九州大学 理学府 物理学専攻 2019年8月実施 物理学 [II] Author Miyake
Description 以下，真空中の誘電率を ε 0 \varepsilon_0 ε 0 μ 0 \mu_0 μ 0 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) e x , e y , e z \boldsymbol e_x,\boldsymbol e_y,\boldsymbol e_z e x , e y , e z ( r , θ , ϕ ) (r,\theta,\phi) ( r , θ , ϕ ) e r , e θ , e ϕ \boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_\phi e r , e θ , e ϕ
[A-I]
真空中で原点から距離 r r r z z z θ \theta θ
(1) 原点においた点電荷 q q q Φ 0 \Phi_0 Φ 0 r r r
(2) 点電荷 q q q z z z d d d Φ 1 \Phi_1 Φ 1 r r r θ \theta θ
(3) d / r ≪ 1 d/r\ll1 d / r ≪ 1 Φ 1 − Φ 0 \Phi_1-\Phi_0 Φ 1 − Φ 0 d / r d/r d / r Φ d \Phi_d Φ d
(4) 前問（3）の結果の Φ d \Phi_d Φ d z z z p = q d p=qd p = q d r r r E r E_r E r p , r , θ p,r,\theta p , r , θ
∇ Φ = e r ∂ Φ ∂ r + e θ 1 r ∂ Φ ∂ θ + e ϕ 1 r sin θ ∂ Φ ∂ ϕ \nabla\Phi=\boldsymbol e_r\frac{\partial\Phi}{\partial r}
+\boldsymbol e_\theta\frac{1}{r}\frac{\partial\Phi}{\partial\theta}
+\boldsymbol e_\phi\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial\Phi}{\partial\phi} ∇Φ = e r ∂ r ∂ Φ + e θ r 1 ∂ θ ∂ Φ + e ϕ r sin θ 1 ∂ ϕ ∂ Φ を用いてもよい。
[A-II]
真空中に z z z E 0 = E 0 e z \boldsymbol E_0=E_0\boldsymbol e_z E 0 = E 0 e z
(1) この一様電場による，原点から距離 r r r z z z θ \theta θ Φ u \Phi_u Φ u r r r θ \theta θ Φ u = 0 \Phi_u=0 Φ u = 0
その後，半径 a a a
(2) 導体球外部の静電ポテンシャル Φ \Phi Φ z z z p p p Φ d \Phi_d Φ d Φ = Φ u + Φ d \Phi=\Phi_u+\Phi_d Φ = Φ u + Φ d r = a r=a r = a Φ \Phi Φ p p p E 0 E_0 E 0
(3) 導体表面上の電荷密度 σ \sigma σ θ \theta θ
[B-I]
図4のように媒質 I および II を含む狭い領域を考える。境界面は平面とみなせるものとし境界面上に x x x y y y z z z y y y j y j_y j y x x x H x I H_x^{\mathrm I} H x I H x I I H_x^{\mathrm{II}} H x II
H x I I ( z = 0 ) − H x I ( z = 0 ) = j y H_x^{\mathrm{II}}(z=0)-H_x^{\mathrm I}(z=0)=j_y H x II ( z = 0 ) − H x I ( z = 0 ) = j y を電磁気学の法則により証明せよ。なお，図4と同じ解答用紙上の図に書き込みをして，証明に利用してもよい。
[B-II]
図5のように半径 a a a z z z z z z H 0 = H 0 cos θ e r − H 0 sin θ e θ \boldsymbol H_0=H_0\cos\theta\,\boldsymbol e_r-H_0\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta H 0 = H 0 cos θ e r − H 0 sin θ e θ θ \theta θ j = j ( θ ) e ϕ \boldsymbol j=j(\theta)\boldsymbol e_\phi j = j ( θ ) e ϕ j ( θ ) j(\theta) j ( θ ) μ 0 \mu_0 μ 0
電流のない領域 II において磁気スカラー・ポテンシャル Φ m \Phi_m Φ m B = − ∇ Φ m \boldsymbol B=-\nabla\Phi_m B = − ∇ Φ m
(1) Φ m \Phi_m Φ m
