杂项笔记

电偶极子和磁偶极子

电偶极子的电场分布

各个物理量如上图所示， 电偶极距 $p_e=ql$， 当场点 $P$ 与电偶极子的中心距离 $r$ 满足 $r\gg l$ 时，其电场强度

$$\overrightarrow{E}(r,\theta )=\frac{p_e}{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}(2\cos \theta {\hat{e}}_r+\sin \theta {\hat{e}}_{\theta })$$

推导如下：

空间中电势分布

$$\phi =\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}(\frac{q}{r_{+}}-\frac{q}{r_{-}})$$$$r_{\pm }=\sqrt{r^2+\frac{l^2}{4}\mp rl\cos \theta }$$$$\begin{array}{rl}\phi & =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{1}{r}(\frac{1}{\sqrt{1+\frac{l^2}{4r^2}-\frac{l\cos \theta }{r}}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{l^2}{4r^2}+\frac{l\cos \theta }{r}}})\\ & =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}(1+\frac{l\cos \theta }{2r}-(1-\frac{l\cos \theta }{2r}))\\ & =\frac{p_e\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}=\frac{{\overrightarrow{p}}_e\cdot \overrightarrow{r}}{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}\end{array}$$

空间的电场分布

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{E}(r,\theta )& =-\mathrm{\nabla }\phi =-\frac{\partial \phi }{\partial r}{\hat{e}}_r-\frac{1}{r}\frac{\partial \phi }{\partial \theta }{\hat{e}}_{\theta }\\ & =-\frac{p_e\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0}\frac{\partial }{\partial r}\left(\frac{1}{r^2}\right){\hat{e}}_r-\frac{p_e}{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}\frac{\partial }{\partial \theta }(\cos \theta ){\hat{e}}_{\theta }\\ & =\frac{p_e\cdot 2\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}{\hat{e}}_r+\frac{p_e\sin \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}{\hat{e}}_{\theta }\end{array}$$

Details

也可以绕过电势的计算直接计算电场，不过计算量比较大。

$$\overrightarrow{E}(r,\theta )=-\mathrm{\nabla }\phi =-\frac{\partial \phi }{\partial r}{\hat{e}}_r-\frac{1}{r}\frac{\partial \phi }{\partial \theta }{\hat{e}}_{\theta }$$

其中

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial \phi }{\partial r}& =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot -\frac{1}{2}(\frac{2r-l\cos \theta }{(r^2+\frac{l^2}{4}-rl\cos \theta {)}^{3/2}}-\frac{2r+l\cos \theta }{(r^2+\frac{l^2}{4}+rl\cos \theta {)}^{3/2}})\\ & =-\frac{1}{2}\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}(\frac{2-\frac{l\cos \theta }{r}}{(1+\frac{l^2}{4r^2}-\frac{l\cos \theta }{r}{)}^{3/2}}-\frac{2+\frac{l\cos \theta }{r}}{(1+\frac{l^2}{4r^2}+\frac{l\cos \theta }{r}{)}^{3/2}})\\ & =-\frac{1}{2}\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}((2-\frac{l\cos \theta }{r})(1+\frac{3l\cos \theta }{2r})-(2+\frac{l\cos \theta }{r})(1-\frac{3l\cos \theta }{2r}))\\ & =-\frac{p_e}{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}2\cos \theta \end{array}$$$$\begin{array}{rl}\frac{1}{r}\frac{\partial \phi }{\partial \theta }& =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}\cdot -\frac{1}{2}(\frac{rl\sin \theta }{(r^2+\frac{l^2}{4}-rl\cos \theta {)}^{3/2}}-\frac{-rl\sin \theta }{(r^2+\frac{l^2}{4}+rl\cos \theta {)}^{3/2}})\\ & =-\frac{1}{2}\frac{ql\sin \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}(\frac{1}{(1+\frac{l^2}{4r^2}-\frac{l\cos \theta }{r}{)}^{3/2}}+\frac{1}{(1+\frac{l^2}{4r^2}+\frac{l\cos \theta }{r}{)}^{3/2}})\\ & =-\frac{1}{2}\frac{ql\sin \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}((1+\frac{3l\cos \theta }{2r})+(1-\frac{3l\cos \theta }{2r}))\\ & =-\frac{p_e}{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}\sin \theta \end{array}$$

