東京工業大学 理学院 物理学系 2021年8月実施 午前 [2]

标签：

• 东京科学大学
• 电容与静电能
• 电偶极辐射

Author

祭音Myyura (Based on これむら's answer refined with GPT 6 Astra)

Description

真空中の電荷と電磁場を考える。特に断らない限り極座標を用い、

$$\boldsymbol r=(r\sin\theta\cos\varphi,\ r\sin\theta\sin\varphi,\ r\cos\theta)$$

とする。単位ベクトルを

$$\begin{aligned} \boldsymbol e_r&=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta),\\ \boldsymbol e_\theta&=(\cos\theta\cos\varphi,\cos\theta\sin\varphi,-\sin\theta),\\ \boldsymbol e_\varphi&=(-\sin\varphi,\cos\varphi,0) \end{aligned}$$

とし、ベクトル場は $\boldsymbol v=v_r\boldsymbol e_r+v_\theta\boldsymbol e_\theta+v_\varphi\boldsymbol e_\varphi$ と表す。真空の誘電率、透磁率、光速をそれぞれ $\varepsilon_0,\mu_0,c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$ とする。必要なら、$\partial_r=\partial/\partial r$、$\partial_\theta=\partial/\partial\theta$、$\partial_\varphi=\partial/\partial\varphi$ として、次の公式を用いてよい。

$$\boldsymbol\nabla f=(\partial_rf)\boldsymbol e_r +\frac{1}{r}(\partial_\theta f)\boldsymbol e_\theta +\frac{1}{r\sin\theta}(\partial_\varphi f)\boldsymbol e_\varphi,$$

$$\boldsymbol\nabla\cdot\boldsymbol v =\frac{1}{r^2}\partial_r(r^2v_r) +\frac{1}{r\sin\theta}\partial_\theta(v_\theta\sin\theta) +\frac{1}{r\sin\theta}\partial_\varphi v_\varphi,$$

$$\begin{aligned} \boldsymbol\nabla\times\boldsymbol v &=\frac{1}{r\sin\theta} \left[\partial_\theta(v_\varphi\sin\theta)-\partial_\varphi v_\theta\right]\boldsymbol e_r\\ &\quad+\frac{1}{r} \left[\frac{1}{\sin\theta}\partial_\varphi v_r-\partial_r(rv_\varphi)\right]\boldsymbol e_\theta\\ &\quad+\frac{1}{r} \left[\partial_r(rv_\theta)-\partial_\theta v_r\right]\boldsymbol e_\varphi. \end{aligned}$$

[A] 原点を中心とする半径 $a$ の導体球が電荷 $q$ に帯電している。

1. $r\le a$ および $r>a$ における電場 $\boldsymbol E(\boldsymbol r)$ と電位 $\phi(\boldsymbol r)$ を求めよ。無限遠の電位を 0 とする。
2. 静電エネルギー $U$ を求めよ。
3. 電荷 $-q$ を持つ十分に大きな同心球殻で囲むことにより、この導体球をコンデンサとみなす。導体球の電気容量 $C$ を求めよ。

[B] $xy$ 平面上で原点の周りを回転する点電荷の対を考える。電荷 $q$ は直交座標で

$$\boldsymbol r_0(t)=\left(\frac d2\cos\omega t,\frac d2\sin\omega t,0\right)$$

にあり、電荷 $-q$ は $-\boldsymbol r_0(t)$ にある。$\omega,d$ は正定数である。原点にある電気双極子モーメント $\boldsymbol p(t)$ のポテンシャルとして

$$\begin{aligned} \phi(\boldsymbol r,t) &=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[ \frac{\boldsymbol p(t-r/c)\cdot\boldsymbol r}{r^3} +\frac{\dot{\boldsymbol p}(t-r/c)\cdot\boldsymbol r}{cr^2} \right],\\ \boldsymbol A(\boldsymbol r,t) &=\frac{\mu_0}{4\pi r}\dot{\boldsymbol p}(t-r/c), \qquad \dot{\boldsymbol p}(t)=\frac{\mathrm d\boldsymbol p(t)}{\mathrm dt} \end{aligned}$$

