vt \label{eq:juyo4}
\eea

(境界面に電流はない。また,ループを十分細くとれば
貫く磁束は無視できる。)


\subsection{平面波の反射・屈折}

媒質1の誘電率,透磁率を$\epsilon_1$,$\mu_1$,

媒質2の誘電率,透磁率を$\epsilon_2$,$\mu_2$

とする。

\subsubsection{電場が境界と平行な場合}

入射角を$\alpha$,屈折角を$\beta$,反射角を$\gamma$とする。

\bigskip

入射波
\be
\vE=\vE_0\sin(k_xx+k_zz-\omega t)
\ee

\smallskip

屈折波
\be
\vE'={\vE_0}'\sin({k_x}'x+{k_z}'z-\omega t)
\ee

\smallskip

反射波
\be
\vE''={\vE_0}''\sin({k_x}''x+{k_z}''z-\omega t)
\ee

\bigskip

ここで,$\omega$は共通。

\bigskip

$x$方向に何も「力」は働かないので,
\be
k_x={k_x}'={k_x}''
\label{eq:hk1}
\ee

\bea
k&\equiv&\sqrt{k_x^2+k_z^2} \\
k'&\equiv&\sqrt{{{k_x}'}^2+{{k_z}'}^2} \\
k''&\equiv&\sqrt{{{k_x}''}^2+{{k_z}''}^2}
\eea

とすれば

\be
k_x=k\sin\alpha=k'\sin\beta=k''\sin\gamma
\label{eq:hk2}
\ee

\bigskip

また,
\be
v_1\equiv\frac{1}{\sqrt{\epsilon_1\mu_1}},~~~
v_2\equiv\frac{1}{\sqrt{\epsilon_2\mu_2}}
\ee

とすれば
\bea
k&=&\frac{\omega}{v_1} \\
k'&=&\frac{\omega}{v_2} \\
k''&=&\frac{\omega}{v_1}
\eea

\bigskip

この式と(\ref{eq:hk1})および(\ref{eq:hk2})から
\be
\sin\alpha=\sin\gamma=\frac{v_1}{v_2}\sin\beta
\ee

がわかる。

\bigskip

すなわち
\be
\alpha=\gamma
\ee

(入射角=反射角)

\bigskip

および

\be
\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{v_1}{v_2}=
\frac{n_2}{n_1}
\ee

これをスネルの法則(Snell's law)という。

ここで$n$は屈折率。

\bigskip

磁場の振幅は
\bea
B_0&=&\frac{E_0}{v_1} \\
{B_0}'&=&\frac{{E_0}'}{v_2} \\
{B_0}''&=&\frac{{E_0}''}{v_1}
\eea

\bigskip

接続の式(\ref{eq:juyo3})より
\be
E_0+{E_0}''={E_0}'
\ee

接続の式(\ref{eq:juyo4})より
\be
\frac{B_0}{\mu_1}\cos\alpha-\frac{{B_0}''}{\mu_1}\cos\gamma=
\frac{{B_0}'}{\mu_2}\cos\beta
\ee

上の3つの式および$\alpha=\gamma$,スネルの法則より,
\be
E_0-{E_0}''=\frac{\mu_1}{\mu_2}\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}
\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}{E_0}'
\ee
を得る。

\bigskip

さらに,現実の(特に光を通すような物質では)
\be
\mu_1\approx\mu_2\approx\mu_0
\ee

なので,これを使うと

\be
E_0 : {E_0}' : {E_0}'' =
\sin(\alpha+\beta) : 2\sin\beta\cos\alpha : \sin(\beta-\alpha)
\ee

これをフレネルの第一公式(Fresnel's formula #1)という。

\begin{quote}
$n_2>n_1$のとき,$\alpha>\beta$。ゆえに$\sin(\beta-\alpha)<0$。

(「位相」の反転をあらわす。)
\end{quote}

\begin{quote}
\noindent
問題

接続の式のうち,二つしか使っていません。

残りの2つはよいのでしょうか?
\end{quote}

\subsubsection{磁場が境界と平行な場合}

スネルの法則までは同様に成り立つ。


\bigskip

接続の式(\ref{eq:juyo4})より
\be
\frac{B_0}{\mu_1}+\frac{{B_0}''}{\mu_1}=
\frac{{B_0}'}{\mu_2}
\ee

電場と磁場の大きさの関係,ならびにスネルの法則より
\be
E_0+{E_0}''=\frac{\mu_1}{\mu_2}\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}{E_0}'
\ee

