九州大学 理学府 物理学専攻 2020年度 物理学 [II]
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Kai
[A-I]
(1)
\[
\begin{aligned}
\Phi_0 = \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r}
\end{aligned}
\]
(2)
\[
\begin{aligned}
\Phi_1
&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0
\sqrt{r^2 \sin^2 \theta + (r \cos \theta - d)^2}}
\\
&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 \sqrt{r^2 - 2dr \cos \theta + d^2}}
\end{aligned}
\]
(3)
(2) より、 \(d/r\) の1次までで
\[
\begin{aligned}
\Phi_1
&= \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r}
\left(1 - \frac{2d \cos \theta}{r} + \frac{d^2}{r^2} \right)^{-1/2}
\\
&\simeq \frac{q}{4 \pi \varepsilon_0 r}
\left(1 + \frac{d \cos \theta}{r} \right)
\end{aligned}
\]
であるから、
\[
\begin{aligned}
\Phi_d
&= \frac{qd \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}
\end{aligned}
\]
である。
(4)
\[
\begin{aligned}
E_r
&= \left( - \boldsymbol{\nabla} \Phi_d \right) \cdot \boldsymbol{e}_r
\\
&= - \frac{\partial \Phi_d}{\partial r}
\\
&= \frac{p \cos \theta}{2 \pi \varepsilon_0 r^3}
\end{aligned}
\]
[A-II]
(1)
\(\boldsymbol{\nabla} \Phi_u = - \boldsymbol{E}_0 = - E_0 \boldsymbol{e}_z\) から、適当な定数 \(c\) を使って、
\[
\begin{aligned}
\Phi_u
&= - E_0 z + c
\end{aligned}
\]
と書けることがわかるが、原点で \(\Phi_u = 0\) であることから \(c=0\) がわかり、
\[
\begin{aligned}
\Phi_u
&= - E_0 z
\\
&= - E_0 r \cos \theta
\end{aligned}
\]
を得る。
(2)
[A-II] (2) と [A-I] (3) から
\[
\begin{aligned}
\Phi
&= \Phi_u + \Phi_d
\\
&= - E_0 r \cos \theta + \frac{p \cos \theta}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}
\\
&= \frac{- 4 \pi \varepsilon_0 E_0 r^3 + p}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}
\cos \theta
\end{aligned}
\]
がわかるが、\(r=a\) でこれが \(\theta\) によらない定数になることから、
\[
\begin{aligned}
p = 4 \pi \varepsilon_0 E_0 a^3
\end{aligned}
\]
を得る。
(3)
\(r \geq a\) において、(2) より
\[
\begin{aligned}
\Phi
&= \left( -r + \frac{a^3}{r^2} \right) E_0 \cos \theta
\end{aligned}
\]
なので、 \(r\) 方向の電場 \(E_r = E_r(r, \theta)\) について
\[
\begin{aligned}
E_r (r, \theta)
&= - \frac{\partial \Phi}{\partial r}
\\
&= \left( 1 + \frac{2a^3}{r^3} \right) E_0 \cos \theta
\\
\therefore \ \
E_r (a, \theta) &= 3 E_0 \cos \theta
\end{aligned}
\]
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、
\[
\begin{aligned}
\sigma
&= \varepsilon_0 E_r(a, \theta)
\\
&= 3 \varepsilon_0 E_0 \cos \theta
\end{aligned}
\]
を得る。
[B-I]
例えば、 \(a \gt 0, b \gt 0\) として、 4点 \((0,0,b), (a,0,b), (a,0,-b), (0,0,-b)\) を頂点とする長方形を考える。 この長方形を貫く電流は \((0, a j_y, 0)\) 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、
\[
\begin{aligned}
a H_x^{II}(z=b) + \int_b^0 dz \ H_z^{II}
+ \int_0^{-b} dz \ H_z^I - a H_x^I(z=-b)
+ \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \int_0^b dz \ H_z^{II}
&= a j_y
\\
\therefore \ \
H_x^{II}(z=b) - H_x^I(z=-b)
+ \frac{1}{a} \int_b^0 dz \ H_z^{II} + \frac{1}{a} \int_0^{-b} dz \ H_z^I
+ \frac{1}{a} \int_{-b}^0 dz \ H_z^I + \frac{1}{a} \int_0^b dz \ H_z^{II}
&= j_y
\end{aligned}
\]
となるが、ここで \(b \to +0\) とすると、題意の式を得る。