電磁気学の基礎 II （その13） 14.4.1, 14.4.2

　14.4.1節．マッカラーの公式(3.46)を使っているが，もっと直接的に

$\begin{align} |\mathbf{x}-\mathbf{x}'|&=\sqrt{r^2-2\mathbf{x}\cdot\mathbf{x}'+r'^2} = r-\frac{\mathbf{x}\cdot\mathbf{x}'}{r} +\cdots \end{align}$

を使ってもよい．

　電位については(14.7)を展開して

$\begin{align} \phi &= \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int dV' \left( \frac{[\varrho]}{r} +\frac{\mathbf{x}\cdot\mathbf{x}'[\varrho]}{r^3}+\frac{\mathbf{x}\cdot\mathbf{x}'[\dot\varrho]}{cr^2}\right) \\ &= \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\left(\frac{q}{r}+\frac{[\mathbf{p}]\cdot\mathbf{x}}{r^3}+\frac{[\dot{\mathbf{p}}]\cdot \mathbf{x}}{cr^2}\right) \end{align}$

となる．

　P426に定義されたヘルツベクトルを使うと

$\begin{align} \phi=\frac{q}{4\pi \epsilon_0 r}-\pmb{\nabla}\cdot\mathbf{\Pi}_e,\qquad \mathbf{A}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial\mathbf{\Pi}_e}{\partial t} \end{align}$

と表せる．

　ベクトルポテンシャルの回転を前回計算した

$\begin{equation} \pmb{\nabla}\times\frac{\displaystyle [\mathbf{J}]}{\displaystyle R}=\frac{\displaystyle[\mathbf{J}]\times\mathbf{R}}{\displaystyle R^3}+\frac{\displaystyle[\dot{\mathbf{J}}]\times\mathbf{R}}{\displaystyle cR^2} \end{equation}$

を使って求めると，ヘルツベクトルの下に書かれている磁場の式を得る．電場についても同様である．

　14.4.2節．(8.7)より

$\begin{align} \int dV' \mathbf{x}\cdot\mathbf{x}' [\mathbf{J}] &= -\int dV' \mathbf{x}'\{ \mathbf{x}\cdot\mathbf{x}'\pmb{\nabla}'\cdot[\mathbf{J}] +\mathbf{x}\cdot[\mathbf{J}]\} \end{align}$

であり，また

$\begin{align} \int dV' (\mathbf{x}'\times[\mathbf{J}])\times\mathbf{x} = \int dV' (\mathbf{x}\cdot\mathbf{x}' [\mathbf{J}]-\mathbf{x}' \mathbf{x}\cdot[\mathbf{J}]) \end{align}$

であるから， $\mathbf{x}'\mathbf{x}\cdot[\mathbf{J}]$ 項を消去すると(14.17)を得る．

　フィッツジェラルドベクトルは $\mathbf{A}=\pmb{\nabla}\times\mathbf{\Pi}_{\rm m}$ を満たす．

　ベクトルポテンシャルから磁場を求める．

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times\frac{[\mathbf{m}]\times\mathbf{x}}{r^3} &= \pmb{\nabla}\frac{1}{r^3}\times([\mathbf{m}]\times\mathbf{x})+\frac{1}{r^3}\pmb{\nabla} \times([\mathbf{m}]\times\mathbf{x}) \\ &=-3\frac{\mathbf{x}}{r^5}\times([\mathbf{m}]\times\mathbf{x})+ \frac{1}{r^3}\{\pmb{\nabla}\cdot(\mathbf{x}[\mathbf{m}])-\pmb{\nabla}\cdot([\mathbf{m}]\mathbf{x})\} \\ &= 3\frac{[\mathbf{m}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{r^5}-3\frac{[\mathbf{m}]}{r^3} \\ &\ +\frac{1}{r^3}([\mathbf{m}]\pmb{\nabla}\cdot\mathbf{x}+\mathbf{x}\cdot\pmb{\nabla}[\mathbf{m}] -\mathbf{x}\pmb{\nabla}\cdot[\mathbf{m}]-[\mathbf{m}]\cdot\pmb{\nabla}\mathbf{x})\\ &= 3\frac{[\mathbf{m}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{r^5}-\frac{[\mathbf{m}]}{r^3} -\frac{[\dot{\mathbf{m}}]}{cr^2}+\frac{[\dot{\mathbf{m}}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{cr^4} \end{align}$