电偶极子在外场的受力

记外电场为 $\overrightarrow{E}$ ，电偶极矩为 ${\overrightarrow{p}}_e$ ，则受力

$$\overrightarrow{F}=({\overrightarrow{p}}_e\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{E}$$

推导如下：

将坐标原点取在偶极子分布处， 把外电场在原点处按位矢展开

$$\overrightarrow{E}=\overrightarrow{E}{|}_{\overrightarrow{x}=0}+(\overrightarrow{x}\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{E}{|}_{\overrightarrow{x}=0}+...$$

则电偶极子受力

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{F}& ={\int }_V\rho (\overrightarrow{x})\overrightarrow{E}d\overrightarrow{x}\\ & =Q\overrightarrow{E}{|}_{\overrightarrow{x}=0}+{\int }_V(\rho (\overrightarrow{x})\overrightarrow{x}\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{E}{|}_{\overrightarrow{x}=0}d\overrightarrow{x}\\ & =0+({\overrightarrow{p}}_e\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{E}{|}_{\overrightarrow{x}=0}\\ & =({\overrightarrow{p}}_e\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{E}\end{array}$$

磁偶极子的磁场分布

条形磁铁可以视为一个磁偶极子， 而磁偶极子的磁场又可视为一个电流环激发的磁场， 各物理量如下图所示。

其磁矩 $p_m=IS=\pi R^{2}I$，当 $r\gg R$ 时， 空间一点 $P$ 处的磁感应强度为

$$\overrightarrow{B}(r,\theta )=\frac{{\mu }_0{p}_m}{4\pi r^3}(2\cos \theta {\hat{e}}_r+\sin \theta {\hat{e}}_{\theta })$$

推导如下：

由毕奥萨伐尔定律

$$d\overrightarrow{B}=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\frac{Id\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{r_i}}{r_i^3}$$

记 $P$ 点坐标 $(x,y,z)$ ， 电流元坐标 $(R\cos \phi ,R\sin \phi ,0)$，有

$$\overrightarrow{r_i}=(x-R\cos \phi ){\hat{e}}_x+(y-R\sin \phi ){\hat{e}}_y+z{\hat{e}}_z$$$$d\overrightarrow{l}=Rd\phi (-\sin \phi {\hat{e}}_x+\cos \phi {\hat{e}}_y)$$$$d\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{r_i}=Rd\phi [z\cos \phi {\hat{e}}_x+z\sin \phi {\hat{e}}_y+(R-x\cos \phi -y\sin \phi ){\hat{e}}_z]$$$$\begin{array}{rl}{r}_i^3& ={[(x-R\cos \phi {)}^2+(y-R\sin \phi {)}^2+z^2]}^{3/2}\\ & ={(x^2+y^2+z^2-2xR\cos \phi -2yR\sin \phi )}^{3/2}\\ & ={(r^2-2xR\cos \phi -2yR\sin \phi )}^{3/2}\\ & =r^3{(1-\frac{2xR}{r^2}\cos \phi -\frac{2yR}{r^2}\sin \phi )}^{3/2}\end{array}$$

由 $r\gg R$ ，有

$$r_i^{-3}\approx r^{-3}(1+\frac{3xR}{r^2}\cos \phi +\frac{3yR}{r^2}\sin \phi )$$$$\begin{array}{rl}\frac{d\overrightarrow{l}\times \overrightarrow{r_i}}{r_i^3}\approx & \frac{R}{r^3}[z\cos \phi {\hat{e}}_x+z\sin \phi {\hat{e}}_y+(R-x\cos \phi -y\sin \phi ){\hat{e}}_z]\cdot \\ & (1+\frac{3xR}{r^2}\cos \phi +\frac{3yR}{r^2}\sin \phi )d\phi \end{array}$$

