HW4 Answer

1 补充题

1.1

已知能量和动量密度满足

\begin{aligned} w & = \frac{1}{2} (ϵ_{0} E^{2} + \frac{B^{2}}{μ_{0}}) \geq \sqrt{\frac{ϵ_{0}}{μ_{0}}} E B, 仅 当 ϵ_{0} E^{2} = \frac{B^{2}}{μ_{0}} 时 取 等 号 \\ c g & = \frac{P}{c} = \sqrt{\frac{ϵ_{0}}{μ_{0}}} | E \times B | \leq \sqrt{\frac{ϵ_{0}}{μ_{0}}} E B, 仅 当 E ⊥ B 时 取 等 号 \end{aligned}

所以当局部每一点均成立 $E ⊥ B$ , $E = c B$ , 且 $g$ 方向不变时, 对全空间积分得到 $W = c G$ 。

1.2

以中点为原点，连线为z轴建立柱坐标系，电荷坐标 $(0, 0, \pm a)$ ，则中垂面上任意一点的电场沿着柱坐标 $\hat{s}$ 方向

E_{s} = 2 \cdot \frac{q}{4 π ϵ_{0} s^{2} + a^{2}} \cdot \frac{s}{\sqrt{s^{2} + a^{2}}} = \frac{q}{2 π ϵ_{0}} \frac{s}{(s^{2} + a^{2})^{3 / 2}}

考虑上半平面受到的作用力， $\hat{n} = - {\hat{e}}_{z}$ ，所以

F_{z} = \oint_{z = 0} d σ \cdot T = - \int_{0}^{\infty} 2 π s d s T_{z z}

其中

T_{z z} = ϵ_{0} (E_{z} E_{z} - \frac{1}{2} δ_{z z} E^{2}) = \frac{q^{2}}{8 π^{2} ϵ_{0}} \frac{s^{2}}{(s^{2} + a^{2})^{3}}

所以

\begin{aligned} F_{z} & = \int_{0}^{+ \infty} \frac{q^{2}}{4 π ϵ_{0}} \frac{s^{3}}{(s^{2} + a^{2})^{3}} d s \\ u = s^{2} + a^{2} \to & = \frac{q^{2}}{8 π ϵ_{0}} \int_{a^{2}}^{+ \infty} \frac{u - a^{2}}{u^{3}} d u \\ = - \frac{q^{2}}{8 π ϵ_{0}} {[- \frac{1}{u} + \frac{a^{2}}{2 u^{2}}] |}_{a^{2}}^{\infty} \\ = \frac{q^{2}}{4 π ϵ_{0} (2 a)^{2}} \end{aligned}

2 思考题

2.1 磁偶极子/带电旋转球

2.1.1

球壳上的面电流密度 $K (x^{'})$ 是由表面电荷随球壳转动产生的，其表达式为：

K (x^{'}) = σ_{0} v = σ_{0} (ω \times x^{'})

其中 $x^{'}$ 为球壳上的源点位置矢量，且 $| x^{'} | = a$ 。所以磁矢势为

\begin{aligned} A (x) & = \frac{μ_{0}}{4 π} \oint_{S} \frac{σ_{0} (ω \times x^{'})}{| x - x^{'} |} d σ^{'} \\ = \frac{μ_{0} σ_{0}}{4 π} ω \times \oint_{S} \frac{x^{'}}{| x - x^{'} |} d σ^{'} \end{aligned}

令积分部分为 $I = \oint_{S} \frac{x^{'}}{| x - x^{'} |} d σ^{'}$ 。设 $x^{'} = a {\hat{r}}^{'}$ ，面元 $d σ^{'} = a^{2} d Ω^{'}$ 。球坐标系下（参见 3-D Laplace Equation And Spherical Harmonic Function#4.1 函数 $ frac{1}{ vec{r}- vec{a} }$ 的勒让德系数）：

\frac{1}{| x - x^{'} |} = \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}} P_{l} (\cos γ), γ = \arccos \frac{x \cdot x^{'}}{| x \cdot x^{'} |}, r_{<} = min (x, x^{'}), r_{>} = max (x, x^{'})

则

I = a^{3} \sum_{l = 0}^{\infty} \frac{r_{<}^{l}}{r_{>}^{l + 1}} \oint_{S} P_{l} (\cos γ) {\hat{r}}^{'} d Ω^{'}

由于 ${\hat{r}}^{'}$ 可以看作是由 $l = 1$ 的球谐函数线性组合而成，根据正交性，只有 $l = 1$ 的项对应的积分不为零。当 $l = 1$ 时， $P_{1} (\cos γ) = \cos γ = \hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}$ ，故：

I = a^{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \oint_{S} (\hat{r} \cdot {\hat{r}}^{'}) {\hat{r}}^{'} d Ω^{'}

利用课上的 $\oint_{S} {\hat{r}}^{'} {\hat{r}}^{'} d Ω^{'} = \frac{4 π}{3} I$ ，得到：

I = a^{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \frac{4 π}{3} \hat{r} = \frac{4 π a^{3}}{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \hat{r}

