電磁気学の基礎 II （その41） 18.4

「電磁気学の基礎 II」太田浩一著 (シュプリンガージャパン) の読書メモ

　(18.13)の置き換えで $\pmb{\nabla}\times\mathbf{E}'+\dot{\mathbf{B}}=0,\ \pmb{\nabla}\cdot\dot{\mathbf{B}}'=0$ となることはすぐにわかる．また

$\begin{align} \pmb{\nabla}\cdot \mathbf{E}' = \sqrt{\epsilon_r} \pmb{\nabla}\cdot\mathbf{E} = \frac{\sqrt{\epsilon_r}}{\epsilon}\varrho = \frac{\epsilon_r}{\epsilon}\varrho' = \frac{1}{\epsilon_0}\varrho' \end{align}$

であり，

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times \mathbf{H}-\dot{\mathbf{D}} = \frac{1}{\mu}\pmb{\nabla}\times\mathbf{B}-\epsilon \dot{\mathbf{E}}=\mathbf{J} \end{align}$

を使うと

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times \mathbf{B}' - \mu'_0 \epsilon_0 \dot{\mathbf{E}}' &= \sqrt{\epsilon_r} \pmb{\nabla}\times\mathbf{B} - \mu_0 \mu_r \epsilon_r \epsilon_0 \sqrt{\epsilon_r} \dot{\mathbf{E}} \\ &= \sqrt{\epsilon_r} \pmb{\nabla} \times\mathbf{B} - \mu \epsilon \sqrt{\epsilon} \dot{\mathbf{E}} \\ &= \sqrt{\epsilon_r}\mu \mathbf{J} \\ &= \epsilon_r \mu \mathbf{J}' = \mu_0 \mu_r \epsilon_r \mathbf{J}' = \mu'_0 \mathbf{J}' \end{align}$

になる．

　正弦波の電磁波について境界条件は，境界面で位相が等しいという条件

$\begin{align} \mathbf{k}_1\cdot\mathbf{x}-\omega_1 t = \mathbf{k}'_1\cdot\mathbf{x}-\omega'_1 t = \mathbf{k}_2\cdot\mathbf{x}-\omega_2 t \end{align}$

が境界面上の任意の $\mathbf{x}, t$ で成り立つ．これから

$\begin{align} \omega_1 = \omega'_1 = \omega_2 \end{align}$

となる．また，境界の位置を $z=0$ の平面上にとり， $\mathbf{x}=(x, y, 0)$ とし， $\mathbf{k}_1$ の向きを $xz$ 平面上にとると， $x$ 成分について

$\begin{align} k_{1x} = k'_{1x}=k_{2x} \end{align}$

であり，これは入射角 $\theta_1$ ，反射角 $\theta'_1$ ，屈折角 $\theta_2$ で表すと

$\begin{align} k_1 \sin\theta_1 = k'_1\sin\theta'_1 = k_2\sin\theta_2 \end{align}$

になる．入射と屈折は同じ媒質内なので $k_1=k'_1$ であるから， $\theta_1=\theta'_1$ となり

$\begin{align} \frac{\sin \theta_1}{\sin\theta_2}=\frac{k_2}{k_1} =\frac{\omega_2/v_2}{\omega_1/v_1}= \frac{v_1}{v_2} \end{align}$

となる．これから

$\begin{align} \frac{\sin\theta_1}{v_1}=\frac{\sin\theta_2}{v_2},\quad n_1 \sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2 \end{align}$

が得られる．

　光学活性の場合について，ファラデイの法則から

$\begin{align} \mathbf{B}_\pm &= \frac{1}{\omega}\mathbf{k}\times\mathbf{E}_\pm = \frac{k}{\omega}\mathbf{e}_z\times\mathbf{E}_\pm = (\mathbf{e}_y\mp i \mathbf{e}_x) \frac{kE_0}{\omega} e^{ikz-i\omega t} = \mp i\frac{k}{\omega}\mathbf{E}_{\pm} \end{align}$

