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九州大学 理学府 物理学専攻 2019年8月実施 物理学 [II]

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Author​

Miyake

Description​

題意の要約。

真空の誘電率と透磁率を ε0,μ0\varepsilon_0,\mu_0 とし、直交座標の単位ベクトルを ex,ey,ez\boldsymbol e_x,\boldsymbol e_y,\boldsymbol e_z、球座標の単位ベクトルを er,eθ,eϕ\boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_\phi とする。

[A-I]​

原点から距離 rr、+z+z 軸との極角 θ\theta の点 PP を考える。

  1. 原点の点電荷 qq が作る静電ポテンシャル Φ0\Phi_0 を求める。
  2. 点電荷 qq を (0,0,d)(0,0,d) に移した場合の Φ1\Phi_1 を求める。
  3. d/r≪1d/r\ll1 として、Φ1−Φ0\Phi_1-\Phi_0 を d/rd/r の一次まで展開し、Φd\Phi_d とする。
  4. Φd\Phi_d を +z+z 方向の電気双極子 p=qdp=qd のポテンシャルとみなし、電場の rr 成分を求める。

球座標では ∇Φ=er∂rΦ+eθr−1∂θΦ+eϕ(rsin⁡θ)−1∂ϕΦ\nabla\Phi=\boldsymbol e_r\partial_r\Phi+\boldsymbol e_\theta r^{-1}\partial_\theta\Phi+\boldsymbol e_\phi(r\sin\theta)^{-1}\partial_\phi\Phi を使える。

[A-II]​

  1. 一様電場 E0=E0ez\boldsymbol E_0=E_0\boldsymbol e_z に対する PP のポテンシャル Φu\Phi_u を求める。原点のポテンシャルは 00 とする。
  2. 総電荷 00、半径 aa の導体球を原点に置く。外部ポテンシャルを Φ=Φu+Φd\Phi=\Phi_u+\Phi_d とし、球面の境界条件から感応双極子の大きさ pp を求める。
  3. 球面の電荷密度 σ(θ)\sigma(\theta) を求める。

[B-I]​

媒質 I を z<0z<0、媒質 II を z>0z>0 とし、平面 z=0z=0 に +y+y 方向の面電流密度 jyj_y がある。HxII(0+)−HxI(0−)=jyH_x^{\mathrm{II}}(0^+)-H_x^{\mathrm I}(0^-)=j_y を電磁気学の法則から示す。

[B-II]​

真空中で原点を中心とする半径 aa の球面に、zz 軸対称なコイルを巻く。球内を領域 I、外部を II とし、透磁率はともに μ0\mu_0 とする。球内に一様磁場

H0=H0ez=H0cos⁡θ er−H0sin⁡θ eθ\boldsymbol H_0=H_0\boldsymbol e_z =H_0\cos\theta\,\boldsymbol e_r-H_0\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta

を作るため、巻線密度を調節して面電流 j=j(θ)eϕ\boldsymbol j=j(\theta)\boldsymbol e_\phi を流す。電流のない球外で磁気スカラーポテンシャル Φm\Phi_m を定義し、B=−∇Φm\boldsymbol B=-\nabla\Phi_m とする。

  1. Maxwell 方程式から ∇2Φm=0\nabla^2\Phi_m=0 を示す。
  2. 法線磁束密度の連続性による角依存性から Φm=μ0AR(r)cos⁡θ\Phi_m=\mu_0 A R(r)\cos\theta とおく。R(r)=rnR(r)=r^n を Laplace 方程式に代入して nn を求める。ただし R(∞)=0R(\infty)=0。
  3. r=ar=a で Hr=H0cos⁡θH_r=H_0\cos\theta となる条件から AA を求める。
  4. 球面の境界条件 HθII−HθI=j(θ)H_\theta^{\mathrm{II}}-H_\theta^{\mathrm I}=j(\theta) から面電流密度を求める。

出典：九州大学 令和2年度 物理学II。

電荷・導体球・電流境界・球面コイルの配置

题目描述​

真空的介电常数、磁导率分别为 ε0,μ0\varepsilon_0,\mu_0。

A-I（电偶极子）：以球坐标 (r,θ)(r,\theta) 表示场点，θ\theta 从 +z+z 轴量起。

  1. 求位于原点的点电荷 qq 的电势 Φ0\Phi_0。
  2. 求将该电荷移至 (0,0,d)(0,0,d) 后的电势 Φ1\Phi_1。
  3. 在 d/r≪1d/r\ll1 时，将 Φ1−Φ0\Phi_1-\Phi_0 展开到一阶，记为 Φd\Phi_d。
  4. 将 Φd\Phi_d 看成沿 +z+z 方向、偶极矩为 p=qdp=qd 的电偶极子电势，求电场径向分量。