B \boldsymbol B B r r r r = a r=a r = a r r r θ \theta θ Φ m = μ 0 A R ( r ) cos θ \Phi_m=\mu_0 A R(r)\cos\theta Φ m = μ 0 A R ( r ) cos θ A A A R ( r ) R(r) R ( r )
(2) この Φ m \Phi_m Φ m R ( r ) R(r) R ( r ) r r r R ( r ) = r n R(r)=r^n R ( r ) = r n n n n R ( ∞ ) = 0 R(\infty)=0 R ( ∞ ) = 0
∇ 2 Φ = 1 r 2 ∂ ∂ r ( r 2 ∂ Φ ∂ r ) + 1 r 2 sin θ ∂ ∂ θ ( sin θ ∂ Φ ∂ θ ) + 1 r 2 sin 2 θ ∂ 2 Φ ∂ ϕ 2 \begin{aligned}
\nabla^2\Phi={}&\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial\Phi}{\partial r}\right)\\
&+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\Phi}{\partial\theta}\right)\\
&+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2\Phi}{\partial\phi^2}
\end{aligned} ∇ 2 Φ = r 2 1 ∂ r ∂ ( r 2 ∂ r ∂ Φ ) + r 2 sin θ 1 ∂ θ ∂ ( sin θ ∂ θ ∂ Φ ) + r 2 sin 2 θ 1 ∂ ϕ 2 ∂ 2 Φ を用いてもよい。
(3) r = a r=a r = a H r = H 0 cos θ H_r=H_0\cos\theta H r = H 0 cos θ A A A
(4) r = a r=a r = a θ \theta θ H θ I I − H θ I = j ( θ ) H_\theta^{\mathrm{II}}-H_\theta^{\mathrm I}=j(\theta) H θ II − H θ I = j ( θ ) j ( θ ) j(\theta) j ( θ )
题目描述
以下设真空介电常数为 ε 0 \varepsilon_0 ε 0 μ 0 \mu_0 μ 0 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) e x , e y , e z \boldsymbol e_x,\boldsymbol e_y,\boldsymbol e_z e x , e y , e z ( r , θ , ϕ ) (r,\theta,\phi) ( r , θ , ϕ ) e r , e θ , e ϕ \boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_\phi e r , e θ , e ϕ
[A-I]
考虑真空中距原点 r r r z z z θ \theta θ
(1) 写出位于原点的点电荷 q q q Φ 0 \Phi_0 Φ 0 r r r
(2) 将点电荷 q q q z z z d d d Φ 1 \Phi_1 Φ 1 r , θ r,\theta r , θ
(3) 设 d / r ≪ 1 d/r\ll1 d / r ≪ 1 Φ 1 − Φ 0 \Phi_1-\Phi_0 Φ 1 − Φ 0 d / r d/r d / r Φ d \Phi_d Φ d
(4) 第（3）问得到的 Φ d \Phi_d Φ d z z z p = q d p=qd p = q d r r r E r E_r E r p , r , θ p,r,\theta p , r , θ
∇ Φ = e r ∂ Φ ∂ r + e θ 1 r ∂ Φ ∂ θ + e ϕ 1 r sin θ ∂ Φ ∂ ϕ . \nabla\Phi=\boldsymbol e_r\frac{\partial\Phi}{\partial r}
+\boldsymbol e_\theta\frac{1}{r}\frac{\partial\Phi}{\partial\theta}
+\boldsymbol e_\phi\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial\Phi}{\partial\phi}. ∇Φ = e r ∂ r ∂ Φ + e θ r 1 ∂ θ ∂ Φ + e ϕ r sin θ 1 ∂ ϕ ∂ Φ . [A-II]
真空中存在沿 z z z E 0 = E 0 e z \boldsymbol E_0=E_0\boldsymbol e_z E 0 = E 0 e z
(1) 求此均匀电场在距原点 r r r z z z θ \theta θ Φ u \Phi_u Φ u r , θ r,\theta r , θ Φ u = 0 \Phi_u=0 Φ u = 0
之后，在原点放置半径为 a a a
(2) 利用镜像法，将导体替换为位于原点、沿 z z z p p p Φ d \Phi_d Φ d Φ = Φ u + Φ d \Phi=\Phi_u+\Phi_d Φ = Φ u + Φ d r = a r=a r = a Φ \Phi Φ E 0 E_0 E 0 p p p