所以

A (x) = \frac{μ_{0} σ_{0}}{4 π} ω \times (\frac{4 π a^{3}}{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} \hat{r}) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{3}}{3} \frac{r_{<}}{r_{>}^{2}} (ω \times \hat{r})

A_{i n} (x) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{3}}{3} \frac{r}{a^{2}} (ω \times \frac{x}{r}) = \frac{μ_{0} σ_{0} a}{3} (ω \times x), r < a

A_{o u t} (x) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{3}}{3} \frac{a}{r^{2}} (ω \times \frac{x}{r}) = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4}}{3 r^{3}} (ω \times x), r > a

2.1.2

磁感应强度由 $B = \nabla \times A$ 给出。利用 $\nabla \times (ω \times x) = ω (\nabla \cdot x) - (ω \cdot \nabla) x = 3 ω - ω = 2 ω$ ，可得：

B_{i n} = \nabla \times [\frac{μ_{0} σ_{0} a}{3} (ω \times x)] = \frac{2}{3} μ_{0} σ_{0} a ω

对于球外场，利用 $\nabla \times (f V) = \nabla f \times V + f (\nabla \times V)$ ，设 $f (r) = r^{- 3}$ ， $V = ω \times x$ ：

\nabla (r^{- 3}) \times (ω \times x) = - 3 r^{- 4} \hat{r} \times (ω \times x) = - 3 r^{- 5} x \times (ω \times x)

展开三重叉积 $x \times (ω \times x) = ω (x \cdot x) - x (x \cdot ω) = r^{2} ω - r^{2} (ω \cdot \hat{r}) \hat{r}$ ，所以

\nabla \times (\frac{ω \times x}{r^{3}}) = - 3 r^{- 5} [r^{2} ω - r^{2} (ω \cdot \hat{r}) \hat{r}] + r^{- 3} (2 ω) = \frac{1}{r^{3}} [3 (ω \cdot \hat{r}) \hat{r} - ω]

代入系数，得到球外的磁场分布：

B_{o u t} = \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4}}{3 r^{3}} [3 (ω \cdot \hat{r}) \hat{r} - ω]

显然这是一个磁偶极子场，其磁矩为 $m = \frac{4 π}{3} σ_{0} ω a^{4}$ 。

2.1.3

和课上带电球受力的求解类似，我们选择包围整个上半空间（ $z > 0$ ）的闭合曲面 $S$ 。这个闭合曲面包括无穷远处的半球面（ $r \to \infty, z > 0$ ）和赤道平面（ $z = 0$ ）。

由于在无穷远处，偶极子磁场 $B \propto 1 / r^{3}$ ，所以张量分量 $T \propto 1 / r^{6}$ 。而无穷远半球面的面积元 $d a \propto r^{2}$ ，因此当 $r \to \infty$ 时，无穷远半球面上的积分项趋近于 $0$ 。

所以，我们只需要计算在赤道平面（ $z = 0$ ）上的积分。对于上半空间，面元向量为 $d a = - \hat{z} d a$ 。

由于对称性，赤道面上的磁力只可能有 $z$ 分量（径向受力相互抵消）：

F_{z} = \int_{z = 0} (T \cdot d a)_{z} = - \int_{z = 0} T_{z z} d a

麦克斯韦应力张量的纯磁场部分定义为 $T_{i j} = \frac{1}{μ_{0}} (B_{i} B_{j} - \frac{1}{2} δ_{i j} B^{2})$ ：

T_{z z}^{i n} = \frac{1}{2 μ_{0}} {(\frac{2}{3} μ_{0} σ_{0} a ω)}^{2} = \frac{2}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{2} ω^{2}

所以

F_{z}^{i n} = - \int_{0}^{a} (\frac{2}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{2} ω^{2}) 2 π r d r = - \frac{4 π}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{2} ω^{2} {[\frac{1}{2} r^{2}]}_{0}^{a} = - \frac{2 π}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{4} ω^{2}

在赤道面上（ $ω \cdot \hat{r} = 0$ ），外部磁场退化为 $B_{o u t} = - \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4} ω}{3 r^{3}} \hat{z}$ ：

T_{z z}^{o u t} = \frac{1}{2 μ_{0}} {(- \frac{μ_{0} σ_{0} a^{4} ω}{3 r^{3}})}^{2} = \frac{μ_{0} σ_{0}^{2} a^{8} ω^{2}}{18 r^{6}}

所以

F_{z}^{o u t} = - \int_{a}^{\infty} (\frac{μ_{0} σ_{0}^{2} a^{8} ω^{2}}{18 r^{6}}) 2 π r d r = - \frac{π}{9} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{8} ω^{2} \int_{a}^{\infty} r^{- 5} d r = - \frac{π}{36} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{4} ω^{2}

最终得到

F_{z} = F_{z}^{i n} + F_{z}^{o u t} = - \frac{π}{4} μ_{0} σ_{0}^{2} a^{4} ω^{2}

负号代表方向朝下（南半球方向），即两半球之间相互吸引。

2.2 电子经典球壳模型

2.2.1

对于半径为 $a$ 、电量为 $e$ 的均匀带电球壳，球内电场为 $0$ ，球外电场为 $E = \frac{e}{4 π ϵ_{0} r^{2}}$ ， $σ_{0} = \frac{e}{4 π a^{2}}$ ，