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times\frac{[\dot{\mathbf{m}}]\times\mathbf{x}}{cr^2} &= \pmb{\nabla}\frac{1}{cr^2}\times([\dot{\mathbf{m}}]\times\mathbf{x})+\frac{1}{cr^2}\pmb{\nabla} \times([\dot{\mathbf{m}}]\times\mathbf{x}) \\ &=-2\frac{\mathbf{x}}{cr^4}\times([\dot{\mathbf{m}}]\times\mathbf{x})+ \frac{1}{cr^2}\{\pmb{\nabla}\cdot(\mathbf{x}[\dot{\mathbf{m}}])-\pmb{\nabla}\cdot([\dot{\mathbf{m}}]\mathbf{x})\} \\ &= 2\frac{[\dot{\mathbf{m}}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{cr^4}-2\frac{[\dot{\mathbf{m}}]}{cr^2} \\ &\ +\frac{1}{cr^2}([\dot{\mathbf{m}}]\pmb{\nabla}\cdot\mathbf{x}+\mathbf{x}\cdot\pmb{\nabla}[\dot{\mathbf{m}}] -\mathbf{x}\pmb{\nabla}\cdot[\dot{\mathbf{m}}]-[\dot{\mathbf{m}}]\cdot\pmb{\nabla}\mathbf{x})\\ &= 2\frac{[\dot{\mathbf{m}}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{cr^4}-2\frac{[\dot{\mathbf{m}}]}{cr^2} \\ &\ +\frac{1}{cr^2}\left( 3[\dot{\mathbf{m}}]-\frac{r}{c}[\ddot{\mathbf{m}}]+ \frac{[\ddot{\mathbf{m}}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{cr}-[\dot{\mathbf{m}}]\right) \\ &= 2\frac{[\dot{\mathbf{m}}]\cdot\mathbf{x}\mathbf{x}}{cr^4} +\frac{([\ddot{\mathbf{m}}]\times\mathbf{x})\times\mathbf{x}}{c^2r^3} \end{align}$

によりP428の磁場を得る．電場は $-\dot{\mathbf{A}}$ からすぐに得られる．これらから $\mathbf{n}=\mathbf{x}/r$ として

$\begin{align} \mathbf{E}_{\rm rad}=-\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{[\ddot{\mathbf{m}}]\times\mathbf{x}}{cr^2}= -c\mathbf{n}\times\mathbf{B}_{\rm rad} \end{align}$

$\begin{align} \mathbf{B}_{\rm rad}=\frac{1}{c}\mathbf{n}\times\mathbf{E}_{\rm rad} \end{align}$

$\begin{align} \mathbf{S}_{\rm rad}=\frac{c}{\mu_0}B_{\rm rad}^2\mathbf{n}=\frac{1}{c\mu_0}E_{\rm rad}^2 \mathbf{n} \end{align}$

になる．さらに $\mathbf{m}$ と $\mathbf{x}$ のなす角を $\theta$ とおくと

$\begin{align} S_{\rm rad}=\frac{\mu_0}{16\pi^2 c^3}\frac{[\ddot{\mathbf{m}}]^2\sin^2\theta}{r^2} \end{align}$

である．距離 $r$ の立体角 $d\Omega$ に放射されるエネルギーは $S_{\rm rad}r^2 d\Omega$ であるから、全空間に単位時間に放射される全エネルギーは

$\begin{align} P=\int d\Omega r^2 S_{\rm rad}=\frac{\mu_0}{16\pi^2 c^3}2\pi[\ddot{\mathbf{m}}]^2 \int_0^\pi d\theta\sin^3\theta =\frac{\mu_0}{6\pi c^3}[\ddot{\mathbf{m}}]^2 \end{align}$

になる．

　フィッツジェラルド双極子の場合

$\begin{align} [\ddot{\mathbf{m}}]^2 = (I_0S)^2 \left(\frac{2\pi}{T}\right)^4 \sin^2\left[\frac{2\pi}{T}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right] \end{align}$

であり，1周期平均を取ると

$\begin{align} \frac{1}{T}\int_0^T dt \sin^2\left[\frac{2\pi}{T}\left(t-\frac{r}{c}\right)\right] = \frac{1}{2} \end{align}$

であるから

$\begin{align} P= (I_0S)^2 \frac{\mu_0}{12\pi c^3} \left(\frac{2\pi}{T}\right)^4 =\frac{4\pi^3}{3}(I_0 S)^2 \frac{\mu_0}{c^3 T^4} \end{align}$

になる．

　後半は次回．