(3) 求导体表面电荷密度 σ \sigma σ θ \theta θ
[B-I]
如图4，考虑包含介质 I 和 II 的一个狭小区域。边界可视为平面，在其上定义 x , y x,y x , y z z z y y y j y j_y j y x x x H x I H_x^{\mathrm I} H x I H x I I H_x^{\mathrm{II}} H x II
H x I I ( z = 0 ) − H x I ( z = 0 ) = j y . H_x^{\mathrm{II}}(z=0)-H_x^{\mathrm I}(z=0)=j_y. H x II ( z = 0 ) − H x I ( z = 0 ) = j y . 可以在答题纸上与图4相同的图中添加标记，并用于证明。
[B-II]
如图5，将绕在半径为 a a a z z z z z z H 0 = H 0 cos θ e r − H 0 sin θ e θ \boldsymbol H_0=H_0\cos\theta\,\boldsymbol e_r-H_0\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta H 0 = H 0 cos θ e r − H 0 sin θ e θ θ \theta θ j = j ( θ ) e ϕ \boldsymbol j=j(\theta)\boldsymbol e_\phi j = j ( θ ) e ϕ j ( θ ) j(\theta) j ( θ ) μ 0 \mu_0 μ 0
在无电流的区域 II，可定义磁标势 Φ m \Phi_m Φ m B = − ∇ Φ m \boldsymbol B=-\nabla\Phi_m B = − ∇ Φ m
(1) 利用麦克斯韦方程证明 Φ m \Phi_m Φ m
注意到 B \boldsymbol B B r r r r = a r=a r = a r r r θ \theta θ Φ m = μ 0 A R ( r ) cos θ \Phi_m=\mu_0 A R(r)\cos\theta Φ m = μ 0 A R ( r ) cos θ A A A R ( r ) R(r) R ( r )
(2) 将此 Φ m \Phi_m Φ m R ( r ) R(r) R ( r ) r r r R ( r ) = r n R(r)=r^n R ( r ) = r n n n n R ( ∞ ) = 0 R(\infty)=0 R ( ∞ ) = 0
∇ 2 Φ = 1 r 2 ∂ ∂ r ( r 2 ∂ Φ ∂ r ) + 1 r 2 sin θ ∂ ∂ θ ( sin θ ∂ Φ ∂ θ ) + 1 r 2 sin 2 θ ∂ 2 Φ ∂ ϕ 2 . \begin{aligned}
\nabla^2\Phi={}&\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial\Phi}{\partial r}\right)\\
&+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\Phi}{\partial\theta}\right)\\
&+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2\Phi}{\partial\phi^2}.
\end{aligned} ∇ 2 Φ = r 2 1 ∂ r ∂ ( r 2 ∂ r ∂ Φ ) + r 2 sin θ 1 ∂ θ ∂ ( sin θ ∂ θ ∂ Φ ) + r 2 sin 2 θ 1 ∂ ϕ 2 ∂ 2 Φ . (3) 根据 r = a r=a r = a H r = H 0 cos θ H_r=H_0\cos\theta H r = H 0 cos θ A A A
(4) 利用 r = a r=a r = a θ \theta θ H θ I I − H θ I = j ( θ ) H_\theta^{\mathrm{II}}-H_\theta^{\mathrm I}=j(\theta) H θ II − H θ I = j ( θ ) j ( θ ) j(\theta) j ( θ )
Kai [A-I]
(1)
Φ 0 = q 4 π ε 0 r \begin{aligned}
\Phi_0 = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r}
\end{aligned} Φ 0 = 4 π ε 0 r q (2)
Φ 1 = q 4 π ε 0 r 2 sin 2 θ + ( r cos θ − d ) 2 = q 4 π ε 0 r 2 − 2 d r cos θ + d 2 \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} Φ 1 = 4 π ε 0 r 2 sin 2 θ + ( r cos θ − d ) 2 q = 4 π ε 0 r 2 − 2 d r cos θ + d 2 q (3)
(2) より、 d / r d/r d / r
