1.箱のなかの電磁場
今回は箱のなかの電磁場を考えて、電磁場の状態方程式\(p=u/3\)というのを導出してみようと思う。熱力学の教科書とかで演習問題として与えられることが多いこの式が気になってしょうがなかったからだ。すこしばかり長い導出になってしまったが、適当に読み飛ばしてくれればいいと思う。
考えるのは一辺\(L\)の導体の立方体の中の電磁場だ。箱のなかは真空で、電荷も電流も無いとするなら、箱のなかの電磁場は
\begin{align}
\nabla^2\b{B}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\b{B}}{\partial t^2} &= 0 \tag{1} \\
\nabla^2\b{E}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \b{E}}{\partial t^2} &= 0 \tag{2}
\end{align}
という波動方程式を満たす。(
電磁場の波動方程式参照。)さらに角周波数\(\omega\)のものだけを考えて、\(k^2=\omega^2/c^2\)とすれば、
\begin{align}
\nabla^2\b{B}&=-k^2\b{B} \tag{3} \\
\nabla^2\b{E}&=-k^2\b{E} \tag{4}
\end{align}
となる。こういう形の方程式の解はsinや\cosで表せることはもう知っているだろう。
次は箱の端での境界条件を考えよう。このページを見ている人はもう大丈夫だろうが、一般に違う物質同士の境界面では
\[\left\{
\begin{array}
~E_{1\parallel} = E_{2\parallel} \\
H_{1\parallel} = H_{2\parallel}
\end{array}
\right.\tag{5}\]
\[\left\{
\begin{array}
~D_{1\perp} = D_{2\perp} \\
B_{1\perp} = B_{2\perp}
\end{array}
\right.\tag{6}\]
が成り立っていないといけない。(⊥とか||というのはそれぞれ、境界面に垂直な成分、平行な成分を意味している。)特に導体の場合には、
\[E_\parallel=0,~~B_{\perp}=0\tag{7}\]
である。これは導体の内部に電場や磁場が生じないという条件だ。これの説明はいろんなサイトにあるが、
パワエレ・EMC日記というブログが丁寧だと感じた。そのうち自分でも書きたいところだ。
(7)式の境界条件と、変動する電磁場が常に満たしているべき、ファラデーの法則
\[\rot\b{E}=-\frac{\partial B}{\partial t}\tag{8}\]
から箱の中の電磁場を求めていく。
2.波動方程式を解く
(3)や(4)式のような波動方程式は、順々に変数分離をしていくことによって簡単に解くことができる。とりあえず電場に関する式(4)から解いていこう。結局解くのは成分ごとにやればいいから、まずはx成分だけを考える。
ということで、まずは変数分離だ。電場のx成分\(E_x\)を次のように書く。
\[E_x(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)\tag{9}\]
(7)式の境界条件から、電場のx成分は、y=0,Lの平面と、z=0,Lの平面では0になっていないといけない。つまり、
\[Y(0)=Y(L)=Z(0)=Z(L)=0\tag{10}\]
これが(7)式の境界条件と等価になる。これを念頭に置きながら計算を進める。(9)を(4)に代入して少し変形すると、
\[
X''(x)Y(y)Z(z)+X(x)Y''(y)Z(z)+X(x)Y(y)Z''(z)=-k^2X(x)Y(y)Z(z)\\
\frac{X''(x)}{X(x)}+k^2=-\left(+\frac{Y''(y)}{Y(y)}+\frac{Z''(z)}{Z(z)}\right)\tag{11}
\]
を得る。左辺はxの関数、右辺はy,zの関数である。よって、この２つが常に等しいというのは、このふたつが定数であるときに限られる、という偏微分方程式の決まり文句が使えて、その定数を\(\alpha\)とすれば、
\[\left\{\begin{align}
\frac{X''(x)}{X(x)}+k^2&=\alpha\\
\frac{Y''(y)}{Y(y)}+\frac{Z''(z)}{Z(z)}&=-\alpha
\end{align}\right.\tag{12}\]
という方程式が得られる。さらに(12)の下の方程式を
\[\frac{Y''(y)}{Y(y)}=-\left(\alpha+\frac{Z''(z)}{Z(z)}\right)\tag{13}\]
と変形して、同様に新しい定数\(\beta\)を導入すれば、
\[\left\{\begin{align}
\frac{X''(x)}{X(x)}+k^2&=\alpha\\
\frac{Y''(y)}{Y(y)}&=\beta\\
\frac{Z''(z)}{Z(z)}&=\beta-\alpha
\end{align}\right.\tag{12}\]
となって、(4)の波動方程式は、３つの連立微分方程式になる。まず解きやすい\(Y(y)\)から考えよう。こいつは
\[Y''(y)=\beta Y(y)\]
を満たすが、これの解は\(\beta\)の符号によって全く様子が変わってくる。\(\beta>0\)なら指数関数\(e^{\pm\sqrt{\beta} y}\)が解になるし、\(\beta<0\)なら三角関数\(\sin(\sqrt{\beta} y),\cos(\sqrt{\beta} y)\)が解になる。じゃあそのどちらの場合についても考えなきゃいけないかというとそうでもない。境界条件Y(0)=Y(L)=0というのを考えると、指数関数\(e^{\pm\sqrt{\beta} y}\)の線形結合ではこの条件を実現するのは不可能である。つまりかならず\(\beta<0\)でなければならない。そこで\(\beta=-b^2\)とおいて、
\[Y(y)=C_y\sin(by)+D_y\cos(by)\tag{13}\]
とかけるわけだ。で、境界条件Y(0)=Y(L)=0を考えると、
\[D_y=0, b=\frac{n_y\pi}{L}~~(n_yは整数)\tag{14}\]
でなければならないことがわかる。つまり