A-II（均匀电场中的导体球）：

  1. 对沿 +z+z 方向的均匀电场 E0=E0ez\boldsymbol E_0=E_0\boldsymbol e_z，求电势 Φu\Phi_u，取原点电势为零。
  2. 原点处放置半径为 aa、总电荷为零的导体球。设球外电势为 Φu+Φd\Phi_u+\Phi_d，根据球面边界条件求感应偶极矩 pp。
  3. 求球面电荷密度 σ(θ)\sigma(\theta)。

B-I（面电流边界条件）：区域 I 为 z<0z<0，区域 II 为 z>0z>0，界面 z=0z=0 上沿 +y+y 方向有面电流密度 jyj_y。证明

HxII(0+)−HxI(0−)=jy.H_x^{\mathrm{II}}(0^+)-H_x^{\mathrm I}(0^-)=j_y.

B-II（球面线圈）：真空中以原点为球心、半径为 aa 的球面上绕有轴对称线圈。调节沿 eϕ\boldsymbol e_\phi 方向的面电流密度 j(θ)j(\theta)，使球内（区域 I）产生均匀磁场 H0=H0ez\boldsymbol H_0=H_0\boldsymbol e_z。在无电流的球外（区域 II）定义磁标势，使 B=−∇Φm\boldsymbol B=-\nabla\Phi_m。

  1. 由 Maxwell 方程证明 ∇2Φm=0\nabla^2\Phi_m=0。
  2. 设 Φm=μ0AR(r)cos⁡θ\Phi_m=\mu_0 A R(r)\cos\theta、R(r)=rnR(r)=r^n，代入 Laplace 方程求满足 R(∞)=0R(\infty)=0 的 nn。
  3. 由球面处 Hr=H0cos⁡θH_r=H_0\cos\theta 求常数 AA。
  4. 由 HθII−HθI=j(θ)H_\theta^{\mathrm{II}}-H_\theta^{\mathrm I}=j(\theta) 求面电流密度。

Kai​

[A-I]​

(1)​

Φ0=q4πε0r \begin{aligned} \Phi_0 = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} \end{aligned}

(2)​

Φ1=q4πε0r2sin⁡2θ+(rcos⁡θ−d)2=q4πε0r2−2drcos⁡θ+d2 \begin{aligned} \Phi_1 &= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2 \sin^2 \theta + (r \cos \theta - d)^2}} \\ &= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2 - 2dr \cos \theta + d^2}} \end{aligned}

(3)​

(2) より、 d/rd/r の1次までで

Φ1=q4πε0r(1−2dcos⁡θr+d2r2)−1/2≃q4πε0r(1+dcos⁡θr) \begin{aligned} \Phi_1 &= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} \left(1 - \frac{2d \cos \theta}{r} + \frac{d^2}{r^2} \right)^{-1/2} \\ &\simeq \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r} \left(1 + \frac{d \cos \theta}{r} \right) \end{aligned}

であるから、

Φd=qdcos⁡θ4πε0r2 \begin{aligned} \Phi_d &= \frac{qd \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \end{aligned}

である。

(4)​

Er=(−∇Φd)⋅er=−∂Φd∂r=pcos⁡θ2πε0r3 \begin{aligned} E_r &= \left( - \boldsymbol{\nabla} \Phi_d \right) \cdot \boldsymbol{e}_r \\ &= - \frac{\partial \Phi_d}{\partial r} \\ &= \frac{p \cos \theta}{2 \pi \varepsilon_0 r^3} \end{aligned}

[A-II]​

(1)​

∇Φu=−E0=−E0ez\boldsymbol{\nabla} \Phi_u = - \boldsymbol{E}_0 = - E_0 \boldsymbol{e}_z から、適当な定数 cc を使って、

Φu=−E0z+c \begin{aligned} \Phi_u &= - E_0 z + c \end{aligned}

と書けることがわかるが、原点で Φu=0\Phi_u = 0 であることから c=0c=0 がわかり、

Φu=−E0z=−E0rcos⁡θ \begin{aligned} \Phi_u &= - E_0 z \\ &= - E_0 r \cos \theta \end{aligned}

を得る。

(2)​

[A-II] (1) と [A-I] (3) から

Φ=Φu+Φd=−E0rcos⁡θ+pcos⁡θ4πε0r2=−4πε0E0r3+p4πε0r2cos⁡θ\begin{aligned} \Phi &= \Phi_u + \Phi_d \\ &= - E_0 r \cos \theta + \frac{p \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \\ &= \frac{- 4 \pi \varepsilon_0 E_0 r^3 + p}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \cos \theta \end{aligned}