となる． $\pmb{\nabla}\times\mathbf{B}=\mu\epsilon\dot{\mathbf{E}}-\mu(\alpha+\beta)\ddot{\mathbf{B}}$ の両辺を計算すると

$\begin{align} \pmb{\nabla}\times\mathbf{B}_\pm = i\mathbf{k}\times\mathbf{B}_\pm= (-i\mathbf{e}_x \pm \mathbf{e}_y) \frac{k^2 E_0}{\omega} e^{ikz-i\omega t} = -i \frac{k^2}{\omega} \mathbf{E}_{\pm} \end{align}$

$\begin{align} \mu \epsilon \dot{\mathbf{E}}_\pm-\mu(\alpha+\beta)\ddot{\mathbf{B}}_\pm &= (-i\mathbf{e}_x \pm \mathbf{e}_y) \mu \epsilon \omega E_0 e^{ikz-i\omega t} \\ &\ +(\mathbf{e}_y \mp i\mathbf{e}_x)(\alpha+\beta)\mu k\omega E_0 e^{ikz-i\omega t} \\ &= -i\mu \epsilon\omega \mathbf{E}_{\pm} \mp i (\alpha+\beta)\mu k \mathbf{E}_{\pm} \end{align}$

となるので

$\begin{align} i \left[ - \frac{k^2}{\omega} + \mu \epsilon\omega \pm (\alpha+\beta)\mu k \right]\mathbf{E}_\pm=0 \end{align}$

すなわち

$\begin{align} \frac{k^2}{\omega} = \mu\epsilon \omega \pm \mu (\alpha+\beta) k\omega \end{align}$

となる． $n_\pm=ck/\omega$ , $\mu\epsilon=1/v^2=n^2/c^2$ より $n_\pm^2$ の表式を得，2次方程式を解いて $\alpha, \beta$ の2次以上を無視すると $n_\pm$ の表式を得る．

　 $\theta_\pm = in_\pm \omega z/c$ とおくと

$\begin{align} \mathbf{E} &= \frac{1}{2}(\mathbf{E}_++\mathbf{E}_-) \\ &= \frac{E_0}{2}\left[ (\mathbf{e}_x+i\mathbf{e}_y) e^{i n_+ \omega z/c-i\omega t} + (\mathbf{e}_x-i\mathbf{e}_y) e^{i n_- \omega z/c-i\omega t} \right] \\ &= \frac{E_0 e^{-i\omega t}}{2}\left[ (\mathbf{e}_x+i\mathbf{e}_y)(\cos\theta_+ + i\sin\theta_+) +(\mathbf{e}_x-i\mathbf{e}_y)(\cos\theta_- + i\sin\theta_-) \right] \\ &= \frac{E_0 e^{-i\omega t}}{2} \bigg[ \mathbf{e}_x [\cos\theta_+ + \cos\theta_- + i (\sin\theta_++\sin\theta_-) ] \\ &\qquad -\mathbf{e}_y [\sin\theta_+-\sin\theta_- +i (-\cos\theta_+ + \cos\theta_-)] \bigg] \\ &= E_0 e^{-i\omega t} \bigg[ \mathbf{e}_x \bigg\{ \cos \frac{\theta_++\theta_-}{2} \cos\frac{\theta_+ - \theta_-}{2} +i \sin \frac{\theta_++\theta_-}{2} \cos\frac{\theta_+ - \theta_-}{2} \bigg\} \\ &\quad -\mathbf{e}_y \bigg\{ \cos \frac{\theta_++\theta_-}{2} \sin\frac{\theta_+ - \theta_-}{2} + i \sin \frac{\theta_++\theta_-}{2} \sin\frac{\theta_+ - \theta_-}{2} \bigg\} \bigg] \\ &= \bigg[ \mathbf{e}_x \cos\frac{\theta_+ - \theta_-}{2} -\mathbf{e}_y \sin\frac{\theta_+ - \theta_-}{2} \bigg] E_0 e^{ i(\theta_++\theta_-)/2-i\omega t} \end{align}$