を用いてよい。

4. $r\gg c/\omega$ かつ $r\gg d$ における $\phi(\boldsymbol r,t)$ と $\boldsymbol A(\boldsymbol r,t)$ の漸近形を $r^{-1}$ のオーダーまで求めよ。
5. (4) から電場 $\boldsymbol E(\boldsymbol r,t)$ と磁束密度 $\boldsymbol B(\boldsymbol r,t)$ の漸近形を $r^{-1}$ のオーダーまで求めよ。
6. 動径方向に放射されるエネルギーの流れの密度の大きさを $S(\boldsymbol r,t)$ とする。(5) を用い、その時間平均 $\overline S(\boldsymbol r)$ の漸近形を求めよ。
7. $r$ を一定としたとき、$\overline S(\boldsymbol r)$ が最大となる方向を次から一つ選べ。i. $x$ 軸方向、ii. $y$ 軸方向、iii. $z$ 軸方向、iv. $x$ 軸方向および $y$ 軸方向、v. $xy$ 平面内の任意の方向、vi. 全方向で等しい。
8. 単位時間に放射される全エネルギーの時間平均 $P$ を求めよ。

题目描述

在真空中研究电荷与电磁场。除特别说明外，使用球坐标

$$\boldsymbol r=(r\sin\theta\cos\varphi,r\sin\theta\sin\varphi,r\cos\theta),$$

其单位向量 $\boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_\varphi$ 定义如上，各向量用相应球坐标分量表示。真空介电常数、磁导率和光速分别为 $\varepsilon_0,\mu_0,c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$，可使用球坐标下梯度、散度和旋度的公式。

[A] 以原点为球心、半径为 $a$ 的导体球带电量为 $q$。

1. 取无穷远电势为 0，求 $r\le a$ 与 $r>a$ 的电场和电势。
2. 求静电能 $U$。
3. 用带电量为 $-q$、半径足够大的同心球壳包围该导体球，将其视为电容器，求导体球的电容 $C$。

[B] 一对点电荷在 $xy$ 平面内绕原点转动。电荷 $q$ 位于

$$\boldsymbol r_0(t)=\left(\frac d2\cos\omega t,\frac d2\sin\omega t,0\right),$$

电荷 $-q$ 位于 $-\boldsymbol r_0(t)$，其中 $\omega,d>0$。可使用上面给出的电偶极矩 $\boldsymbol p(t)$ 对应的推迟标势和矢势公式。

4. 在 $r\gg c/\omega$ 且 $r\gg d$ 时，求标势和矢势截至 $r^{-1}$ 阶的渐近式。
5. 根据第 (4) 问，求电场和磁感应强度截至 $r^{-1}$ 阶的渐近式。
6. 设沿径向向外辐射的能流密度大小为 $S(\boldsymbol r,t)$，求其时间平均 $\overline S(\boldsymbol r)$ 的渐近式。
7. 固定 $r$，从以下选项中选出平均能流密度最大的方向：i. $x$ 轴，ii. $y$ 轴，iii. $z$ 轴，iv. $x$ 轴及 $y$ 轴，v. $xy$ 平面内任意方向，vi. 所有方向相等。
8. 求单位时间内辐射总能量的时间平均 $P$。

Kai

[A]

(1)

ガウスの法則と導体内部の静電場が 0 であることから、

$$\boxed{ \boldsymbol E(\boldsymbol r)= \begin{cases} 0,&ra, \end{cases} \qquad \phi(\boldsymbol r)= \begin{cases} \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0a},&r\le a,\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r},&r>a. \end{cases}}$$