がわかるが、r=ar=a でこれが θ\theta によらない定数になることから、

p=4πε0E0a3\begin{aligned} p = 4 \pi \varepsilon_0 E_0 a^3 \end{aligned}

を得る。

(3)​

r≥ar \geq a において、(2) より

Φ=(−r+a3r2)E0cos⁡θ\begin{aligned} \Phi &= \left( -r + \frac{a^3}{r^2} \right) E_0 \cos \theta \end{aligned}

なので、 rr 方向の電場 Er=Er(r,θ)E_r = E_r(r, \theta) について

Er(r,θ)=−∂Φ∂r=(1+2a3r3)E0cos⁡θ∴  Er(a,θ)=3E0cos⁡θ\begin{aligned} E_r (r, \theta) &= - \frac{\partial \Phi}{\partial r} \\ &= \left( 1 + \frac{2a^3}{r^3} \right) E_0 \cos \theta \\ \therefore \ \ E_r (a, \theta) &= 3 E_0 \cos \theta \end{aligned}

がわかる。 そこで、電場に関するガウスの法則を導体表面に適用して、

σ=ε0Er(a,θ)=3ε0E0cos⁡θ\begin{aligned} \sigma &= \varepsilon_0 E_r(a, \theta) \\ &= 3 \varepsilon_0 E_0 \cos \theta \end{aligned}

を得る。

[B-I]​

例えば、 a>0,b>0a \gt 0, b \gt 0 として、 4点 (0,0,b),(a,0,b),(a,0,−b),(0,0,−b)(0,0,b), (a,0,b), (a,0,-b), (0,0,-b) を頂点とする長方形を考える。 この長方形の向きに対応する法線は +y+y 方向であり、貫く電流は ajya j_y であるから、 この長方形に関してアンペールの法則を適用すると、

aHxII(z=b)+∫b0dz HzII+∫0−bdz HzI−aHxI(z=−b)+∫−b0dz HzI+∫0bdz HzII=ajy∴  HxII(z=b)−HxI(z=−b)+1a∫b0dz HzII+1a∫0−bdz HzI+1a∫−b0dz HzI+1a∫0bdz HzII=jy\begin{aligned} a H_x^{II}(z=b) + \int_b^0 dz \ H_z^{II} + \int_0^{-b} dz \ H_z^I - a H_x^I(z=-b) + \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \int_0^b dz \ H_z^{II} &= a j_y \\ \therefore \ \ H_x^{II}(z=b) - H_x^I(z=-b) + \frac{1}{a} \int_b^0 dz \ H_z^{II} + \frac{1}{a} \int_0^{-b} dz \ H_z^I + \frac{1}{a} \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \frac{1}{a} \int_0^b dz \ H_z^{II} &= j_y \end{aligned}

となるが、ここで b→+0b \to +0 とすると、題意の式を得る。

[B-II]​

(1)​

磁束に関する Gauss の法則 ∇⋅B=0\nabla\cdot\boldsymbol B=0 と B=−∇Φm\boldsymbol B=-\nabla\Phi_m から、∇2Φm=0\nabla^2\Phi_m=0 となる。

(2)​

ϕ\phi への依存性はなく、Φm=μ0Arncos⁡θ\Phi_m=\mu_0 A r^n\cos\theta を代入すると

∇2Φm=μ0A{n(n+1)−2}rn−2cos⁡θ=0.\nabla^2\Phi_m=\mu_0 A\{n(n+1)-2\}r^{n-2}\cos\theta=0.

したがって n=1,−2n=1,-2 であり、無限遠で消える解は n=−2n=-2 である。よって Φm=μ0Acos⁡θ/r2\Phi_m=\mu_0 A\cos\theta/r^2。

(3)​

HrII=−1μ0∂Φm∂r=2Acos⁡θr3.H_r^{\mathrm{II}}=-\frac1{\mu_0}\frac{\partial\Phi_m}{\partial r} =\frac{2A\cos\theta}{r^3}.

r=ar=a で HrII=H0cos⁡θH_r^{\mathrm{II}}=H_0\cos\theta だから、A=H0a3/2A=H_0a^3/2 となる。

(4)​

HθII=−1μ0r∂Φm∂θ=Asin⁡θr3.H_\theta^{\mathrm{II}}=-\frac1{\mu_0r}\frac{\partial\Phi_m}{\partial\theta} =\frac{A\sin\theta}{r^3}.

r=ar=a では HθII=12H0sin⁡θH_\theta^{\mathrm{II}}=\frac12H_0\sin\theta、HθI=−H0sin⁡θH_\theta^{\mathrm I}=-H_0\sin\theta なので、

j(θ)=32H0sin⁡θ.\boxed{j(\theta)=\frac32H_0\sin\theta}.
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