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電磁波と電磁場の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理電磁波と電磁場

SI 単位系で、内部が真空の、まっすぐで十分に長い長方形の中空導波管がある。管軸を $z$ 軸とし、断面は $0 \leq x \leq a$ 、 $0 \leq y \leq \frac{a}{2}$ である。管の中を、角振動数
$ω = \frac{3 π c}{2 a}$
の $TE_{10}$ モードの電磁波が $z$ 軸の正の向きに伝わっている。ここで $c$ は真空中の光速、 $Z_{0} = μ_{0} / ε_{0}$ は真空の特性インピーダンスである。

管の壁は完全導体ではなく、電気伝導率が大きい非磁性の良導体でできている。この角振動数での壁の表面抵抗を $R_{s} = \frac{ω μ _{0}}{2 σ}$ （ $σ$ は壁の電気伝導率）とする。表皮深さは $a$ に比べて十分小さく、損失は小さいとして、次の近似を用いよ。

管内の電磁場の分布は、壁が完全導体の場合の $TE_{10}$ モードの電磁場で近似できる。
壁の表面に沿った磁場の複素振幅を $H_{∥}$ とすると、壁の単位面積あたりで消費される電力の時間平均は $\frac{1}{2} R_{s} ∣ H_{∥} ∣^{2}$ である。

壁でのジュール損失のために、電磁場の振幅は $e^{- α z}$ に比例して減衰する（伝わる電力は $e^{- 2 α z}$ に比例する）。減衰定数 $α$ を $R_{s}$ 、 $Z_{0}$ 、 $a$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

導波管のモードと遮断周波数（説明と入口の問題）
ポインティングベクトルとエネルギー密度（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（171 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

摂動法を使う。損失がないときの $TE_{10}$ モードの場を使い、「伝わる電力 $P$ 」と「単位長さあたりに壁で失われる電力 $P_{L}$ 」を求める。そのうえで $α = P_{L} / (2 P)$ とする。

ヒント 2

$H_{z} = H_{0} cos (π x / a)$ 、 $∣ H_{x} ∣ = (β a / π) H_{0} sin (π x / a)$ 、 $∣ E_{y} ∣ = (ω μ_{0} a / π) H_{0} sin (π x / a)$ である。各壁でどの成分が壁に沿うかに注意する。側壁では $H_{z}$ だけ、上下の壁では $H_{x}$ と $H_{z}$ の両方が壁に沿う。

ヒント 3

$β = \frac{5 π}{2 a}$ より $P = \frac{3 5}{32} Z_{0} a^{2} H_{0}^{2}$ となる。また $P_{L} = \frac{R _{s}}{2} \cdot \frac{13 a}{4} H_{0}^{2}$ となる。

答えと解説

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\frac{26 5 R _{s}}{15 Z _{0} a}

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解説を読む

1. 伝わるモードの確認

断面 $a \times \frac{a}{2}$ の導波管の遮断角振動数は $ω_{mn} = c π (m / a)^{2} + (2 n / a)^{2}$ である。 $TE_{10}$ は $π c / a$ 、 $TE_{20}$ と $TE_{01}$ はともに $2 π c / a$ である。 $ω = \frac{3 π c}{2 a}$ はこの間にあるので、 $TE_{10}$ モードだけが伝わる。

波数は $k = ω / c = \frac{3 π}{2 a}$ 、遮断波数は $k_{c} = \frac{π}{a}$ である。したがって伝搬定数は
$β = k^{2} - k_{c}^{2} = \frac{π}{a} \frac{9}{4} - 1 = \frac{5 π}{2 a}$
となる。

2. 完全導体壁での $TE_{10}$ モードの場

時間と $z$ への依存を $e^{i (β z - ω t)}$ とする。マクスウェル方程式から、場の各成分は次のようになる。
$H_{z} = H_{0} cos \frac{π x}{a}, H_{x} = - \frac{i β a}{π} H_{0} sin \frac{π x}{a}, E_{y} = \frac{iω μ _{0} a}{π} H_{0} sin \frac{π x}{a}$

3. 伝わる電力

ポインティングベクトルの $z$ 成分の時間平均は $\frac{1}{2} Re (E_{x} H_{y}^{*} - E_{y} H_{x}^{*}) = \frac{1}{2} ∣ E_{y} ∣∣ H_{x} ∣$ である。これを断面で積分する。 $\int_{0}^{a} sin^{2} (π x / a) d x = a /2$ を使うと
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{ω μ _{0} β a ^{2}}{π ^{2}} H_{0}^{2} \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{ω μ _{0} β a ^{4} H _{0}^{2}}{8 π ^{2}}$
となる。ここで $ω μ_{0} = k Z_{0} = \frac{3 π Z _{0}}{2 a}$ と $β = \frac{5 π}{2 a}$ を代入すると
$P = \frac{3 5}{32} Z_{0} a^{2} H_{0}^{2}$
が得られる。

4. 単位長さあたりの壁の損失

- 側壁 $x = 0, a$ （高さ $a /2$ ）： $H_{x} \propto sin$ は $0$ になる。壁に沿う成分は $∣ H_{z} ∣ = H_{0}$ だけである。2 枚の合計の周回積分は $2 \cdot \frac{a}{2} \cdot H_{0}^{2} = a H_{0}^{2}$ である。
- 上下の壁 $y = 0, a /2$ （幅 $a$ ）： $H_{x}$ と $H_{z}$ がともに壁に沿う。1 枚あたり
$\int_{0}^{a} (H_{0}^{2} cos^{2} \frac{π x}{a} + \frac{β ^{2} a ^{2}}{π ^{2}} H_{0}^{2} sin^{2} \frac{π x}{a}) d x = \frac{a}{2} H_{0}^{2} (1 + \frac{5}{4}) = \frac{9 a}{8} H_{0}^{2}$
となる。2 枚で $\frac{9 a}{4} H_{0}^{2}$ である。