\bigskip

接続の式(\ref{eq:juyo3})より
\be
E_0\cos\alpha-{E_0}''\cos\gamma={E_0}'\cos\beta
\ee

ゆえに
\be
E_0-{E_0}''=\frac{\cos\beta}{\cos\alpha}{E_0}'
\ee

\bigskip

\be
\mu_1\approx\mu_2\approx\mu_0
\ee

を使うと

\be
E_0 : {E_0}' : {E_0}'' =
\tan(\alpha+\beta) : 
\frac{2\sin\beta\cos\alpha}{\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)} : 
\tan(\alpha-\beta)
\ee

これをフレネルの第二公式(Fresnel's formula #2)という。

\subsection{反射率}

ポインティングベクトルの大きさの比は
\be
|\vS| : |\vS'| : |\vS''|=
\frac{1}{\mu_1}\frac{E_0^2}{v_1} : 
\frac{1}{\mu_2}\frac{{{E_0}'}^2}{v_2} : 
\frac{1}{\mu_1}\frac{{{E_0}''}^2}{v_1} : 
\ee
である。

\bigskip

反射率を
\be
R=\frac{|\vS''|}{|\vS|}=\frac{{{E_0}''}^2}{E_0^2}
\ee

とすると,

\bigskip

1 電場が境界に平行な場合
\be
R_1=\frac{\sin^2(\alpha-\beta)}{\sin^2(\alpha+\beta)}
\ee

\smallskip

2 磁場が境界に平行な場合
\be
R_2=\frac{\tan^2(\alpha-\beta)}{\tan^2(\alpha+\beta)}
\ee

\bigskip

2のばあい,おもしろいことがわかる。

$\alpha+\beta=\pi/2$となるとき,$R_2=0$
\footnote{このとき,$\sin\beta=\cos\alpha$,
ゆえに$\tan\alpha=n_2/n_1$。}

このとき,磁場が境界に平行な反射波はなくなる。

(Brewstar's law)

つまり,それ以外の「偏光」のみとなる。

(このため,偏光サングラスをかけると,
水面からの反射光などがまぶしくなくなる。)

\subsection{透過率}

透過率を
\be
T=\frac{|\vS'|}{|\vS|}
\ee

とする。

さらに,
\be
\mu_1\approx\mu_2\approx\mu_0
\ee

とすると,

透過率は
\be
T=\frac{v_1}{v_2}\frac{{{E_0}'}^2}{E_0^2}=
\frac{n_2}{n_1}\frac{{{E_0}'}^2}{E_0^2}
\ee

と書ける。

\begin{quote}
\noindent
問題

2つの場合に透過率を求めよ。
\end{quote}

\begin{quote}
\noindent
問題

$\alpha\rightarrow 0$の場合
(境界面に垂直に入射する場合)に,

反射率と透過率を屈折率を用いて表せ。

2つの場合とも同じ結果になるはずである。
\end{quote}

答え:
\bea
R&=&\left(\frac{n_2-n_1}{n_2+n_1}\right)^2 \\
T&=&\frac{4n_1n_2}{(n_2+n_1)^2}
\eea

したがって
\be
R+T=1
\ee

(この関係は$\alpha\rightarrow 0$の場合以外でも成り立つか?)



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁波の放射}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{時間に依存する電磁場}

\subsubsection{ポテンシャルの解}

真空中で時間に依存する電磁場を,
電荷密度,電流密度が与えられたときに求めたい。

\smallskip

そのために,(ゲージ)ポテンシャルの「解」を
まず求めよう。

\bigskip

解くべき式は
(前期ノート参照)
\bea
-\nabla^2\vA+\frac{1}{c^2}
\frac{\partial^2\vA}{\partial t^2}&=&
\mu_0\vj \\
-\nabla^2\phi+\frac{1}{c^2}
\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2}
&=&\frac{\rho}{\epsilon_0}
\eea

である。

ここで全てのものは,時間にも(位置にも)依存している。

\bigskip

ここで,いきなり解を紹介しよう。

それは
\bea
\phi(\vr,t)&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V
\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr' \\
\vA(\vr,t)&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V
\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\eea

である。

ここで
\be
R=|\vr-\vr'|
\ee

である。

\begin{quote}
$\rho$が時間に依存しない場合,
\be
\phi(\vr)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V
\frac{\rho(\vr')}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\ee
となり,前に求めた静電ポテンシャル
の解が導かれる。
\end{quote}



\subsubsection{解の「説明」}

\be
\phi(\vr,t)=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_V
\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\label{eq:kaiphi}
\ee

