跳到主要内容

九州大学 理学府 物理学専攻 2019年8月実施 物理学 [II]

标签：

Author​

Miyake

Description​

题目描述​

本文件原 Description 为空；现有解答的 B-II 也为空，因此只能恢复下列题意。

A-I（电偶极子）：真空中点电荷 qq 位于原点或距原点 dd 的 zz 轴上，以 (r,θ)(r,\theta) 表示场点的球坐标。

  1. 写出原点点电荷的电势 Φ0\Phi_0。
  2. 写出位于 z=dz=d 处点电荷的电势 Φ1\Phi_1。
  3. 在 d/rd/r 很小时展开到一阶，并由一对相反点电荷得到偶极矩 p=qdp=qd 的电偶极电势。
  4. 求偶极电场的径向分量 ErE_r。

A-II（均匀电场中的导体球）：半径为 aa 的接地或等势导体球置于沿 zz 方向、大小为 E0E_0 的均匀电场中。

  1. 求外加均匀场的电势 Φu\Phi_u，取原点电势为零。
  2. 将偶极电势叠加，并由 r=ar=a 为等势面确定感应偶极矩 pp。
  3. 求球面外侧径向电场及表面电荷密度 σ(θ)\sigma(\theta)。

B-I（表面电流边界条件）：界面 z=0z=0 上有沿 yy 方向的面电流密度 jyj_y，界面两侧磁场分别记为区域 I、II 的 HI,HII\mathbf H^I,\mathbf H^{II}。用跨越界面的窄矩形安培回路证明切向磁场跳跃条件

HxII(0+)−HxI(0−)=jyH_x^{II}(0^+)-H_x^I(0^-)=j_y

（符号方向按原解答的回路约定）。

B-II：原题和解答均未保存在文件中，无法可靠恢复。

考点​

  • 电偶极电势：对偏置点电荷势作远场多极展开，并由电势梯度求电场。
  • 均匀电场中的导体球：用均匀场与中心偶极子的叠加满足球面等势边界条件，再由高斯边界条件求表面电荷。
  • 安培环路定律与表面电流：令跨界面窄矩形高度趋零，推导磁场切向分量的不连续条件。

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] (2) 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。 この長方形を貫く電流は (0,ajy,0)(0, a j_y, 0) 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]​

本页目录