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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 単位系で考える。真空中を、電荷 $q (q > 0)$ の点電荷が $x$ 軸上を一定の速さ $v (0 < v < c)$ で $+ x$ 方向に運動している。時刻 $t$ における点電荷の位置は $(v t, 0, 0)$ である。 $c$ は真空中の光速、 $ϵ_{0}$ は真空の誘電率とする。

この点電荷がつくる電磁場について、出発点として、ローレンツゲージ条件を満たす遅延ポテンシャル（リエナール・ヴィーヘルトポテンシャル） $ϕ, A$ をとる。これに対して、ゲージ関数 $χ (x, y, z, t)$ によるゲージ変換
$ϕ^{'} = ϕ - \frac{\partial χ}{\partial t}, A^{'} = A + \nabla χ$
を行い、新しいスカラーポテンシャルが点電荷の位置を除くすべての点・すべての時刻で $ϕ^{'} = 0$ となる（テンポラルゲージ）ようにする。さらに $χ$ は、点電荷の位置を除くすべての点で $χ (x, y, z, 0) = 0$ を満たすものとする。

このとき、点 $(0, d, 0) (d > 0)$ における時刻 $t = \frac{d}{v}$ での新しいベクトルポテンシャル $A^{'}$ の $y$ 成分 $A_{y}^{'}$ を、 $q, d, v, c, ϵ_{0}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

ゲージ変換とゲージ条件（説明と入口の問題）
偏微分と全微分（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（117 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

テンポラルゲージ $ϕ^{'} = 0$ にするには $\partial χ / \partial t = ϕ$ とすればよい。初期条件 $χ (t = 0) = 0$ から $χ$ は $ϕ$ の時間積分として決まる。

ヒント 2

等速運動する点電荷のローレンツゲージのポテンシャルは $ϕ = \frac{q}{4 π ϵ _{0}} \frac{γ}{γ ^{2} ( x - v t ) ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}$ 、 $A = v ϕ / c^{2}$ であり、 $A_{y} = 0$ となる。すると $A_{y}^{'} = \partial χ / \partial y = - \int_{0}^{t} E_{y} d t^{'}$ となる。

ヒント 3

点 $(0, d, 0)$ では $E_{y} = \frac{q}{4 π ϵ _{0}} \frac{γ d}{( γ ^{2} v ^{2} t ^{'2} + d ^{2} ) ^{3/2}}$ となる。これを $t^{'} = 0$ から $d / v$ まで積分すると $\frac{q}{4 π ϵ _{0} v d} \frac{γ}{1 + γ ^{2}}$ になる。

答えと解説

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- \frac{q c}{4 π ϵ _{0} v d 2 c ^{2} - v ^{2}}

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解説を読む

1. ローレンツゲージのポテンシャル

点電荷の静止系ではクーロンポテンシャル $ϕ_{0} = \frac{q}{4 π ϵ _{0} r _{0}}$ 、 $A_{0} = 0$ である。 $(ϕ / c, A)$ は 4 元ベクトルなので、ローレンツ変換すると（ $γ = 1/ 1 - v^{2} / c^{2}$ ）
$ϕ = \frac{q}{4 π ϵ _{0}} \frac{γ}{γ ^{2} ( x - v t ) ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}, A = \frac{v}{c ^{2}} ϕ = (\frac{v}{c ^{2}} ϕ, 0, 0)$
となる。静止系のポテンシャルはローレンツゲージ条件を満たし、この条件はローレンツ不変なので、これがリエナール・ヴィーヘルトポテンシャルそのものである。特に $A_{y} = 0$ である。

2. ゲージ関数の決定

$ϕ^{'} = 0$ より $\frac{\partial χ}{\partial t} = ϕ$ である。条件 $χ (x, y, z, 0) = 0$ と合わせると
$χ (x, y, z, t) = \int_{0}^{t} ϕ (x, y, z, t^{'}) d t^{'}$
と一意に決まる。

3. $A_{y}^{'}$ の計算

$A_{y} = 0$ なので
$A_{y}^{'} = \frac{\partial χ}{\partial y} = \int_{0}^{t} \frac{\partial ϕ}{\partial y} (x, y, z, t^{'}) d t^{'} = - \int_{0}^{t} E_{y} d t^{'}$
である。ここで $E_{y} = - \frac{\partial ϕ}{\partial y} - \frac{\partial A _{y}}{\partial t} = - \frac{\partial ϕ}{\partial y}$ を使った（ $y$ 微分と $t^{'}$ 積分は、積分範囲が $y$ によらないので交換できる）。この式は、テンポラルゲージでは $E = - \partial A^{'} / \partial t$ となることとも一致する。