表面では電場が不連続であり、導体側の極限は 0、外側の極限は $q\boldsymbol e_r/(4\pi\varepsilon_0a^2)$ である。

(2)

$$\boxed{U=\frac12q\phi(a)=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0a}}.$$

(3)

外側の球殻を無限遠に取った極限で、電位差は $q/(4\pi\varepsilon_0a)$ となる。よって、

$$\boxed{C=4\pi\varepsilon_0a}.$$

[B]

(4)

双極子モーメントと遅延位相を

$$\boldsymbol p(t)=q\boldsymbol r_0(t)+(-q)(-\boldsymbol r_0(t)) =qd(\cos\omega t,\sin\omega t,0), \qquad \psi=\omega\left(t-\frac rc\right)-\varphi$$

と置く。$r^{-2}$ 以下の項を省略すると、

$$\boxed{\phi(\boldsymbol r,t)\simeq -\frac{qd\omega}{4\pi\varepsilon_0cr}\sin\theta\sin\psi},$$

$$\boxed{\boldsymbol A(\boldsymbol r,t)\simeq \frac{\mu_0qd\omega}{4\pi r} \left(-\sin\theta\sin\psi\,\boldsymbol e_r -\cos\theta\sin\psi\,\boldsymbol e_\theta +\cos\psi\,\boldsymbol e_\varphi\right)}.$$

(5)

$\boldsymbol E=-\boldsymbol\nabla\phi-\partial_t\boldsymbol A$、$\boldsymbol B=\boldsymbol\nabla\times\boldsymbol A$ を用いる。$\partial_r\psi=-\omega/c$ から生じる $r^{-1}$ 項を残すと、

$$\boxed{\boldsymbol E(\boldsymbol r,t)\simeq \frac{\mu_0qd\omega^2}{4\pi r} \left(\cos\theta\cos\psi\,\boldsymbol e_\theta +\sin\psi\,\boldsymbol e_\varphi\right)},$$

$$\boxed{\boldsymbol B(\boldsymbol r,t)\simeq \frac{\mu_0qd\omega^2}{4\pi cr} \left(-\sin\psi\,\boldsymbol e_\theta +\cos\theta\cos\psi\,\boldsymbol e_\varphi\right)}.$$

両者は動径方向に垂直であり、$\boldsymbol B=\boldsymbol e_r\times\boldsymbol E/c$ を満たす。

(6)

ポインティングベクトルは外向きなので、

$$S(\boldsymbol r,t)\simeq\frac{|\boldsymbol E|^2}{\mu_0c} =\frac{\mu_0q^2d^2\omega^4}{16\pi^2cr^2} \left(\cos^2\theta\cos^2\psi+\sin^2\psi\right).$$

$\overline{\cos^2\psi}=\overline{\sin^2\psi}=1/2$ より、

$$\boxed{\overline S(\boldsymbol r)\simeq \frac{\mu_0q^2d^2\omega^4}{32\pi^2cr^2} \left(1+\cos^2\theta\right)}.$$

(7)

$\cos^2\theta=1$、すなわち $\theta=0,\pi$ で最大となる。答は iii. $z$ 軸方向。

(8)

半径 $r$ の球面全体にわたって積分すると、

$$\begin{aligned} P&=\int_0^{2\pi}\!\int_0^\pi \overline S(\boldsymbol r)\,r^2\sin\theta\,\mathrm d\theta\,\mathrm d\varphi\\ &=\frac{\mu_0q^2d^2\omega^4}{32\pi^2c} \times\frac{16\pi}{3}. \end{aligned}$$

したがって、

$$\boxed{P=\frac{\mu_0q^2d^2\omega^4}{6\pi c} =\frac{q^2d^2\omega^4}{6\pi\varepsilon_0c^3}}.$$

Reference

• 東京工業大学公式問題：2022年度・2021年実施、午前第2問、PDF 6–7ページ
• これむら：東京工業大学 物理学系 2022年の解答（午前・第2問）