Φ 1 = q 4 π ε 0 r ( 1 − 2 d cos θ r + d 2 r 2 ) − 1 / 2 ≃ q 4 π ε 0 r ( 1 + d cos θ r ) \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} Φ 1 = 4 π ε 0 r q ( 1 − r 2 d cos θ + r 2 d 2 ) − 1/2 ≃ 4 π ε 0 r q ( 1 + r d cos θ ) であるから、
Φ d = q d cos θ 4 π ε 0 r 2 \begin{aligned}
\Phi_d
&= \frac{qd \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}
\end{aligned} Φ d = 4 π ε 0 r 2 q d cos θ である。
(4)
E r = ( − ∇ Φ d ) ⋅ e r = − ∂ Φ d ∂ r = p cos θ 2 π ε 0 r 3 \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} E r = ( − ∇ Φ d ) ⋅ e r = − ∂ r ∂ Φ d = 2 π ε 0 r 3 p cos θ [A-II]
(1)
∇ Φ u = − E 0 = − E 0 e z \boldsymbol{\nabla} \Phi_u = - \boldsymbol{E}_0 = - E_0 \boldsymbol{e}_z ∇ Φ u = − E 0 = − E 0 e z c c c
Φ u = − E 0 z + c \begin{aligned}
\Phi_u
&= - E_0 z + c
\end{aligned} Φ u = − E 0 z + c と書けることがわかるが、原点で Φ u = 0 \Phi_u = 0 Φ u = 0 c = 0 c=0 c = 0
Φ u = − E 0 z = − E 0 r cos θ \begin{aligned}
\Phi_u
&= - E_0 z
\\
&= - E_0 r \cos \theta
\end{aligned} Φ u = − E 0 z = − E 0 r cos θ を得る。
(2)
[A-II] (1) と [A-I] (3) から
Φ = Φ u + Φ d = − E 0 r cos θ + p cos θ 4 π ε 0 r 2 = − 4 π ε 0 E 0 r 3 + p 4 π ε 0 r 2 cos 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} Φ = Φ u + Φ d = − E 0 r cos θ + 4 π ε 0 r 2 p cos θ = 4 π ε 0 r 2 − 4 π ε 0 E 0 r 3 + p cos θ がわかるが、r = a r=a r = a θ \theta θ
p = 4 π ε 0 E 0 a 3 \begin{aligned}
p = 4 \pi \varepsilon_0 E_0 a^3
\end{aligned} p = 4 π ε 0 E 0 a 3 を得る。
(3)
r ≥ a r \geq a r ≥ a
Φ = ( − r + a 3 r 2 ) E 0 cos θ \begin{aligned}
\Phi
&= \left( -r + \frac{a^3}{r^2} \right) E_0 \cos \theta
\end{aligned} Φ = ( − r + r 2 a 3 ) E 0 cos θ なので、 r r r E r = E r ( r , θ ) E_r = E_r(r, \theta) E r = E r ( r , θ )
E r ( r , θ ) = − ∂ Φ ∂ r = ( 1 + 2 a 3 r 3 ) E 0 cos θ ∴ E r ( a , θ ) = 3 E 0 cos 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} E r ( r , θ ) ∴ E r ( a , θ ) = − ∂ r ∂ Φ = ( 1 + r 3 2 a 3 ) E 0 cos θ = 3 E 0 cos θ 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 = ε 0 E r ( a , θ ) = 3 ε 0 E 0 cos θ \begin{aligned}
\sigma
&= \varepsilon_0 E_r(a, \theta)
\\
&= 3 \varepsilon_0 E_0 \cos \theta
\end{aligned} σ = ε 0 E r ( a , θ ) = 3 ε 0 E 0 cos θ を得る。
[B-I]
例えば、 a > 0 , b > 0 a \gt 0, b \gt 0 a > 0 , b > 0 ( 0 , 0 , b ) , ( a , 0 , b ) , ( a , 0 , − b ) , ( 0 , 0 , − b ) (0,0,b), (a,0,b), (a,0,-b), (0,0,-b) ( 0 , 0 , b ) , ( a , 0 , b ) , ( a , 0 , − b ) , ( 0 , 0 , − b ) + y +y + y a j y a j_y a j y
