名古屋大学大学院理学研究科物理学系・院試解答
2016年度電磁気学
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電磁気学

問１
(１)
問題で与えられた球と同心円の半径 \( r\)の球の空間を \( C_r\)とする。 \( r\leq a\)の時 \( C_r\)にガウスの法則を用いると、電場 \( E_{in}\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
E_{in}\cdot 4\pi r^2&=&\frac{Q}{\epsilon_0}\cdot \frac{r^3}{a^3}\\
E_{in}(r)&=&\frac{Q}{4\pi \epsilon_0}\cdot \frac{r}{a^3}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。\( r\geq a\)の時の電場\( E_{out}\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
E_{out}\cdot 4\pi r^2&=&\frac{Q}{\epsilon_0}\\
E_{in}(r)&=&\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r^2}
\end{split}
\end{eqnarray}

(２)
球外部の電位を \( \phi_{out}(r)\)とすると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\phi_{out}&=&-\int^{r}_{\infty}E_{out}(r’)dr’\\
&=&-\int^{r}_{\infty} \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r’^2}dr’\\
&=&\left[\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r’^2}\right]^{r}_{\infty}\\
&=&\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r^2}
\end{split}
\end{eqnarray}
球内部の電位を \( \phi_{in}(r)\)とすると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\phi_{in}&=&-\int^{a}_{\infty}E_{out}(r’)dr’-\int^{r}_{a}E_{in}(r’)dr’\\
&=&-\int^{a}_{\infty}\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 r^2}dr’-\int^{r}_{a}\frac{Q}{4\pi \epsilon_0}\cdot \frac{r}{a^3}dr’\\
&=&\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 a}-\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 a^3}\left( \frac12 r^2-\frac12 a^2 \right)\\
&=&-\frac{Q}{4\pi \epsilon_0 a^3}\left( \frac12 r^2-\frac32 a^2 \right)\\
&=&\frac{Q}{8\pi \epsilon_0 a^3}(3a^2-r^2)
\end{split}
\end{eqnarray}

問２
単位体積あたりの静電エネルギー \( \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2\)である。
これを全空間で積分すると静電エネルギー \( U\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
U&=&\int^{a}_{0} \frac12 \epsilon_0E_{in}^2(r)\cdot 4\pi r^2dr+\int^{\infty}_{a} \frac12 \epsilon_0E_{out}^2(r)\cdot 4\pi r^2dr\\
&=&\frac{\epsilon_0}{2}\left( \frac{Q}{4\pi \epsilon} \right)^2\left\{\int^a_0 \frac{r^2}{a^6}\cdot 4\pi r^2dr+\int^{\infty}_{a}\frac{1}{r^4}4\pi r^2dr \right\}\\
&=&\frac{Q^2}{8\pi \epsilon_0}\left\{\frac{1}{a^6}\frac15 a^5+\frac1a \right\}\\
&=&\frac{3Q^2}{20\pi\epsilon_0 a}
\end{split}
\end{eqnarray}
と計算できる。

(別解)
微小球殻を無限遠から \( r=R\)に持ってくるのに必要なエネルギーは
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Delta U&=&-\int^R_{\infty}\frac{q\Delta q}{4\pi \epsilon_0r^2}dr\\
&=&-\int^R_{\infty}\frac{\frac43\pi R^3\rho\cdot 4\pi R^2dR}{4\pi \epsilon_0r^2}dr\\
&=&-\int^R_{\infty}{4\pi \rho^2 R^5dR}{3\epsilon_0r^2}dr\\
&=&\frac{4\pi\rho^2R^5dR}{3\epsilon_0}\frac{1}{R}
\end{split}
\end{eqnarray}
ここで \( q=4/3\pi R^3\rho,\Delta q=4\pi R^2\rho dR\)とした。
\( 0\leq R \leq a\)で積分
\begin{eqnarray}
\begin{split}
U&=&\int^a_0 \frac{4\pi\rho^2R^4dR}{3\epsilon_0}\\
&=& \frac{4\pi\rho^2}{3\epsilon_0}\cdot \frac{a^5}{5}\\
&=&\frac{4\pi a^5}{15\epsilon_0}\frac{Q^2}{\frac{16}{9}\pi a^6}\\
&=&\frac{3Q^2}{20\pi \epsilon_0a}
\end{split}
\end{eqnarray}

問３
球内の電荷分布は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\rho&=&\frac{Q}{4/3\pi a^3}\\
&=&\frac{3Q}{4\pi a^3}
\end{split}
\end{eqnarray}
で与えられる。この時、幅 \( ad\theta\)の円板上の電荷を考える。 \( rd\theta\) \( 0\leq r \leq a\)の円環上の電荷量は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\rho dV&=&\rho \cdot 2\pi rain\theta rdrd\theta \\
&=&2\pi\rho r^2sin\theta drd\theta
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。 \( z\)軸周りに角速度 \( \omega\)で回転して、 \( z\)軸を含む面を毎秒 \( \omega/2\pi\)回通過するので電流の強さ \( dI\)は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
dI&=&\rho dV \cdot \frac{\omega}{2\pi}\\
&=&\rho \omega r^2 sin\theta drd\theta
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。この半径 \( rsin\theta\)の円形電流が中心に作る磁場 \( dB\)は、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
dH&=&\frac{dI(rein\theta)^2}{2r^3}\\
&=&\frac{sin^2\theta}{2r}\rho\omega r^2sin\theta drd\theta\\
&=&\frac{\rho \omega r}{2}sin^3\theta drd\theta
\end{split}
\end{eqnarray}
これを積分して、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
H&=&\frac{\rho \omega}{2}\int^a_0rdr\int^{\pi}_0sin^3\theta d\theta\\
&=&\frac{\rho \omega}{2}\cdot \frac12 a^2\int^{\pi}_0sin\theta (1-cos^2\theta) d\theta\\
&=&\frac{\rho \omega a^2}{4}(2-\frac23)\\
&=&\frac13 \rho \omega a^2\\
&=&\frac13 \omega a^2\frac{3Q}{4\pi a^3}\\
&=&\frac{Q\omega}{4\pi a}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。向きはz軸正の向き。

