東京大学 工学系研究科 2025年8月実施 物理学 第2問

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• Magnetic-Dipole-Vector-Potential

Author

祭音Myyura (co-authored with GPT 5.6 SOL)

Description

真空の誘電率を $\varepsilon_0$、真空の透磁率を $\mu_0$ として、次の I から III に答えよ。

I

原点 O の両側に、点電荷 $+q$ と $-q$ がそれぞれ

$$\left(0,0,\frac{d}{2}\right), \qquad \left(0,0,-\frac{d}{2}\right)$$

に置かれている。$-q$ から $+q$ へ向かうベクトルを $\boldsymbol{d}=(0,0,d)$ とし、電荷の位置以外の任意の点の位置ベクトルを $\boldsymbol{r}$ とする。

1. 無限遠を基準とする静電ポテンシャルを求めよ。
2. $|\boldsymbol{d}|/|\boldsymbol{r}|\ll 1$ とする。電気双極子モーメントを $\boldsymbol{p}=q\boldsymbol{d}$ としたとき、静電ポテンシャルが

$$U(\boldsymbol{r}) = \frac{\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{r}} {4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol{r}|^3}$$

となることを示せ。

必要に応じ、$\theta$ を $\boldsymbol a,\boldsymbol b$ のなす角として

$$|\boldsymbol a-\boldsymbol b|^{-1}=|\boldsymbol a|^{-1}\left(1-2\frac{|\boldsymbol b|}{|\boldsymbol a|}\cos\theta+\frac{|\boldsymbol b|^2}{|\boldsymbol a|^2}\right)^{-1/2}$$

を用いてよい。

II

原点 O を中心とする半径 $R$ の薄い導体球殻が真空中に置かれている。外部から一様な静電場

$$\boldsymbol{E}_0=(0,0,E_{0z})$$

を加えたところ、球殻表面に電荷分布が誘起された。その誘起電荷による球殻外の電場は、原点に置いた電気双極子で等価的に表される。

1. 外部電場と誘起電荷の両方を考慮し、球殻外部の静電ポテンシャルを求めよ。基準は任意に選んでよい。
2. 球殻上の任意の点の位置ベクトルを $\boldsymbol{s}\ (|\boldsymbol{s}|=R)$ とする。球殻上の面電荷密度 $\sigma(\boldsymbol{s})$ を求めよ。

III

原点 O を中心とし、$xy$ 平面内に置かれた半径 $\rho$ の一巻き円形コイルに電流 $I$ が流れている。コイル上の位置ベクトルを $\boldsymbol{u}$、電流方向の線素ベクトルを $d\boldsymbol{u}$ とすると、位置 $\boldsymbol{r}$ における磁気ベクトルポテンシャルは

$$\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \oint \frac{d\boldsymbol{u}} {|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{u}|}$$

で与えられる。$|\boldsymbol{u}|/|\boldsymbol{r}|\ll 1$ とし、

$$\boldsymbol{m} = \mu_0 S I\boldsymbol{k}, \qquad S=\pi\rho^2$$

を磁気双極子モーメントとする。ただし、$\boldsymbol{k}$ は $+z$ 方向の単位ベクトルである。$\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r})$ を $\boldsymbol{m}$ と $\boldsymbol{r}$ で表せ。

题目描述

真空介电常数为 $\varepsilon_0$，磁导率为 $\mu_0$。

I. 电荷 $+q,-q$ 分别位于 $(0,0,d/2)$、$(0,0,-d/2)$。令 $\boldsymbol d=(0,0,d)$ 为从负电荷指向正电荷的矢量；$\boldsymbol r$ 为两电荷所在点之外任意点的位置矢量。

1. 求以无穷远为零点的静电势。
2. 在 $|\boldsymbol d|/|\boldsymbol r|\ll1$ 时，证明以 $\boldsymbol p=q\boldsymbol d$ 表示的电偶极矩给出的电势为

$$U(\boldsymbol r)=\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol r|^3}.$$

可使用余弦定理给出的展开式，其中 $\theta$ 是 $\boldsymbol a,\boldsymbol b$ 的夹角：

$$|\boldsymbol a-\boldsymbol b|^{-1}=|\boldsymbol a|^{-1} \left(1-2\frac{|\boldsymbol b|}{|\boldsymbol a|}\cos\theta+ \frac{|\boldsymbol b|^2}{|\boldsymbol a|^2}\right)^{-1/2}.$$

II. 半径 $R$、厚度可忽略的导体球壳以 O 为中心，内外都是真空。外加均匀静电场，在远离球壳处为 $\boldsymbol E_0=(0,0,E_{0z})$。球壳上产生感应电荷，其在球壳外形成的电场可等效为位于 O 的电偶极子。

1. 同时考虑外加电场与球壳电荷，求球壳外任意位置 $\boldsymbol r$ 的电势，电势零点可自行选取。
2. 求球壳表面任意位置 $\boldsymbol s\ (|\boldsymbol s|=R)$ 处的面电荷密度 $\sigma(\boldsymbol s)$。

III. 真空中有半径 $\rho$、中心在 O、位于 $xy$ 平面的一匝圆线圈，电流为 $I$，其方向如图。线圈上任意点的位置矢量为 $\boldsymbol u$，它与 $x$ 轴的夹角为 $\varphi$，沿电流方向的切向线元为 $d\boldsymbol u$。磁矢势为

$$\boldsymbol A(\boldsymbol r)=\frac{\mu_0I}{4\pi}\oint\frac{d\boldsymbol u}{|\boldsymbol r-\boldsymbol u|}.$$

