UA PHYS515A 电磁理论III 静磁学问题3 静磁学问题的边界条件与标量势方法的应用
UA PHYS515A 電磁理論III 靜磁學問題3 靜磁學問題的邊界條件
- 邊界條件
- 例題
上一講介紹了magnetic filed的標量勢：
H?=??ΦM\vec H = -\nabla \Phi_MH=??ΦM?
與magnetic induction的向量勢：
B?=?×A?\vec B = \nabla \times \vec AB=?×A
使用這兩個構造可以把靜磁學問題的Maxwell方程簡化為Poisson方程。
邊界條件
與靜電學問題類似，靜磁學問題也有一些常用的邊界條件，第一類邊界條件由散度定理給出，根據Gauss定理
??B?=0\nabla \cdot \vec B = 0??B=0
使用散度定理，
∫V??B?dx′dy′dz′=∮S(V)B??n^dS=0\int_V \nabla \cdot \vec Bdx'dy'dz'=\oint_{S(V)} \vec B \cdot \hat ndS=0∫V???Bdx′dy′dz′=∮S(V)?B?n^dS=0
假設經過邊界S(V)S(V)S(V)前后的magnetic filed垂直分量分別為B1,B2B_1,B_2B1?,B2?，取邊界的面積微元ΔS\Delta SΔS
∮S(V)B??n^dS=(B2?B1)ΔS=0?B1=B2\oint_{S(V)} \vec B \cdot \hat n dS = (B_2-B_1)\Delta S = 0 \Rightarrow B_1 = B_2∮S(V)?B?n^dS=(B2??B1?)ΔS=0?B1?=B2?
這說明在經過邊界時，magnetic field沿外法線方向是連續變化的；
第二類邊界條件由Stokes定理給出，根據安培定律，
?×H?=4πcJ?\nabla \times \vec H = \frac{4 \pi}{c}\vec J?×H=c4π?J
用一個小矩形包圍一小段邊界，記矩陣圍成部分為SSS，則
∫S?×H??(n^×t^)dS=4πc∫SJ??(n^×t^)dS\int_S \nabla \times \vec H \cdot (\hat n \times \hat t) dS = \frac{4 \pi}{c}\int_S \vec J \cdot (\hat n \times \hat t)dS∫S??×H?(n^×t^)dS=c4π?∫S?J?(n^×t^)dS
其中n^\hat nn^是磁場的邊界外法線方向，t^\hat tt^是磁場的邊界的切向；根據Stokes定理，我們可以把面積分化為繞這個矩形RRR的線積分：
∮RH??dl?=4πcI??(n^×t^)\oint_R \vec H \cdot d \vec l = \frac{4\pi}{c}\vec I \cdot (\hat n \times \hat t)∮R?H?dl=c4π?I?(n^×t^)
第二項表示垂直經過矩形RRR的電流。假設這個矩陣的長為LLL，寬可以忽略，則
∮RH??dl?=L(H?2?H?1)?t^\oint_R \vec H \cdot d\vec l = L(\vec H_2 - \vec H_1)\cdot \hat t∮R?H?dl=L(H2??H1?)?t^
所以
(H?2?H?1)?t^=4πcK??(n^×t^)(\vec H_2 - \vec H_1)\cdot \hat t = \frac{4\pi}{c}\vec K \cdot (\hat n \times \hat t)(H2??H1?)?t^=c4π?K?(n^×t^)
其中K?\vec KK表示currency per length（與電流密度J?\vec JJ不一樣，J?\vec JJ是currency per area）。
例題
例
有一個厚度可以忽略不計半徑為aaa的圓形薄片，薄片上的電荷密度是σ\sigmaσ，這個薄片繞經過圓心的豎直的直徑以www的角速度逆時針勻速轉動，計算空間中的磁場。
解
在余緯角等于θ\thetaθ的位置考慮微元dθd\thetadθ，則在dtdtdt時間內，這一段弧元掃過的面積為
(asin?θwdt)(adθ)(a \sin \theta w dt)(a d \theta)(asinθwdt)(adθ)
所以運動電荷量為dQ=σa2wsin?θdθdtdQ=\sigma a^2w\sin \theta d \theta dtdQ=σa2wsinθdθdt因此電流為
I=dQdt=σa2wsin?θdθI = \frac{dQ}{dt}=\sigma a^2 w \sin \theta d\thetaI=dtdQ?=σa2wsinθdθ
電流線密度為
K=Iadθ=σawsin?θ=K0sin?θ,K0?σawK = \frac{I}{a d\theta}=\sigma a w \sin \theta = K_0 \sin \theta,K_0\triangleq \sigma a wK=adθI?=σawsinθ=K0?sinθ,K0??σaw
引入標量勢ΦM\Phi_MΦM?滿足H?=??ΦM\vec H = -\nabla \Phi_MH=??ΦM?，則
?2ΦM=0\nabla^2 \Phi_M = 0?2ΦM?=0
我們可以把這個方程的通解用Legendre多項式表示：
ΦM=∑l=0∞[Alrl+Blr?(l+1)]Pl(cos?θ)\Phi_M = \sum_{l=0}^{\infty} [A_lr^l+B_lr^{-(l+1)}]P_l(\cos \theta)ΦM?=l=0∑∞?[Al?rl+Bl?r?(l+1)]Pl?(cosθ)
進一步，我們可以分邊界內部/外部的磁場討論：
ΦM={∑l=0∞AlrlPl(cos?θ),r≤a∑l=0∞Blr?(l+1)Pl(cos?θ),r>a\Phi_M = \begin{cases} \sum_{l=0}^{\infty} A_l r^l P_l(\cos \theta), r \le a \\ \sum_{l=0}^{\infty} B_l r^{-(l+1)}P_l(\cos \theta), r>a \end{cases}ΦM?={∑l=0∞?Al?rlPl?(cosθ),r≤a∑l=0∞?Bl?r?(l+1)Pl?(cosθ),r>a?