が
\be
-\nabla^2\phi+\frac{1}{c^2}
\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2}
=\frac{\rho}{\epsilon_0}
\label{eq:eqphi}
\ee

を満たすことを示そう。

\bigskip

領域$V$を$V_{\delta}$と$V_{-\delta}$に分ける。

ここで$V_{\delta}$は$\vr$のごく小さい近傍の領域とする。

\bigskip

\bea
\nabla^2\phi(\vr,t)&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{V_{\delta}}
\nabla^2\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr' \nn
&+&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_{V_{-\delta}}
\nabla^2\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{|\vr-\vr'|}d^3\vr'
\eea

\bigskip

右辺第一項においては,$V_{\delta}$内では$R$は非常に小さいので
\be
t'\equiv t-\frac{R}{c}\approx t
\ee

つまり「時間の差」は無視できる。したがって静電ポテンシャルの時と同様に
\be
右辺第一項=-\frac{\rho(\vr,t)}{\epsilon_0}
\ee

となる。

\bigskip

右辺第二項において,$\nabla^2$のかかる関数は$R$のみの関数であるから,
\be
\nabla^2\rightarrow \frac{1}{R}\frac{\partial^2}{\partial R^2}R
\ee

としてよい。

よって
\footnote{$\nabla^2$は$\vr'$には作用しないことに注意。}
\bea
\nabla^2\frac{\rho(\vr',t-R/c)}{R}&=&
\frac{1}{R}\frac{\partial^2}{\partial R^2}\rho(\vr',t-R/c) \nn
&=&\frac{1}{c^2R}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\rho(\vr',t-R/c)
\eea

\bigskip

以上の計算から,
(\ref{eq:kaiphi})が(\ref{eq:eqphi})を満たすことが示された。

\bigskip

同様に,$\vA$の解についてもチェックできる。

\begin{quote}
ちゃんとした解の導出は,
フーリエ変換のテクニックを使えばできます。

一般にフーリエ変換は,場の理論を扱うのに便利な道具です。

挑戦してみて下さい。
\end{quote}



\subsubsection{解のゲージ条件}

さて,そもそもポテンシャルに対する方程式は,
ローレンス(ゲージ)条件
\be
\vnabla\cdot\vA+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}=0
\ee

のもとで成り立つ式だった。

\smallskip

ここで求めた解は,条件を満たしているか,確かめてみよう。

\bigskip

\bea
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}&=&
\frac{1}{R}\vnabla\cdot\vj(\vr',t-R/c)+
\vj(\vr',t-R/c)\cdot\vnabla\frac{1}{R} \nn
&=&
\frac{1}{R}\left(\vnabla R\right)\cdot
\frac{\partial\vj(\vr',t-R/c)}{\partial R}+
\vj(\vr',t-R/c)\cdot\vnabla\frac{1}{R}
\eea

であるが,
\footnote{$\vnabla$は$R$にのみ作用し,$\vr'$に作用しない。}
\bea
\vnabla f(R)&=&\frac{\partial}{\partial \vR}f(R) \nn
&=&\frac{\partial}{\partial (\vr-\vr')}f(R) \nn
&=&-\frac{\partial}{\partial (\vr'-\vr)}f(R) \nn
&=&-\vnabla' f(R)
\eea

($\vnabla'$は$\vr'$に作用する演算子)
なので,
\be
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}=
-\frac{1}{R}\left(\vnabla' R\right)\cdot
\frac{\partial\vj(\vr',t-R/c)}{\partial R}-
\vj(\vr',t')\cdot\vnabla'\frac{1}{R}
\ee

となる。

\bigskip

一方,次のものを考えてみる。
\bea
& &\vnabla'\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}  \nn
&=&
\frac{1}{R}\vnabla'\cdot\vj(\vr',t-R/c)+
\vj(\vr',t')\cdot\vnabla'\frac{1}{R} \nn
&=&\frac{1}{R}
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{最初の\vr'にのみ作用}+
\frac{1}{R}\left(\vnabla' R\right)\cdot
\frac{\partial\vj(\vr',t-R/c)}{\partial R}+
\vj(\vr',t')\cdot\vnabla'\frac{1}{R}
\eea

\bigskip

前の計算と合わせると,
\be
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}+
\vnabla'\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}=\frac{1}{R}
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{最初の\vr'にのみ作用}
\ee

これを用いると,ベクトルポテンシャルの発散は
\bea
\vnabla\cdot\vA&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V
\vnabla\cdot\frac{\vj(\vr',t-R/c)}{R}d^3\vr' \nn
&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{1}{R}
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{最初の\vr'にのみ作用}
\eea

