ファインマン物理学Ⅳ第３章 導波管（問題）

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第３章　導波管（問題）

3-1

\[
\Delta V=-L_0\Delta x \frac{\partial I}{\partial t}
\]

$\Delta x\to 0$の極限をとり
\[
\frac{\partial V}{\partial x}=-L_0\frac{\partial I}{\partial t}.
\]
\[
q=-C_0\Delta xV
\]
の時間変化が電流
\[
\Delta I=-C_0\Delta x \frac{\partial V}{\partial t}
\]
これの極限をとり
\[
\frac{\partial I}{\partial x}=-C_0\frac{\partial V}{\partial t}.
\]

\[
\frac{\partial ^2I}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left( -C_0\frac{\partial V}{\partial t}\right)
=-C_0\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial V}{\partial x}
=C_0L_0\frac{\partial ^2I}{\partial t^2}
\]
\[
\frac{\partial ^2V}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left( -L_0\frac{\partial I}{\partial t}\right)
=-L_0\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial I}{\partial x}
=L_0C_0\frac{\partial ^2V}{\partial t^2}.
\]

3-2

長さ$l$の部分のキャパシタンスは
\[
C=\frac{\epsilon _0 bl}{a}.
\]
よって$C_0=\frac{\epsilon _0 b}{a}$.
$L_0C_0=\frac{1}{c^2}$より
\[
L_0=\frac{1}{C_0c^2}.
\]
よって
\[
\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}=\sqrt{\frac{1}{C_0^2c^2}}=\frac{a}{c\epsilon _0b}.
\]


3-3

円筒の軸の方向に$z$軸をとる.
$r=\sqrt{x^2+y^2}$とおく.
\[
\mathbf{E}=\frac{(x, y, 0)}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z)
\]
と仮定する.
ここで$k_zl=n\pi $.

\[
\left( \frac{\partial ^2}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\right)\frac{x}{r^2}
=\cdots =-6xr^{-4}+8x^3r^{-6}.
\]
\[
\left( \frac{\partial ^2}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\right)\frac{x}{r^2}
=\cdots =-2xr^{-4}x+8xy^2r^{-6}.
\]
よって
\begin{eqnarray*}
&&\left( \partial _x^2+\partial _y^2+\partial _z^2-\frac{\partial _t^2}{c^2}\right)\frac{x}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z)\\
&=&\left( -6xr^{-4}+8x^3r^{-6}-2xr^{-4}x+8xy^2r^{-6}-\frac{x}{r^2}k_z^2+\frac{x\omega ^2}{r^2c^2}\right)e^{i\omega t}\sin (k_z z)\\
&=&\left( -k_z^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right) \frac{x}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z).
\end{eqnarray*}

よって
\[
\omega =k_zc=\frac{n\pi c}{l}.
\]
\[
\omega _0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{l}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \frac{b}{a}\frac{2\pi \epsilon _0l}{\log \frac{b}{a}}}}=\frac{c}{l}.
\]

3-4

\[
\mathbf{E}=\sin k_xx\sin k_zze^{i\omega t}\mathbf{e}_y
\]
と仮定する（問題文だと電場が$z$によらなくなってしまう（棚上げ問））.
これが波動方程式を満たすためには
\[
k_x^2+k_z^2-\frac{\omega ^2}{c^2}=0.
\]
\[
\omega =c\sqrt{k_x^2+k_z^2}=c\pi \sqrt{\frac{n}{a}+\frac{m}{l}}.
\]


3-5

a)
\[
V(x, t)=V_0\cos \omega t\cos kx.
\]
と仮定する.
ここで
$k=\frac{\omega }{c}$.
\[
\cos kx=\pm 1\Leftrightarrow kx=n\pi .
\]
\[
x=\frac{n\pi }{k}=\frac{n c \pi}{\omega }=\frac{c \pi}{\omega }, \frac{2 c \pi}{\omega }, \frac{3 c \pi}{\omega }, \frac{4 c \pi}{\omega }
\]

b)
\[
V(x, t)=V_0(\cos (\omega t-kx)+\cos (\omega t+kx))/2.
\]

\[
I_{\pm}=\frac{V_0}{2z_0}\cos (\omega t\mp kx),
\]
ここで$z_0=\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}$.

c)
\[
I(x, t)=I_++I_-=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t\sin kx.
\]
よって
\[
I(0, t)=0,
\]
\[
I(l/2, t)=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t\frac{1}{\sqrt{2}},
\]
\[
I(l, t)=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t.
\]