\[Y(y)=C_y\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right),~~~\beta=-\left(\frac{n_y\pi}{L}\right)^2\tag{15}\]
である。まったく同様にZ(z)に関する式についても解けて、
\[Z(z)=C_z\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right),~~~\beta-\alpha=\left(\frac{n_z\pi}{L}\right)^2\tag{16}\]
となる。さらにX(x)についても考えたいが、(10)の境界条件にはX(x)が含まれていないから、
\[X(x)=C_x\sin(k_xx)+D_x\cos(k_xx)~~~(ただしk_x^2=k^2-\alpha)\tag{17}\]
というところまでしか計算出来ない。こういう感じのことを\(\b{E},\b{B}\)の全ての成分についてやっていくと
\begin{align}
E_x &= \left[C_x\sin(k_xx)+D_x\cos(k_xx)\right]\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\
E_y &= \sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\left[C_x\sin(k_yy)+D_x\cos(k_yy)\right]\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\
E_z &= \sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\left[C_z\sin(k_zz)+D_z\cos(k_zz)\right] e^{i\omega t}\\\\
B_x &= \sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\left[F_{xy}\sin(k_yy)+G_{xy}\cos(k_yy)\right]\left[F_{xz}\sin(k_zz)+G_{xz}\cos(k_zz)\right] e^{i\omega t}\\
B_y &= \left[F_{yx}\sin(k_xx)+G_{yx}\cos(k_xx)\right]\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\left[F_{yz}\sin(k_yy)+G_{yz}\cos(k_yy)\right] e^{i\omega t}\\
B_z &= \left[F_{zx}\sin(k_xx)+G_{zx}\cos(k_xx)\right]\left[F_{zy}\sin(k_yy)+G_{zy}\cos(k_yy)\right]\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}
\end{align}
というふうに電場と磁場のとりあえずの式が出る。
最後に、
\[\rot\b{E}=-\frac{\partial B}{\partial t}\tag{8}\]
というファラデーの法則を満たさないといけないということを考えると、電磁場は整数\(n_x, n_y, n_z\)を用いて
\[\begin{align}
E_x &= E_{0x} \cos\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\
E_y &= E_{0y} \sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\cos\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\
E_z &= E_{0z} \sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\cos\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\\\
B_x &= B_{0x} \sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\cos\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\cos\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\
B_y &= B_{0y} \cos\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\cos\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}\\
B_z &= B_{0z} \cos\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\cos\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right) e^{i\omega t}
\end{align}\tag{18}\]
ただし
\[k^2=\left(\frac{\omega}{c}\right)^2=\frac{\pi^2}{L^2}(n_x^2+n_y^2+n_z^2)\tag{19}\]
\[-i\omega\b{B}_0 = \b{k}\times\b{E}_0\tag{20}\]
を得る。一応注意しておくと、(18)の式の適当な重ね合わせが、実際の箱の中の電磁場になる。その組み合わせ方と言うのは、例えば与える圧力やエネルギーによって決まるのだ。
さて、ここからが本番。電磁場の圧力を考えていこう。
3.電場・磁場が導体に与える力
まずは電場が導体に与える力を考えよう。導体との境界面では、電場は垂直成分しか持たないから、今からは簡単に、導体面に垂直な電場\(E\)が一様に存在している状況を考えよう。
導体の内部に電場が存在しないのは、電場がかかるとそれに対応した電荷が表面に集まってくるからだ。その面積密度\(\sigma\)は、ガウスの法則から
\[\sigma=-\epsilon_0E\tag{21}\]
で与えられる。その電荷が力を受けることによって、電場は導体に対して力を与えることができる。しかし、電荷には単純にEの力がかかるわけではない。導体の境界面では、電場がE→0へと急激に変化しているからだ。電荷の分布が少しだけ幅を持っているとして考えればすぐわかるが、こういう時にはE/2の実効的な電場が加わることになる。面積\(A\)を考えると、その領域には\(A\sigma\)の電荷が存在しているので、