と書ける。ただし,表面項になる部分は,$V$が十分大きいため無視できるとした。

\bigskip

一方,スカラーポテンシャルの時間偏微分は
\bea
\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}&=&
\frac{1}{4\pi\epsilon_0 c^2}\int_V\frac{1}{R}
\frac{\partial}{\partial t}\rho(\vr',t-R/c) d^3\vr' \nn
&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0 c^2}\int_V\frac{1}{R}
\frac{\partial}{\partial t'}\rho(\vr',t') d^3\vr'
\eea

となるので,

結局
\be
\vnabla\cdot\vA+\frac{1}{c^2}\frac{\partial\phi}{\partial t}=
\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{1}{R}\left(
\underbrace{\vnabla'\cdot\vj(\vr',t')}_{\vr'}+
\frac{\partial\rho(\vr',t')}{\partial t'}\right)d^3\vr'
\ee

であることがわかるが,保存の式よりこの右辺は$0$。

よって解はローレンスゲージ条件を満足していることが確かめられた。

\subsection{電気双極子放射}

\subsubsection{十分遠方でのベクトルポテンシャルの解}

時間的に振動する電気双極子$\vp(t)$を考える。

双極子は原点にあり,向きは$z$方向とする。

最終的には,電荷の大きさが振動すると思っても,
長さが振動すると思ってもよいが,

とりあえず電荷が時間的に振動するとしてみよう。

\bigskip

原点から十分遠方での電磁場を求める。

\bigskip

振動する電気双極子による電流は
\be
I(t)=\frac{dq}{dt}
\ee

なので,
\bea
\vA(\vr,t)&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\int_V
\frac{\vj(\vr',t')}{|\vr-\vr'|}d^3\vr' \nn
&\approx&\frac{\mu_0\dot{q}(t')}{4\pi r}\int_{-\ell/2}^{\ell/2}d\vz \nn
&=&\frac{\mu_0\dot{q}(t')}{4\pi r}\vell \nn
&=&\frac{\mu_0\dot{\vp}(t')}{4\pi r}
\eea

を得る。

ただし,ここで
\be
t'=t-\frac{R}{c}
\ee

また十分遠方では$R\approx r$とした。

\bigskip

スカラーポテンシャル$\phi$は,この$\vA$と
ローレンス条件から求める。

\bigskip

その準備として,極座標でのベクトル解析
を復習しよう。

\subsubsection{極座標でのベクトル解析1:発散}

\noindent
\underline{計量}

微小な座標間隔の長さの2乗を
\be
ds^2=g_{ij}dx^idx^j
\ee

とする。1つの項のうちで2回でてくる添え字については
和をとるものとする。
\footnote{$ds^2=\sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3}g_{ij}dx^idx^j$}

\smallskip

$g_{ij}$を計量と呼ぶ。

\bigskip

デカルト座標では
\be
ds^2=dx^2+dy^2+dz^2
\ee

であり,
\be
x^1=x,~~~x^2=y,~~~x^3=z
\ee

とすれば
\be
g_{11}=g_{22}=g_{33}=1
\ee

である。

\bigskip

極座標では
\be
ds^2=dr^2+r^2d\theta^2+r^2\sin^2\theta d\varphi^2
\ee

であり,
\be
x^1=r,~~~x^2=\theta,~~~x^3=\varphi
\ee

とすれば
\be
g_{11}=1,~~~g_{22}=r^2,~~~g_{33}=r^2\sin^2\theta
\ee

である。

\bigskip

\noindent
\underline{ベクトルの大きさ}

普通のベクトル
\footnote{普通でないベクトルは後で出てくる。}
のおおきさも計量を使って決められる。
\be
A^2=g_{ij}A^iA^j
\ee

\bigskip

ただし,通常使われる極座標での成分と違いがあるので気をつける。

通常使われる極座標での成分$A^r$,$A^{\theta}$,$A^{\varphi}$では
\be
A^2=(A^r)^2+(A^{\theta})^2+(A^{\varphi})^2
\ee

と定義されているので,
\be
A^1=A^r,~~~
A^2=\frac{1}{r}A^{\theta},~~~
A^3=\frac{1}{r\sin\theta}A^{\varphi}
\ee

という関係になっている。

\bigskip

\noindent
\underline{ベクトルの発散}

一般にベクトルの発散は
\be
\vnabla\cdot\vA=\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_i
\left(\sqrt{g}A^i\right)
\ee