W_{E} = \int_{a}^{\infty} \frac{1}{2} ϵ_{0} E^{2} (4 π r^{2}) d r = \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} a}

利用上一题结论，内部磁场 $B_{i n} = \frac{μ_{0} e ω}{6 π a}$ ，外部为偶极场。

W_{M} = \frac{1}{2} \oint A \cdot K d a

$\int_{a l l} \frac{B^{2}}{2 μ_{0}} d V = \frac{1}{2 μ_{0}} \int B \cdot (\nabla \times A) d V$

利用分部积分：

\int B \cdot (\nabla \times A) d V = \int A \cdot (\nabla \times B) d V + \oint_{\infty} (A \times B) \cdot d S

对于局域分布的源，无穷远处的表面积分为 0。代入安培环路定理 $\nabla \times B = μ_{0} J$ ：

\int_{a l l} \frac{B^{2}}{2 μ_{0}} d V = \frac{1}{2 μ_{0}} \int A \cdot (μ_{0} J) d V = \frac{1}{2} \int A \cdot J d V

已知球面上的矢量势为 $A (a) = \frac{μ_{0} σ_{0} a}{3} (ω \times x) = \frac{μ_{0} e ω a \sin θ}{12 π} \hat{ϕ}$ ，面电流密度为 $K = σ_{0} v = σ_{0} a \sin θ ω \hat{ϕ} = \frac{e ω \sin θ}{4 π a} \hat{ϕ}$ 。所以磁能：

W_{M} = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} (\frac{μ_{0} e ω a \sin θ}{12 π}) (\frac{e ω \sin θ}{4 π a}) (2 π a^{2} \sin θ) d θ = \frac{μ_{0} e^{2} ω^{2} a}{36 π}

总能量

W = \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} a} + \frac{μ_{0} e^{2} ω^{2} a}{36 π}

2.2.2

磁矩 $m = \frac{4 π}{3} σ_{0} ω a^{4} = \frac{1}{3} e ω a^{2}$ ，电磁场角动量

L = \int r \times g d V = \int r \times (ϵ_{0} E \times B) d V

由于球内 $E = 0$ ，角动量只存在于球外，计算动量部分：

E \times B = (\frac{e}{4 π ϵ_{0} r^{2}} \hat{r}) \times (\frac{μ_{0}}{4 π r^{3}} [- m]) = \frac{μ_{0} e}{16 π^{2} ϵ_{0} r^{5}} (m \times \hat{r})

所以，被积函数的矢量部分是：

\hat{r} \times (m \times \hat{r}) = m (\hat{r} \cdot \hat{r}) - \hat{r} (\hat{r} \cdot m) = m - \hat{r} (\hat{r} \cdot m)

代入到求解角动量的积分得到

L = \frac{μ_{0} e}{16 π^{2}} \int_{a}^{\infty} \frac{1}{r^{4}} r^{2} d r \int_{Ω} [m - \hat{r} (\hat{r} \cdot m)] d Ω

拆解该积分当中的每一项有：

\int_{a}^{\infty} r^{- 2} d r = \frac{1}{a}

\int m d Ω = 4 π m

\int \hat{r} (\hat{r} \cdot m) d Ω = m \cdot \int \hat{r} \hat{r} d Ω = \frac{4 π}{3} m

所以最终得到旋转球壳的场角动量为：

L = \frac{μ_{0} e}{16 π^{2}} \cdot \frac{1}{a} \cdot \frac{8 π}{3} m = \frac{μ_{0} e}{6 π a} m = \frac{μ_{0} e^{2} a}{18 π} ω

2.2.3

通常在经典模型中，由于 $ω a ≪ c$ 的预期，磁能项 $W_{M}$ 远小于静电能 $W_{E}$ 。我们先忽略 $W_{M}$ ：

由 $W \approx \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} a} = m_{e} c^{2}$ 得 $a = \frac{e^{2}}{8 π ϵ_{0} m_{e} c^{2}}$ (即经典电子半径)；由角动量公式 $\frac{μ_{0} e^{2} a ω}{18 π} = \frac{ℏ}{2}$ 得 $ω = \frac{9 π ℏ}{μ_{0} e^{2} a}$ 。以及

v = ω a = \frac{9 π ℏ}{μ_{0} e^{2}} = \frac{9 π ℏ ϵ_{0} c^{2}}{e^{2}}

利用精细结构常数 $α = \frac{e^{2}}{4 π ϵ_{0} ℏ c} \approx \frac{1}{137}$ ，上式可改写为：

v = \frac{9}{4 α} c \approx \frac{9 \times 137}{4} c \approx 308 c

这个速度远远超越了光速，是没有意义的，回过头来再用 $W \approx W_{M} = \frac{μ_{0} e^{2} ω^{2} a}{36 π} = m_{e} c^{2}$ 也没什么意义。另外，据说将电子视为刚体，通过转动惯量来计算角动量，也会得到类似的结论（得到赤道角速度为一百多倍光速）。