需要注意的是在這個極坐標(r,θ)(r,\theta)(r,θ)中，rrr的方向是邊界的外法線方向n^\hat nn^，θ\thetaθ軸的方向是余緯角的切線方向t^\hat tt^，根據右手法則，n^×t^\hat n \times \hat tn^×t^與薄片線速度方向一致。所以在邊界上
B??n^=Br=??ΦM?r=0?∑l=1∞Allal?1Pl(cos?θ)=?∑l=0∞(l+1)BlPl(cos?θ)al+2\vec B \cdot \hat n = B_r=-\frac{\partial \Phi_M}{\partial r}=0 \\ \Rightarrow \sum_{l=1}^{\infty} A_lla^{l-1}P_l(\cos \theta) = - \sum_{l=0}^{\infty} \frac{(l+1)B_lP_l(\cos \theta)}{a^{l+2}}B?n^=Br?=??r?ΦM??=0?l=1∑∞?Al?lal?1Pl?(cosθ)=?l=0∑∞?al+2(l+1)Bl?Pl?(cosθ)?
因為PlP_lPl?是正交多項式，所以上面的等式要成立除非PlP_lPl?對應系數相等：
{B0a2=0?2B1a3=A1??(l+1)Blal+2=Allal?1?\begin{cases}\frac{B_0}{a^2} = 0 \\ -\frac{2B_1}{a^3}=A_1 \\ \cdots \\ -\frac{(l+1)B_l}{a^{l+2}}=A_lla^{l-1} \\ \cdots \end{cases}????????????????a2B0??=0?a32B1??=A1???al+2(l+1)Bl??=Al?lal?1??
另一組邊界條件是
B??t^=Bθ=?1r?ΦM?θ=4πcK??(n^×t^)\vec B \cdot \hat t = B_{\theta}=-\frac{1}{r}\frac{\partial \Phi_M}{\partial \theta} = \frac{4 \pi }{c}\vec K \cdot (\hat n \times \hat t)B?t^=Bθ?=?r1??θ?ΦM??=c4π?K?(n^×t^)
因為K?\vec KK與電荷運動方向相同，也就是與薄片線速度方向相同，而前面我們也分析過，n^×t^\hat n \times \hat tn^×t^也與薄片線速度方向相同，因此在邊界上有
?1r?ΦM?θ=4πcK0sin?θ?1a∑l=0∞AlaldPldθ?1a∑l=0∞Blal+1dPldθ=4πcK0sin?θ-\frac{1}{r} \frac{\partial \Phi_M}{\partial \theta} = \frac{4 \pi }{c}K_0 \sin \theta \\ -\frac{1}{a}\sum_{l=0}^{\infty}A_la^l\frac{dP_l}{d \theta} - \frac{1}{a}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{B_l}{a^{l+1}}\frac{dP_l}{d \theta}= \frac{4 \pi }{c}K_0 \sin \theta ?r1??θ?ΦM??=c4π?K0?sinθ?a1?l=0∑∞?Al?aldθdPl???a1?l=0∑∞?al+1Bl??dθdPl??=c4π?K0?sinθ
這個式子也是對應項系數相等，我就懶得寫了。綜合這兩組方程，最后只有A1,B1A_1,B_1A1?,B1?非零，答案是
ΦM={?8πK03crcos?θ,r<a4πa3K03ccos?θr2,r>a\Phi_M = \begin{cases} -\frac{8 \pi K_0}{3c}r \cos \theta , r < a \\ \frac{4 \pi a^3 K_0}{3c} \frac{\cos \theta}{r^2}, r>a \end{cases}ΦM?={?3c8πK0??rcosθ,r<a3c4πa3K0??r2cosθ?,r>a?
B?=??ΦM={8πK03c(cos?θr^?rsin?θθ^),r<a4πa3K03c(2cos?θr2r^+sin?θr3θ^),r>a\vec B =-\nabla \Phi_M= \begin{cases} \frac{8 \pi K_0}{3c}(\cos \theta \hat r - r\sin \theta \hat \theta), r<a \\ \frac{4 \pi a^3 K_0}{3c}(\frac{2 \cos \theta}{r^2}\hat r+\frac{\sin \theta}{r^3} \hat \theta), r>a \end{cases}B=??ΦM?={3c8πK0??(cosθr^?rsinθθ^),r<a3c4πa3K0??(r22cosθ?r^+r3sinθ?θ^),r>a?
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