で表される。

ただしここで$\partial_i\equiv\frac{\partial}{\partial x^i}$

$g\equiv \det g_{ij}$である。
\footnote{極座標のような局所的に直交した座標系では,$g=g_{11}g_{22}g_{33}$}

\bigskip

極座標では
\be
\sqrt{g}=r^2\sin\theta
\ee

\bigskip

極座標で発散は次のように表される。
\bea
\vnabla\cdot\vA&=&\frac{1}{\sqrt{g}}\partial_i
\left(\sqrt{g}A^i\right) \nn
&=&\frac{1}{r^2\sin\theta}\left[
\partial_r\left(r^2\sin\theta A^1\right)+
\partial_{\theta}\left(r^2\sin\theta A^2\right)+
\partial_{\varphi}\left(r^2\sin\theta A^3\right)\right] \nn
&=&\frac{1}{r^2}\partial_r\left(r^2 A^1\right)+
\frac{1}{\sin\theta}\partial_{\theta}\left(\sin\theta A^2\right)+
\partial_{\varphi}A^3
\eea

ここで
\bea
\partial_1&=&\partial_r=\frac{\partial}{\partial r} \\
\partial_2&=&\partial_{\theta}=\frac{\partial}{\partial\theta} \\
\partial_3&=&\partial_{\varphi}=\frac{\partial}{\partial\varphi}
\eea

とした。

\bigskip

通常の極座標におけるベクトルの成分を使って書くと
\be
\vnabla\cdot\vA=
\frac{1}{r^2}\partial_r\left(r^2 A^r\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}\left(\sin\theta A^{\theta}\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}A^{\varphi}
\ee


\subsubsection{十分遠方でのスカラーポテンシャルの解}

ベクトルポテンシャルの解
\be
\vA(\vr,t)=\frac{\mu_0\dot{\vp}(t')}{4\pi r}
\ee

を通常の極座標の成分で書くと,
\bea
A^r&=&\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\cos\theta \\
A^{\theta}&=&-\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\sin\theta \\
A^{\varphi}&=&0
\eea

(ここで$\dot{p}$は$\dot{\vp}$の$z$成分。)

\bigskip

これを使って,ベクトルポテンシャルの発散を計算。
\bea
\vnabla\cdot\vA&=&
\frac{1}{r^2}\partial_r\left(r^2 A^r\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}\left(\sin\theta A^{\theta}\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}A^{\varphi} \nn
&=&\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r^2}\cos\theta-
\frac{\mu_0\ddot{p}}{4\pi cr}\cos\theta-
\frac{\mu_0\dot{p}}{2\pi r^2}\cos\theta \nn
&=&-\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{\ddot{p}}{cr}+\frac{\dot{p}}{r^2}
\right)\cos\theta
\eea

ここで
\be
\frac{\partial}{\partial r}\dot{p}(t-r/c)=-\frac{\ddot{p}}{c}
\ee

を使った。

\bigskip

ポテンシャルはローレンス条件を満たしていることから,
\be
\frac{\partial\phi}{\partial t}=-c^2\vnabla\cdot\vA
\ee

したがって
\bea
\phi&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\dot{p}}{cr}+\frac{p}{r^2}
\right)\cos\theta \nn
&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\vr\cdot\dot{\vp}}{cr^2}+
\frac{\vr\cdot\vp}{r^3}\right)
\eea

\bigskip

まとめると
\bea
\vA&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\dot{\vp}}{r} \\
\phi&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\vr\cdot\dot{\vp}}{cr^2}+
\frac{\vr\cdot\vp}{r^3}\right)
\eea

ただし,右辺は時刻$t'=t-r/c$での値。

\subsubsection{極座標でのベクトル解析2:電場と磁場}

\noindent
\underline{上付き添え字と下付添え字}

一般には,上付き添え字のベクトルと下付添え字のベクトルは
区別される。

\bigskip

ベクトルの大きさの2乗は
\be
A^2=g_{ij}A^iA^j=g^{ij}A_iA_j
\ee

ここで$g^{ij}$は$g_{ij}$の逆行列。

\bigskip

極座標では
\bea
A^2&=&(A^1)^2+r^2(A^2)^2+r^2\sin^2\theta(A^3)^2 \nn
&=&(A_1)^2+\frac{1}{r^2}(A_2)^2+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}(A_3)^2
\eea

一方,通常の記法では
\bea
A^2&=&(A^r)^2+(A^{\theta})^2+(A^{\varphi})^2 \nn
&=&(A_r)^2+(A_{\theta})^2+(A_{\varphi})^2
\eea

なので,
\bea
A_1&=&A_r=A^r \\
A_2&=&r A_{\theta}=r A^{\theta} \\
A_3&=&r\sin\theta A_{\varphi}=r\sin\theta A^{\varphi}
\eea