a H x I I ( z = b ) + ∫ b 0 d z H z I I + ∫ 0 − b d z H z I − a H x I ( z = − b ) + ∫ − b 0 d z H z I + ∫ 0 b d z H z I I = a j y ∴ H x I I ( z = b ) − H x I ( z = − b ) + 1 a ∫ b 0 d z H z I I + 1 a ∫ 0 − b d z H z I + 1 a ∫ − b 0 d z H z I + 1 a ∫ 0 b d z H z I I = j y \begin{aligned}
&a H_x^{II}(z=b) + \int_b^0 dz \ H_z^{II}\\
&\quad+ \int_0^{-b} dz \ H_z^I - a H_x^I(z=-b)\\
&\quad+ \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)\\
&\quad+ \frac{1}{a} \int_b^0 dz \ H_z^{II} + \frac{1}{a} \int_0^{-b} dz \ H_z^I\\
&\quad+ \frac{1}{a} \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \frac{1}{a} \int_0^b dz \ H_z^{II}\\
&= j_y
\end{aligned} a H x II ( z = b ) + ∫ b 0 d z H z II + ∫ 0 − b d z H z I − a H x I ( z = − b ) + ∫ − b 0 d z H z I + ∫ 0 b d z H z II = a j y ∴ H x II ( z = b ) − H x I ( z = − b ) + a 1 ∫ b 0 d z H z II + a 1 ∫ 0 − b d z H z I + a 1 ∫ − b 0 d z H z I + a 1 ∫ 0 b d z H z II = j y となるが、ここで b → + 0 b \to +0 b → + 0
[B-II]
(1)
磁束に関する Gauss の法則 ∇ ⋅ B = 0 \nabla\cdot\boldsymbol B=0 ∇ ⋅ B = 0 B = − ∇ Φ m \boldsymbol B=-\nabla\Phi_m B = − ∇ Φ m ∇ 2 Φ m = 0 \nabla^2\Phi_m=0 ∇ 2 Φ m = 0
(2)
ϕ \phi ϕ Φ m = μ 0 A r n cos θ \Phi_m=\mu_0 A r^n\cos\theta Φ m = μ 0 A r n cos θ
∇ 2 Φ m = μ 0 A { n ( n + 1 ) − 2 } r n − 2 cos θ = 0. \nabla^2\Phi_m=\mu_0 A\{n(n+1)-2\}r^{n-2}\cos\theta=0. ∇ 2 Φ m = μ 0 A { n ( n + 1 ) − 2 } r n − 2 cos θ = 0. したがって n = 1 , − 2 n=1,-2 n = 1 , − 2 n = − 2 n=-2 n = − 2 Φ m = μ 0 A cos θ / r 2 \Phi_m=\mu_0 A\cos\theta/r^2 Φ m = μ 0 A cos θ / r 2
(3)
H r I I = − 1 μ 0 ∂ Φ m ∂ r = 2 A cos θ r 3 . H_r^{\mathrm{II}}=-\frac1{\mu_0}\frac{\partial\Phi_m}{\partial r}
=\frac{2A\cos\theta}{r^3}. H r II = − μ 0 1 ∂ r ∂ Φ m = r 3 2 A cos θ . r = a r=a r = a H r I I = H 0 cos θ H_r^{\mathrm{II}}=H_0\cos\theta H r II = H 0 cos θ A = H 0 a 3 / 2 A=H_0a^3/2 A = H 0 a 3 /2
(4)
H θ I I = − 1 μ 0 r ∂ Φ m ∂ θ = A sin θ r 3 . H_\theta^{\mathrm{II}}=-\frac1{\mu_0r}\frac{\partial\Phi_m}{\partial\theta}
=\frac{A\sin\theta}{r^3}. H θ II = − μ 0 r 1 ∂ θ ∂ Φ m = r 3 A sin θ . r = a r=a r = a H θ I I = 1 2 H 0 sin θ H_\theta^{\mathrm{II}}=\frac12H_0\sin\theta H θ II = 2 1 H 0 sin θ H θ I = − H 0 sin θ H_\theta^{\mathrm I}=-H_0\sin\theta H θ I = − H 0 sin θ
j ( θ ) = 3 2 H 0 sin θ . \boxed{j(\theta)=\frac32H_0\sin\theta}. j ( θ ) = 2 3 H 0 sin θ . Reference 