\[F=A\sigma E/2=A\epsilon_0E^2/2\tag{22}\]
の大きさの力を与えることになる。したがって単位面積あたり、
\[f_E=\epsilon_0E^2/2\tag{23}\]
で、方向は導体を電場のある空間へ引っ張る方向となる。
次に磁場。磁場は導体との境界面では、導体と平行な成分しか持たない。そこで無限に広い平面導体に平行な磁場\(B\)が一様に存在しているとしよう。
磁場が導体の内部に存在しないのは、その磁場を打ち消すような表面電流\(i\)が流れることによる。その電流は、磁場に直交する方向に流れている。アンペールの法則からこの電流の単位長さあたりの表面密度は、
\[i=\frac{B}{\mu_0}\tag{24}\]
となる。この電流が磁場から力を受けることによって、結果的に導体は磁場から力を受けることになる。その単位面積あたりの力は、電場のときと同じような論理によって、
\[f_B=iB/2=\frac{B^2}{2\mu_0}\tag{25}\]
で、その方向は、電場のときと逆で、導体を磁場のある空間から押すような方向になる。
4.電磁場の状態方程式
では、今導出した電磁場が導体に与える力を考えて、(18)から得られる電磁場の状態方程式を導出しよう。例えば箱のx=0の面では、
\[\begin{align}\b{E}(x=0)&=\left(\begin{array}{c}
E_{0x}\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)\\
0\\
0
\end{array}\right)e^{i\omega t}\\
\b{B}(x=0)&=\left(\begin{array}{c}
0\\
B_{0y} \sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\cos\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)\\
B_{0z} \cos\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)
\end{array}\right)e^{i\omega t}
\end{align}\tag{26}\]
である。さっきも注意したように、実際の電磁場はこの電磁場を重ねあわせたものだ。したがってx=0の面にかかる単位面積あたりの力は、その重ね合わせも考慮すると、
\begin{align}
p&=\frac{1}{2}\sum_{n_x}\sum_{n_y}\sum_{n_z}(-\epsilon_0E^2+\frac{B^2}{\mu_0})\\
&=\frac{1}{2}\sum_{n_x}\sum_{n_y}\sum_{n_z}\left[-\epsilon_0E_{0x}^2\sin^2\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin^2\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)+\frac{1}{\mu_0}\left(B_{0y}^2 \sin^2\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\cos^2\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)+
B_{0z}^2 \cos^2\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin^2\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)
\right)\right]
\end{align}
となる。この式だとy,zが含まれていて具体的にどのくらいの力がかかっているかわからないから平均してしまおう。つまり、
\[\bar{p}=\frac{1}{L^2}\int_0^L\int_0^Lp dydz\]
を計算するわけだが、
\[\frac{1}{L}\int_0^L\cos^2\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)dy=\frac{1}{2},\frac{1}{L}\int_0^L\sin^2\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)dy=\frac{1}{2}\]
となることから、
\[\bar{p}=\frac{1}{8}\sum_{n_x}\sum_{n_y}\sum_{n_z}\left[-\epsilon_0E_{0x}^2+\frac{1}{\mu_0}(B_{0y}^2+B_{0z}^2)\right]\tag{27}\]
を得る。さらに、(20)の関係\(-i\omega\b{B}_0 = \b{k}\times\b{E}_0\)と、波数ベクトルと電場が直交することを使うと、\(B_0^2=E_0^2/c^2\)であり、また、xyz方向の等価性を仮定すれば、
\[E_{0x}^2=\frac{E_0^2}{3}=\frac{c^2B_0^2}{3}\tag{28}\]
などの式が得られる。これを(27)に代入すると、
\[\bar{p}=\frac{\epsilon_0}{24}\sum_{n_x}\sum_{n_y}\sum_{n_z}E_0^2\tag{29}\]
であることがわかる。
一方で電磁場のエネルギー密度は(
電場のエネルギー,
磁場のエネルギー参照。)
\[w=\sum_{n_x}\sum_{n_y}\sum_{n_z}\left(\frac{\epsilon_0E^2}{2}+\frac{B^2}{2\mu_0}\right)\tag{30}\]
だから、こいつについても平均をとって計算してやると、
\[\bar{w}=\frac{\epsilon_0}{8}\sum_{n_x}\sum_{n_y}\sum_{n_z}E_0^2\tag{31}\]
を得る。
(29)と(31)を見比べると、
\[\bar{p}=\frac{1}{3}\bar{w}\tag{32}\]
だ!!これが熱力学とかをやるときによく天下りに与えられる、
電磁場の状態方程式
である!
ちなみに、
理想気体の状態方程式
\[p=\frac{2}{3}w\]
と比べると係数が2倍違うな。ただそれだけなんだけどもなぜなんだろう。