という対応関係である。

\bigskip

\noindent
\underline{電場}

\be
\vE=-\vnabla\phi-\frac{\partial\vA}{\partial t}
\ee

これは,次のように読む。
\be
E_i=-\partial_i\phi-\frac{\partial A_i}{\partial t}
\ee

極座標における通常の記法で表せば,次のようになる。
\bea
E_r&=&-\partial_r\phi-\frac{\partial A_r}{\partial t} \\
E_{\theta}&=&-\frac{1}{r}\partial_{\theta}\phi-
\frac{\partial A_{\theta}}{\partial t} \\
E_{\varphi}&=&-\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}\phi-
\frac{\partial A_{\varphi}}{\partial t}
\eea

\bigskip

\noindent
\underline{磁場}

磁場は残念ながら,普通のベクトルではないので
注意する。

一般には複雑なのでここでは極座標の場合だけを
考える。

\bigskip

\be
\vB=\vnabla\times\vA
\ee

これを,次のように読む。
\bea
B_1&=&\partial_2 A_3-\partial_3 A_2 \\
B_2&=&\partial_3 A_1-\partial_1 A_3 \\
B_3&=&\partial_1 A_2-\partial_2 A_1
\eea

極座標の場合,
\bea
B_1&=&\partial_{\theta}\left(r\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\partial_{\varphi}\left(r A_{\theta}\right) \\
B_2&=&\partial_{\varphi} A_r-
\partial_r\left(r\sin\theta A_{\varphi}\right) \\
B_3&=&\partial_r\left(r A_{\theta}\right)-
\partial_{\theta} A_r
\eea

となる。ここまでは今までのルールに従う。

ここからが違うところで,ここでは天下りに書くと,
\bea
B^r&=&\frac{1}{r^2\sin\theta}B_1 \\
B^{\theta}&=&\frac{1}{r\sin\theta}B_2 \\
B^{\varphi}&=&\frac{1}{r}B_3
\eea

これが普通のベクトルと違うところである。
\footnote{$B^r=\frac{1}{\sqrt{g_{22}g_{33}}}B_1$,
$B^{\theta}=\frac{1}{\sqrt{g_{33}g_{11}}}B_2$,
$B^{\varphi}=\frac{1}{\sqrt{g_{11}g_{22}}}B_3$}

\bigskip

したがって
\bea
B^r&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}
\left(\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\frac{1}{r^2\sin\theta}\partial_{\varphi}\left(r A_{\theta}\right) \\
B^{\theta}&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi} A_r-
\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\varphi}\right) \\
B^{\varphi}&=&\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\theta}\right)-
\frac{1}{r}\partial_{\theta} A_r
\eea

と書ける。

\subsubsection{電気双極子放射の電磁場}

\bea
E_r&=&-\partial_r\phi-\frac{\partial A_r}{\partial t} \\
E_{\theta}&=&-\frac{1}{r}\partial_{\theta}\phi-
\frac{\partial A_{\theta}}{\partial t} \\
E_{\varphi}&=&-\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi}\phi-
\frac{\partial A_{\varphi}}{\partial t}
\eea

\bea
B^r&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\theta}
\left(\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\frac{1}{r^2\sin\theta}\partial_{\varphi}\left(r A_{\theta}\right) \\
B^{\theta}&=&\frac{1}{r\sin\theta}\partial_{\varphi} A_r-
\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\varphi}\right) \\
B^{\varphi}&=&\frac{1}{r}\partial_r\left(r A_{\theta}\right)-
\frac{1}{r}\partial_{\theta} A_r
\eea

以上の式に,ポテンシャルの解
\bea
A^r&=&\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\cos\theta \\
A^{\theta}&=&-\frac{\mu_0\dot{p}}{4\pi r}\sin\theta \\
A^{\varphi}&=&0
\eea

および
\be
\phi=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\dot{p}}{cr}+\frac{p}{r^2}
\right)\cos\theta
\ee

を代入する。

\bigskip

ちょっとした計算をすると,結果は
\bea
E_r&=&\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\left(\frac{\dot{p}}{cr^2}+
\frac{p}{r^3}\right)\cos\theta \\
E_{\theta}&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{\ddot{p}}{c^2r}+
\frac{\dot{p}}{cr^2}+\frac{p}{r^3}\right)\sin\theta \\
E_{\varphi}&=&0
\eea

および
\bea
B^r&=&0 \\
B^{\theta}&=&0 \\
B^{\varphi}&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{\ddot{p}}{cr}+
\frac{\dot{p}}{r^2}\right)\sin\theta
\eea