よって、単位長さあたりの損失は
$P_{L} = \frac{R _{s}}{2} (a + \frac{9 a}{4}) H_{0}^{2} = \frac{13}{8} R_{s} a H_{0}^{2}$
である。

5. 減衰定数

$P \propto e^{- 2 α z}$ なので $- \frac{d P}{d z} = 2 α P = P_{L}$ が成り立つ（エネルギー保存：単位長さあたりの電力の減少が壁での消費に等しい）。よって
$α = \frac{P _{L}}{2 P} = \frac{\frac{13}{8} R _{s} a}{2 \cdot \frac{3 5}{32} Z _{0} a ^{2}} = \frac{26 R _{s}}{3 5 Z _{0} a} = \frac{26 5 R _{s}}{15 Z _{0} a}$
となる。

(検算) 一般式 $α = \frac{R _{s}}{Z _{0} b 1 - ( ω _{c} / ω ) ^{2}} [1 + \frac{2 b}{a} (\frac{ω _{c}}{ω})^{2}]$ に $b = a /2$ 、 $ω_{c} / ω = 2/3$ を代入すると、 $\frac{2 R _{s}}{Z _{0} a} \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{13}{9}$ となり、上の結果と一致する。

別解

完全導体の場合の TE $_{10}$ モードの場を使い、壁での損失電力を伝送電力で割って $α$ を求める。断面は $a \times b$ 、 $b = a /2$ とする。

場と定数
- $k = ω / c = \frac{3 π}{2 a}$ 、 $k_{c} = \frac{π}{a}$ 、 $β = k^{2} - k_{c}^{2} = \frac{5 π}{2 a}$
- 場は $E_{y} = E_{0} sin (π x / a)$ 、 $H_{x} \propto - \frac{β}{ω μ _{0}} E_{y}$ 、 $H_{z} \propto \frac{k _{c}}{ω μ _{0}} E_{0} cos (π x / a)$ （位相因子は省略、 $H_{z}$ は $H_{x}$ と位相が $π /2$ ずれる）。
- $e = E_{0} / (ω μ_{0})$ とおくと、 $H_{x}$ の振幅は $β e sin (π x / a)$ 、 $H_{z}$ の振幅は $k_{c} e cos (π x / a)$ である。

伝送電力
$P = \frac{1}{2} \cdot \frac{β}{ω μ _{0}} ∣ E_{0} ∣^{2} \cdot \frac{ab}{2} = \frac{ω μ _{0} β ab}{4} e^{2}$

壁の損失（単位長さあたり）
- 上下の壁（ $y = 0, b$ ）では $H_{x}$ と $H_{z}$ がともに壁に沿う。2 枚分で $2 \int_{0}^{a} e^{2} (β^{2} sin^{2} + k_{c}^{2} cos^{2}) d x = a e^{2} (β^{2} + k_{c}^{2})$ 。
- 側壁（ $x = 0, a$ ）では $x = 0, a$ で $sin = 0$ 、 $∣ cos ∣ = 1$ なので、壁に沿う成分は $H_{z} = k_{c} e$ のみ。2 枚分で $2 b k_{c}^{2} e^{2}$ 。
- よって $P_{L} = \frac{R _{s}}{2} e^{2} [a (β^{2} + k_{c}^{2}) + 2 b k_{c}^{2}] = \frac{R _{s}}{2} e^{2} [a k^{2} + 2 b k_{c}^{2}]$ 。

減衰定数
電力は $e^{- 2 α z}$ に比例するので $α = \frac{P _{L}}{2 P}$ 。
$α = \frac{R _{s} ( a k ^{2} + 2 b k _{c}^{2} )}{ω μ _{0} β ab}$
$ω μ_{0} = k Z_{0}$ を用いると、
$α = \frac{R _{s} ( a k ^{2} + 2 b k _{c}^{2} )}{k Z _{0} β ab}$

数値を代入
$b = a /2$ より、
- 分子： $a (k^{2} + k_{c}^{2}) = a \cdot \frac{π ^{2}}{a ^{2}} (\frac{9}{4} + 1) = \frac{13 π ^{2}}{4 a}$
- 分母： $k β ab Z_{0} = \frac{3 π}{2 a} \cdot \frac{5 π}{2 a} \cdot \frac{a ^{2}}{2} Z_{0} = \frac{3 5 π ^{2}}{8} Z_{0}$

したがって
$α = \frac{13 π ^{2}}{4 a} \cdot \frac{8}{3 5 π ^{2}} \frac{R _{s}}{Z _{0}} = \frac{26}{3 5} \frac{R _{s}}{a Z _{0}} = \frac{26 5}{15} \frac{R _{s}}{a Z _{0}}$

検算
一般式 $α = \frac{R _{s} ( 2 b π ^{2} + a ^{3} k ^{2} )}{a ^{3} b β k Z _{0}}$ は、上の式の分子分母に $a^{2}$ を掛けたものと同じ形で、標準的な矩形導波管の TE $_{10}$ 減衰定数に一致する。

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