在 $|\boldsymbol u|/|\boldsymbol r|\ll1$ 时，将线圈视为磁偶极子。按本题定义，其磁偶极矩为 $\boldsymbol m=\mu_0SI\boldsymbol k$，其中 $S=\pi\rho^2$，$\boldsymbol k$ 是 $+z$ 方向单位矢量。用 $\boldsymbol m,\boldsymbol r$ 表示 $\boldsymbol A(\boldsymbol r)$。

Kai

I

I.1

クーロンポテンシャルを重ね合わせると、

$$\boxed{ U(\boldsymbol{r}) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{d}/2\right|} - \frac{1}{\left|\boldsymbol{r}+\boldsymbol{d}/2\right|} \right) }$$

となる。

I.2

$r=|\boldsymbol{r}|$ とおく。$|\boldsymbol{d}|/r\ll 1$ のもとでテイラー展開すると、

$$\frac{1}{\left|\boldsymbol{r}\mp\boldsymbol{d}/2\right|} = \frac{1}{r} \pm \frac{\boldsymbol{d}\cdot\boldsymbol{r}}{2r^3} +\text{同一の偶数次項} +O\left(\frac{d^3}{r^4}\right).$$

二つの式の差では定数項と偶数次項が消えるため、

$$\frac{1}{\left|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{d}/2\right|} - \frac{1}{\left|\boldsymbol{r}+\boldsymbol{d}/2\right|} = \frac{\boldsymbol{d}\cdot\boldsymbol{r}}{r^3} + O\left(\frac{d^3}{r^4}\right).$$

したがって、最低次まで取れば

$$U(\boldsymbol{r}) = \frac{q\boldsymbol{d}\cdot\boldsymbol{r}} {4\pi\varepsilon_0r^3} = \boxed{ \frac{\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{r}} {4\pi\varepsilon_0|\boldsymbol{r}|^3} }.$$

II

誘起電荷の外部電場が双極子だけで表されるため、球殻の全電荷は零である。極軸を $z$ 軸に取り、$\theta$ を $\boldsymbol{r}$ と $+z$ 軸のなす角とする。軸対称なラプラス方程式の解のうち、遠方で一様電場のポテンシャル $-E_{0z}r\cos\theta$ に一致するものは

$$U_{\mathrm{out}}(r,\theta) = -E_{0z}r\cos\theta + \frac{C\cos\theta}{r^2}$$

と書ける。導体表面 $r=R$ は等電位面である。電位の任意定数を選んで球殻の電位を 0 とすると、

$$C=E_{0z}R^3.$$

よって、球殻外部では

$$\boxed{ U_{\mathrm{out}}(r,\theta) = -E_{0z} \left( r-\frac{R^3}{r^2} \right) \cos\theta } \qquad (r\geq R).$$

ベクトル表示では

$$\boxed{ U_{\mathrm{out}}(\boldsymbol{r}) = -\boldsymbol{E}_0\cdot\boldsymbol{r} + R^3 \frac{\boldsymbol{E}_0\cdot\boldsymbol{r}} {|\boldsymbol{r}|^3} }.$$

第 2 項を電気双極子のポテンシャルと比較すると、誘起双極子モーメントは

$$\boldsymbol{p}_{\mathrm{ind}} = 4\pi\varepsilon_0R^3\boldsymbol{E}_0$$

である。

面に垂直な外向き電場は

$$E_r(R^+,\theta) = -\left. \frac{\partial U_{\mathrm{out}}}{\partial r} \right|_{r=R} = 3E_{0z}\cos\theta.$$

導体内部の電場は 0 なので、境界条件より

$$\sigma = \varepsilon_0 \left(E_r(R^+)-E_r(R^-)\right) = 3\varepsilon_0E_{0z}\cos\theta.$$

球面上では $\boldsymbol{E}_0\cdot\boldsymbol{s}=E_{0z}R\cos\theta$ であるから、

$$\boxed{ \sigma(\boldsymbol{s}) = \frac{3\varepsilon_0}{R} \boldsymbol{E}_0\cdot\boldsymbol{s} }.$$

III

$u=|\boldsymbol{u}|=\rho$、$r=|\boldsymbol{r}|$ とする。$u/r\ll 1$ のとき、

$$\frac{1}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{u}|} = \frac{1}{r} + \frac{\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{u}}{r^3} + O\left(\frac{u^2}{r^3}\right).$$

これを線積分に代入する。閉曲線では $\oint d\boldsymbol{u}=\boldsymbol{0}$ なので、最低次の非零項は

$$\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^3} \oint (\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{u})\,d\boldsymbol{u}.$$

電流方向に沿って

$$\boldsymbol{u} = \rho(\cos\varphi\,\boldsymbol{i} +\sin\varphi\,\boldsymbol{j}),$$

$$d\boldsymbol{u} = \rho(-\sin\varphi\,\boldsymbol{i} +\cos\varphi\,\boldsymbol{j})\,d\varphi$$

とおくと、

$$\begin{aligned} \oint (\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{u})\,d\boldsymbol{u} &= \pi\rho^2 (-r_y\boldsymbol{i}+r_x\boldsymbol{j})\\ &= S\,\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{r}. \end{aligned}$$

したがって、

$$\boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) = \frac{\mu_0SI}{4\pi} \frac{\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{r}}{r^3}.$$

問題文では $\boldsymbol{m}=\mu_0SI\boldsymbol{k}$ と定義されているため、$\mu_0$ を重ねて付けないことに注意すると、

$$\boxed{ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) = \frac{\boldsymbol{m}\times\boldsymbol{r}} {4\pi|\boldsymbol{r}|^3} }$$

を得る。

Reference

• 東京大学大学院工学系研究科 2026年度大学院入学試験問題 物理学