\bigskip

$r$がおおきいところでもっとも大きな寄与をする項だけをのこすと

\bea
E_{\theta}&=&\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\ddot{p}}{c^2r}\sin\theta \\
B^{\varphi}&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\ddot{p}}{cr}\sin\theta
\eea

残りは無視できる。残りを落としてもよいことの正当性は,後に明らかとなる。

(ここでは,$cB^{\varphi}=E_{\theta}$に注意。)

\subsubsection{放射電磁波の強度}

このときのエネルギーの流れを表す
ポインティングベクトルの向きは動径方向で,
大きさは
\be
\frac{1}{\mu_0}E_{\theta}B^{\varphi}=
\frac{1}{16\pi^2\epsilon_0c^3}\frac{|\ddot{p}|^2}{r^2}\sin^2\theta
\ee

である。

これを半径$r$の球面上で積分すると,放射電磁波の電力となる。
\bea
W&=&2\pi\int_0^{\pi}\left(\frac{1}{16\pi^2\epsilon_0c^3}
\frac{|\ddot{p}|^2}{r^2}\sin^2\theta\right)r^2\sin\theta d\theta \nn
&=&\frac{|\ddot{p}|^2}{6\pi\epsilon_0c^3}
\eea

これは,$r$によらないから,無限遠まで到達する電磁波の寄与を表す。

さかのぼって考えれば,以前無視した部分は,
無限遠まで影響を及ぼすことはない,ということである。

\begin{quote}
荷電粒子の加速度運動でも,同様に放射電磁波の強度が計算される。

双極子輻射とほぼ同じ形となり,
\be
W(t)=\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}(\ddot{z}(t))^2
\ee
となる。

ここで$q$は粒子の電荷,$\ddot{z}(t)$は粒子の加速度である。

これをLarmorの公式という。
\end{quote}

双極子放射の場合,
\be
p=p\sin\omega t
\ee

のような振動だとすると,

時間平均をした放射電力は
\be
\langle W\rangle=\frac{|p|^2\omega^4}{12\pi\epsilon_0c^3}
\ee

となる。

放射電磁波の強度は振動数の4乗に比例する。

\subsection{荷電粒子に働く減衰力}

加速度運動をしている荷電粒子は,
電磁波を放射するため,エネルギーを失う。

\smallskip

その効果は,運動方程式中に減衰力としてあらわれる。

\bigskip

減衰力の大きさを$K(t)$とする。

Larmorの公式により
\bea
& &\int_{t_1}^{t_2}K(t)v(t)dt \nn
&=&-\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}
\int_{t_1}^{t_2}(\dot{v}(t))^2 dt \\
&=&-\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}\left\{\left[v\dot{v}
\right]_{t_1}^{t_2}-
\int_{t_1}^{t_2}\ddot{v}v dt\right\}
\eea

最右辺第一項の寄与は,
典型的な振動運動の場合,
平均としては効いてこない。

\bigskip

したがって
\be
K(t)=\frac{q^2}{6\pi\epsilon_0c^3}\ddot{v}(t)
\ee

が減衰力の大きさである。

(加加速度に比例。)


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{電磁波の散乱}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\subsection{自由電子による散乱}

入射電磁波を$z$方向に進む平面波とする。
\be
E_x=E_0\sin(kz-\omega t)
\ee

この平面波のはこぶエネルギーの流れの大きさは
\bea
u_{in}&=&|\vS| \nn
&=&\frac{1}{\mu_0}|\vE\times\vB| \nn
&=&\frac{1}{\mu_0}\frac{1}{c}E_0^2\sin^2(kz-\omega t) \nn
&=&c\epsilon_0E_0^2\sin^2(kz-\omega t)
\eea

したがってその時間平均は
\be
\langle u_{in}\rangle=\frac{1}{2}c\epsilon_0E_0^2
\ee

\bigskip

($z=0$にある)自由電子の運動方程式は
\be
m\ddot{x}=eE_0\sin\omega t
\ee

自由電子の加速度運動は,双極子輻射と同様の放射を導く。

\bigskip

よって,十分遠方で,単位立体角あたりに
散乱されるエネルギーの流れは
\be
r^2u=\frac{e^2}{16\pi^2\epsilon_0c^3}\left(
\frac{eE_0}{m}\right)^2\sin^2\omega t\sin^2\theta
\ee

したがって
\be
\langle r^2u\rangle=\frac{e^2}{32\pi^2\epsilon_0c^3}\left(
\frac{eE_0}{m}\right)^2\sin^2\theta
\ee

