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電磁波と電磁場の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理電磁波と電磁場

SI 単位系で、真空中に、屈折率 $n = 2$ の一様な誘電体でできた厚さ $d$ の平行平板（ $0 \leq z \leq d$ 、 $x$ , $y$ 方向には十分に広い）が置かれている。誘電体は非磁性（透磁率は真空の透磁率 $μ_{0}$ に等しい）で、光を吸収しない。真空中での波長が $λ_{0}$ の単色の平面電磁波が、 $z < 0$ の側から板の表面に垂直に入射する。板の厚さは $d = \frac{λ _{0}}{16}$ である。

板の内部での多重反射をすべて考慮して、入射波の強度（ポインティングベクトルの大きさの時間平均）に対する、 $z > d$ の側へ透過する波の強度の比を、既約分数で求めよ。

この問題で使うもの

境界条件と垂直入射の反射・透過（説明と入口の問題）
オイラーの公式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（166 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

3 つの領域で電場を前進波と後退波の重ね合わせで書き、2 つの境界面で $E$ と $H$ の接線成分をつなぐ。多重反射は板の中の 2 つの波の振幅にまとめて含まれる。

ヒント 2

$H \propto n E$ （進む向きで符号が変わる）。板を 1 回通る位相は $δ = nk d = \frac{π}{4}$ である。

ヒント 3

$t = \frac{4 n}{4 n cos δ - 2 i ( n ^{2} + 1 ) sin δ}$ が得られる。両側とも真空なので強度の比は $∣ t ∣^{2}$ 。

答えと解説

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\frac{32}{41}

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解説を読む

設定電場を $x$ 方向にとり、 $E_{x} = E (z) e^{- iω t}$ とする。真空中の波数を $k = \frac{2 π}{λ _{0}}$ とすると、板の中の波数は $nk$ である。板の中を 1 回通過するときの位相を
$δ = nk d = 2 \cdot \frac{2 π}{λ _{0}} \cdot \frac{λ _{0}}{16} = \frac{π}{4}$
とおく。各領域の電場を
$z < 0 : e^{ik z} + r e^{- ik z}, 0 < z < d : A e^{ink z} + B e^{- ink z}, z > d : t e^{ik (z - d)}$
とする（多重反射の効果は、板の中の前進波と後退波の振幅 $A$ , $B$ にすべて含まれる）。

磁場ファラデーの法則より $H_{y} = \frac{1}{iω μ _{0}} \frac{d E _{x}}{d z}$ なので、屈折率 $n$ の媒質中で $\pm z$ 向きに進む波では $H_{y} = \pm \frac{n}{μ _{0} c} E_{x}$ である。

境界条件 境界面に表面電流・表面電荷はなく透磁率はどこでも $μ_{0}$ なので、 $E_{x}$ と $H_{y}$ が連続である。 $z = 0$ で
$1 + r = A + B (1), 1 - r = n (A - B) (2)$
$z = d$ で
$A e^{i δ} + B e^{- i δ} = t (3), n (A e^{i δ} - B e^{- i δ}) = t (4)$
$(3)$ , $(4)$ より
$A = \frac{( n + 1 ) e ^{- i δ}}{2 n} t, B = \frac{( n - 1 ) e ^{i δ}}{2 n} t$
$(1) + (2)$ より $2 = (1 + n) A + (1 - n) B$ なので
$2 = \frac{t}{2 n} [(n + 1)^{2} e^{- i δ} - (n - 1)^{2} e^{i δ}]$
角括弧の中は $4 n cos δ - 2 i (n^{2} + 1) sin δ$ なので
$t = \frac{4 n}{4 n cos δ - 2 i ( n ^{2} + 1 ) sin δ}$

透過率 入射側と透過側はどちらも真空なので、強度の比は $∣ t ∣^{2}$ である。
$∣ t ∣^{2} = \frac{16 n ^{2}}{16 n ^{2} cos ^{2} δ + 4 ( n ^{2} + 1 ) ^{2} sin ^{2} δ} = \frac{16 n ^{2}}{16 n ^{2} + 4 ( n ^{2} - 1 ) ^{2} sin ^{2} δ}$
（ $(n^{2} + 1)^{2} - 4 n^{2} = (n^{2} - 1)^{2}$ を使った）。 $n = 2$ , $sin^{2} δ = \frac{1}{2}$ を代入すると
$∣ t ∣^{2} = \frac{64}{64 + 4 \cdot 9 \cdot \frac{1}{2}} = \frac{64}{82} = \frac{32}{41}$

答え: $\frac{32}{41}$

別解

真空-誘電体界面の振幅反射係数は $r = \frac{1 - n}{1 + n} = - \frac{1}{3}$ 、板内の位相変化（片道）は $δ = \frac{2 π n d}{λ _{0}} = \frac{2 π \cdot 2}{16} = \frac{π}{4}$ 。

多重反射を足し合わせた（エアリーの公式）透過率は、板の両側が同じ媒質（真空）なので
$T = \frac{1}{1 + \frac{1}{4} ( n - \frac{1}{n} ) ^{2} sin ^{2} δ}$ 。

ここで $n - \frac{1}{n} = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ 、 $(\frac{3}{2})^{2} = \frac{9}{4}$ 、 $sin^{2} \frac{π}{4} = \frac{1}{2}$ より
$\frac{1}{4} \cdot \frac{9}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{9}{32}$ 。
$T = \frac{1}{1 + \frac{9}{32}} = \frac{32}{41}$ 。

検算（伝達行列）: 特性行列 $M = (cos δ - in sin δ - \frac{i}{n} sin δ cos δ)$ 、 $cos δ = sin δ = \frac{1}{2}$ 。透過振幅 $t = \frac{2}{M _{11} + M _{12} + M _{21} + M _{22}}$ の分母は $\frac{1}{2} (2 - \frac{i}{2} - 2 i) = \frac{1}{2} (2 - \frac{5 i}{2})$ （ここで $M_{12}$ に右側媒質の屈折率 1 を、 $M_{21}$ に左側の 1 を掛けた形）。 $∣ 分母 ∣^{2} = \frac{1}{2} (4 + \frac{25}{4}) = \frac{41}{8}$ 。 $T = ∣ t ∣^{2} = \frac{4}{41/8} = \frac{32}{41}$ ✓。

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