問４
\( dI=\rho \omega r^2 sin\theta drd\theta\)より、半径 \( rsin\theta\)の円電流がつくる磁気双極子モーメント \( d\mu\)は、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\mu&=&\pi \rho\omega\int_0^a r^4dr\int^{\pi}_0sin^3\theta d\theta\\
&=&\frac15 a^5\omega \pi\frac{3Q}{4\pi a^3}\frac{4}{3}\\
&=&\frac15 a^2\omega Q
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

　

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問５
\( {\bf{\mu}}=(0,0,\mu)\) \( ,{\bf{r}}=(x,y,z)\)として
\begin{eqnarray}
{\bf{\mu}}×,{\bf{r}}=(-\mu,y,\mu x,0)
\end{eqnarray}
より、 \( {\bf{A}}\)は
\begin{eqnarray}
{\bf{A}}=\frac{\mu_0}{4\pi}(-\frac{\mu,y}{r^3},\frac{\mu,x}{r^3},0)
\end{eqnarray}
となる。 \( {\bf{B}}=rot {\bf{A}}\)より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{B}}&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\left(-\frac{\partial}{\partial z}\left( \frac{\mu x}{r^3} \right) ,\frac{\partial}{\partial z}\left( -\frac{\mu y}{r^3} \right),\frac{\partial}{\partial x}\left( -\frac{\mu y}{r^3} \right)-\frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{\mu x}{r^3} \right)\right)\\
&=&\frac{\mu_0}{4\pi}\left( \frac{3\mu zx}{r^5} \right),\left( \frac{3\mu yz}{r^5} \right),\left( \frac{3\mu xy}{r^5} \right)\\
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。ポインティングベクトル \( {\bf{S}}({\bf{x}},t)\)は、
\begin{eqnarray}
{\bf{S}}{\bf{x}},t)={\bf{E}}×{\bf{H}}
\end{eqnarray}
となる。電場は \( {\bf{E}}=E_{out}{\bf{e}}_r\)と書けるので
\begin{eqnarray}
{\bf{E}}=\frac{Q}{4\pi \epsilon_0}{\bf{E}}×{\bf{H}}\left(\left( \frac{x}{r^3} \right),\left( \frac{y}{r^3}\right),\left( \frac{z}{r^3} \right)\right)
\end{eqnarray}
となる。よってポインティングベクトルは
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{S}}&=&{\bf{E}}×{\bf{H}}\\
&=&{\bf{E}}×\left(\frac{1}{\mu_0}{\bf{B}}\right)\\
&=&\frac{\mu Q}{16\pi^2\epsilon_0r^8}(-yz^2+2xy^2,3xz^2-6x^2y,0)
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。( \( \mu=1/5Q\omega a^2\))

問６
\begin{eqnarray}
{\bf{L}}=I{\bf{\omega}}=\frac25Ma^2
\end{eqnarray}
\( L\)の大きさは \( 2/5Ma^2{\bf{\omega}}\)なので
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac15Q\omega a^2&=&\gamma \frac25 Ma\omega\\
\gamma&=&\frac{Q}{2M}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

問７
\( d=2a\)より、 \( \mu=1/10Q\omega ad\)であるから、 \( q_m=Q\omega a/10\)として
\begin{eqnarray}
\begin{split}
{\bf{N}}&=&{\bf{\mu}}×{\bf{H}}\\
&=&q_m(0,0,2a)×(0,H_y,H_z)\\
&=&(-2aq_m H_y,0,0)\\
&=&\left( -\frac{Q\omega a^2}{5}H_y \right)
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

問８
回転の運動方程式は
\begin{eqnarray}
\frac{d{\bf{L}}}{dt}={\bf{N}}
\end{eqnarray}
となり、
回転の運動方程式は
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\frac{dL_x}{dt}&=&-\frac{Q\omega a^2}{5}H_y\\
\frac25 Ma^2\frac{d\omega}{dt}&=&-\frac{Qa^2H_y}{5}\omega
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

問９
問８の運動方程式を解いて
\begin{eqnarray}
\frac{d\omega}{dt}=-\frac{QH_y}{2M}\omega
\end{eqnarray}
であり、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Omega(t)&=&\Omega(0)e^{-\frac{Q}{2M}H_yt}\\
&=&\omega e^{-\frac{Q}{2M}H_yt}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

　

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