\bigskip

単位強度の入射当たりの,単位時間,単位立体角に
散乱されるエネルギーの強さを散乱微分断面積
$\frac{d\sigma}{d\Omega}$とする。

つまり
\be
\frac{d\sigma}{d\Omega}\equiv
\frac{\langle r^2 u\rangle}{\langle u_{in}\rangle}=
\frac{e^4}{16\pi^2\epsilon_0^2m^2c^4}\sin^2\theta
\ee

\bigskip

ここで,$\theta$は$x$軸からはかった角度であることに注意する。

$z$軸からの角度を$\Theta$とすると,
$x$-$z$平面上では
\be
\frac{d\sigma}{d\Omega}=
\frac{e^4}{16\pi^2\epsilon_0^2m^2c^4}\cos^2\Theta
\ee

$y$-$z$平面上では
\be
\frac{d\sigma}{d\Omega}=
\frac{e^4}{16\pi^2\epsilon_0^2m^2c^4}
\ee

\bigskip

最初に考えたのは,$x$方向に偏光した平面波であるから,
偏光していない入射波の場合は
($y$方向に偏光した平面波を加えて考えて),この平均となる。

\bigskip

結局,偏光のない平面波の自由電子による散乱微分断面積は
\be
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)_T=
\left(\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0mc^2}\right)^2
\frac{1+\cos^2\Theta}{2}
\ee

これをトムソン散乱の微分断面積という。

(偏光のない平面波の自由電子による散乱をトムソン散乱という。)

\bigskip

ちなみに,
\be
\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0mc^2}
\ee

のことを古典電子半径と呼ぶ。



\subsection{弾性的に束縛された電子による散乱}

入射波は平面波とする。

($z=0$にある)自由電子の運動方程式は
\be
m\ddot{x}+m\omega_0^2 x=eE_0\sin\omega t
\ee

したがって
\be
x(t)=\frac{eE_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\sin\omega t
\ee

\be
\ddot{x}^2=\left(\frac{eE_0\omega^2}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\right)^2
\sin^2\omega t
\ee

\bigskip

したがって
\be
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)=
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)_T
\frac{\omega^4}{(\omega_0^2-\omega^2)^2}
\ee

\bigskip

$\omega<<\omega_0$の場合,つまり波長が長い場合は
\be
\left(\frac{d\sigma}{d\Omega}\right)\propto
\omega^4\propto
\frac{1}{\lambda^4}
\ee

ここで$\lambda$は光の波長。

\bigskip

このような長波長の光の散乱をレーリー散乱と呼ぶ。

レーリー散乱の断面積は,波長の逆数の4乗に比例する。

\bigskip

青い光の方が赤い光よりもよく散乱されるため,
空は青く,夕日は赤く見える!

\newpage

\section*{付録}

\noindent
\underline{極座標でのベクトル解析}

$\ve_r$,$\ve_{\theta}$,$\ve_{\varphi}$は$r$,$\theta$,$\varphi$
各方向の単位ベクトル。

\be
\vnabla\phi=\frac{\partial\phi}{\partial r} \ve_r+
\frac{1}{r}\frac{\partial\phi}{\partial\theta} \ve_{\theta}+
\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial\phi}{\partial\varphi} \ve_{\varphi}
\ee

\be
\vnabla\cdot\vA=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}
\left(r^2A_r\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}
\left(\sin\theta A_{\theta}\right)+
\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial A_{\varphi}}{\partial\varphi}
\ee

\bea
\vnabla\times\vA&=&\frac{1}{r\sin\theta}\left\{
\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta A_{\varphi}\right)-
\frac{\partial A_{\theta}}{\partial\varphi}\right\}\ve_r \nn
&+&
\frac{1}{r}\left\{\frac{1}{\sin\theta}
\frac{\partial A_r}{\partial\varphi}-
\frac{\partial}{\partial r}\left(r A_{\varphi}\right)\right\}\ve_{\theta} \nn
&+&
\frac{1}{r}\left\{
\frac{\partial}{\partial r}\left(r A_{\theta}\right)-
\frac{\partial A_r}{\partial\theta}\right\}\ve_{\varphi}
\eea

\be
\nabla^2\phi=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}
\left(r^2\frac{\partial\phi}{\partial r}\right)+
\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}
\left(\sin\theta\frac{\partial\phi}{\partial\theta}\right)+
\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2\phi}{\partial\varphi^2}
\ee

\newpage

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\begin{thebibliography}{99}

%\bibitem{To} ???・


%\end{thebibliography}

\end{document} 

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