3-6
\[
V=V_0\Re (ae^{i(\omega t-kx )}+be^{i(\omega t+kx )})
\]
\[
I=\frac{V_0}{z_0}\Re (ae^{i(\omega t-kx )}-be^{i(\omega t+kx )})
\]

\[
V(l, t)=\Re (\hat{V}e^{i\omega t})
\]
\[
I(l, t)=\Re (\hat{I}e^{i\omega t})
\]
ここで
\[
\hat{V}=V_0 (ae^{-ikl}+be^{ikl}),
\]
\[
\hat{I}=\frac{V_0}{z_0} (ae^{-ikl}-be^{ikl}).
\]
\[
\hat{V}=z_T\hat{I}
\]
より
\[
V_0 (ae^{-ikl}+be^{ikl})=\frac{z_TV_0}{z_0} (ae^{-ikl}-be^{ikl}).
\]
これを変形して
\[
\frac{b}{a}=\frac{z_T-z0}{z_0+z_T}e^{-2ikl}.
\]
\begin{eqnarray*}
z_s&=&
\frac{V(0, t)}{I(0, t)}\\
&=&
\frac{V_0(a+b)}{\frac{V_0}{z_0}a-b}\\
&=&
z_0\frac{1+a/b}{1-a/b}\\
&=&
\cdots \\
&=&
iz_0\frac{\tan kl-iz_T/z_0}{1+iz_T/z_0\tan kl}.
\end{eqnarray*}
ここで
\[
k=\frac{\omega }{c}=\omega \sqrt{LC}.
\]



3-7

第一の伝送線の電圧が
\[
V_{\mbox{入}}\cos (\omega t-k_1x)+V_{\mbox{反}}\cos (\omega t+k_1x).
\]
第二の伝送線の電圧が
\[
V_{\mbox{透}}\cos (\omega t-kx).
\]
とする.

第一の伝送線の電流は
\[
\frac{1}{z_1}V_{\mbox{入}}\cos (\omega t-k_1x)-\frac{1}{z_1}V_{\mbox{反}}\cos (\omega t+k_1x).
\]

第二の伝送線の電流は
\[
\frac{1}{z_2}V_{\mbox{透}}\cos (\omega t-kx).
\]

$x=0$で２つの伝送線の電圧と電流が一致するための条件は
\[
V_{\mbox{入}}+V_{\mbox{反}}=V_{\mbox{透}},
\]
\[
\frac{1}{z_1}V_{\mbox{入}}-\frac{1}{z_1}V_{\mbox{反}}=\frac{1}{z_2}V_{\mbox{透}},
\]
これを解くと
\[
\frac{V_{\mbox{反}}}{V_{\mbox{入}}}=\frac{z_2-z_1}{z_2+z_1},
\]
\[
\frac{V_{\mbox{透}}}{V_{\mbox{入}}}=\frac{2z_2}{z_2+z_1},
\]


3-8

（問題に与えられた内径の矩形導波管の遮断周波数の方が$960$メガサイクル
より高くなってしまう.　棚上げ問）

3-9

\begin{eqnarray*}
\nabla \cdot \mathbf{A}
&=&
\partial _zA_z\\
&=&
\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}(-k_z)e^{i(\omega t-k_zz)}\\
&=&
-\frac{1}{c^2}\partial _t\left( \sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}\frac{k_z c^2}{i\omega }e^{i(\omega t-k_zz)}\right)
\end{eqnarray*}
よって
\[
\phi = \frac{k_z c^2}{i\omega }\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}e^{i(\omega t-k_zz)}
\]
とおく.

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}
&=&
-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\\
&=&
\left(
\frac{im\pi k_z c^2}{a\omega} \cos \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b},
\frac{in\pi k_z c^2}{b\omega} \sin \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b},
\left( \frac{k_z^2c^2}{\omega }-i\omega \right) \frac{n\pi }{b}\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}
\right) e^{i(\omega t-k_zz)}
\end{eqnarray*}
これは$x=0, a, y=0, b$で$0$.
\[
(\Delta -\frac{\partial _t^2}{c^2})\mathbf{E}=
\left( \left(\frac{m\pi}{a}\right) ^2+\left( \frac{n\pi }{b}\right) ^2 -k_zz^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right)\mathbf{E}\\
=0
\]

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}&=&\nabla \times \mathbf{A}\\
&=&(\partial _y A_z, -\partial _xA_z, 0)\\
&=&
\left(
\frac{n\pi }{b}\sin \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b},
-\frac{m\pi }{a}\cos \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b},
0
\right)
\end{eqnarray*}

b)$k$が虚数になり電場と磁場が指数関数的に減少するから.