点 $(0, d, 0)$ では
$E_{y} = - \frac{\partial ϕ}{\partial y} = \frac{q}{4 π ϵ _{0}} \frac{γ d}{( γ ^{2} v ^{2} t ^{'2} + d ^{2} ) ^{3/2}}$
である。不定積分 $\int \frac{d t ^{'}}{( a ^{2} t ^{'2} + b ^{2} ) ^{3/2}} = \frac{t ^{'}}{b ^{2} a ^{2} t ^{'2} + b ^{2}}$ （ $a = γ v, b = d$ ）を用いると
$\int_{0}^{d / v} E_{y} d t^{'} = \frac{q γ d}{4 π ϵ _{0}} \cdot \frac{d / v}{d ^{2} γ ^{2} d ^{2} + d ^{2}} = \frac{q}{4 π ϵ _{0} v d} \cdot \frac{γ}{1 + γ ^{2}} .$
ここで
$1 + γ^{2} = \frac{2 - v ^{2} / c ^{2}}{1 - v ^{2} / c ^{2}} ⟹ \frac{γ}{1 + γ ^{2}} = \frac{1}{2 - v ^{2} / c ^{2}} = \frac{c}{2 c ^{2} - v ^{2}}$
である。よって
$A_{y}^{'} = - \frac{q c}{4 π ϵ _{0} v d 2 c ^{2} - v ^{2}} .$

（確認： $q > 0$ なら点 $(0, d, 0)$ で $E_{y} > 0$ なので、 $A_{y}^{'}$ は $0$ から減少して負になる。符号は正しい。）

別解

リエナール・ヴィーヘルトポテンシャルは、等速運動する点電荷について $ϕ = \frac{q γ}{4 π ϵ _{0} γ ^{2} ( x - v t ) ^{2} + ρ ^{2}}$ 、 $A = \frac{v}{c ^{2}} ϕ$ となる。ここで $ρ^{2} = y^{2} + z^{2}$ 、 $γ = 1/ 1 - v^{2} / c^{2}$ である。 $v$ は $x$ 方向なので $A_{y} = 0$ である。

テンポラルゲージの条件 $ϕ^{'} = 0$ より $\partial χ / \partial t = ϕ$ となる。 $χ (x, y, z, 0) = 0$ を使うと $χ = \int_{0}^{t} ϕ d t^{'}$ である。したがって $A_{y}^{'} = A_{y} + \partial_{y} χ = \partial_{y} \int_{0}^{t} ϕ d t^{'}$ となる。

$\partial_{y} ϕ = - \frac{q γ y}{4 π ϵ _{0} ( γ ^{2} ( x - v t ^{'} ) ^{2} + ρ ^{2} ) ^{3/2}}$ である。点 $(0, d, 0)$ では $x = 0$ 、 $y = ρ = d$ なので
$A_{y}^{'} = - \frac{q γ d}{4 π ϵ _{0}} \int_{0}^{d / v} \frac{d t ^{'}}{( γ ^{2} v ^{2} t ^{'2} + d ^{2} ) ^{3/2}}$ 。

$u = γ v t^{'}$ と置くと $d t^{'} = d u / (γ v)$ で、積分範囲は $0 \leq u \leq γ d$ になる。 $\int \frac{d u}{( u ^{2} + d ^{2} ) ^{3/2}} = \frac{u}{d ^{2} u ^{2} + d ^{2}}$ なので、上端の値は $\frac{γ d}{d ^{2} \cdot d γ ^{2} + 1} = \frac{γ}{d ^{2} γ ^{2} + 1}$ である。下端 $u = 0$ では $0$ である。

よって
$A_{y}^{'} = - \frac{q γ d}{4 π ϵ _{0}} \cdot \frac{1}{γ v} \cdot \frac{γ}{d ^{2} γ ^{2} + 1} = - \frac{q}{4 π ϵ _{0} v d} \frac{γ}{γ ^{2} + 1}$ 。

$\frac{γ}{γ ^{2} + 1} = \frac{1}{1 + 1/ γ ^{2}} = \frac{1}{2 - v ^{2} / c ^{2}} = \frac{c}{2 c ^{2} - v ^{2}}$ なので
$A_{y}^{'} = - \frac{q c}{4 π ϵ _{0} v d 2 c ^{2} - v ^{2}}$ 。

検算として $v ≪ c$ の極限では $A_{y}^{'} \to - \frac{q}{4 2 π ϵ _{0} v d}$ となる。これは $\int_{0}^{d / v} \partial_{y} \frac{q}{4 π ϵ _{0} r} d t^{'}$ の非相対論的な計算と一致する。

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