对 $\phi$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 进行积分，并利用三角函数系的正交性有

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{B}& =\frac{{\mu }_{0}IR}{4\pi r^3}[\frac{3zxR}{r^2}{\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\phi d\phi \cdot {\hat{e}}_x+\frac{3zyR}{r^2}{\int }_0^{2\pi }{\sin }^2\phi d\phi \cdot {\hat{e}}_y+{\int }_0^{2\pi }(R-\frac{3x^{2}R}{r^2}{\cos }^2\phi -\frac{3y^{2}R}{r^2}{\sin }^2\phi )d\phi \cdot {\hat{e}}_z]\\ & =\frac{{\mu }_{0}I\pi R^2}{4\pi r^3}[\frac{3zx}{r^2}{\hat{e}}_x+\frac{3zy}{r^2}{\hat{e}}_y+(2-\frac{3x^2}{r^2}-\frac{3y^2}{r^2}){\hat{e}}_z]\\ & =\frac{{\mu }_0{p}_m}{4\pi r^3}[\frac{3zx}{r^2}{\hat{e}}_x+\frac{3zy}{r^2}{\hat{e}}_y+(2-\frac{3x^2}{r^2}-\frac{3y^2}{r^2}){\hat{e}}_z]\\ & =\frac{{\mu }_0{p}_m}{4\pi r^3}\{[\frac{2z}{r}(\frac{x}{r}{\hat{e}}_x+\frac{y}{r}{\hat{e}}_y+\frac{z}{r}{\hat{e}}_z)]+[\frac{z}{r}(\frac{x}{r}{\hat{e}}_x+\frac{y}{r}{\hat{e}}_y+\frac{z}{r}{\hat{e}}_z)-{\hat{e}}_z]\}\\ & =\frac{{\mu }_0{p}_m}{4\pi r^3}(2\cos \theta \cdot {\hat{e}}_r+\sin \theta \cdot {\hat{e}}_{\theta })\end{array}$$

磁偶极子在外场中受力

在研究铁磁质在磁场中的受力时（例如两个条形磁铁之间的相互作用）， 可以把铁磁质视为磁偶极子进行受力分析。

磁矩与磁场方向一致

如下图，当磁偶极子的磁矩 ${\overrightarrow{p}}_m=\pi r^{2}I\hat{z}$ ， 在外场 $\overrightarrow{B}$ 中受力为

$$\overrightarrow{F}={\overrightarrow{p}}_m\frac{\partial B}{\partial z}$$

推导如下：

取电流环上的微元 $dl$ ，微元所在位置外磁场为 $B$ ， 可以分解为平行磁矩和垂直磁矩的两个分量 $B_z,B_r$ 。 其中平行磁矩分量 $B_z$ 产生的安培力与电流环的平面平行， 当实际问题中待分析的物体视为刚体，则电流环为刚体，该分量可以忽略。 垂直磁矩方向的外磁场分量 $B_r$ 产生的安培力：

$$d{\overrightarrow{F}}_i=Id{\overrightarrow{l}}_i\times {\overrightarrow{B}}_r$$

记径向磁场 $B_r$ 在方向向外时为正值，则当磁矩沿 $z$ 轴正向时

$$d{F}_i=-Ird\theta B_r(\theta )$$

当磁矩沿 $z$ 轴负向时

$$d{F}_i=Ird\theta B_r(\theta )$$

可以统一写成

$$d{F}_i=-Ird\theta B_r(\theta ){\hat{p}}_m$$

对 $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 积分，得到电流环在 $z$ 向上受到的合力

$$F={\int }_0^{2\pi }d{F}_i=-Ir{\hat{p}}_m{\int }_0^{2\pi }{B}_r(\theta )d\theta$$

取如上图中高斯面，由磁场的高斯定理有：

$$\pi r^2[B_z(z+\mathrm{\Delta }z)-B_z(z)]+{\int }_0^{2\pi }{B}_r(\theta )rd\theta \mathrm{\Delta }z=0$$$$\pi r^2\frac{\partial B}{\partial z}\mathrm{\Delta }z+{\int }_0^{2\pi }{B}_r(\theta )rd\theta \mathrm{\Delta }z=0$$

故有

$${\int }_0^{2\pi }{B}_r(\theta )d\theta =-\pi r\frac{\partial B}{\partial z}$$

带入上面得到的合力有

$$F=I\pi r^2\frac{\partial B}{\partial z}{\hat{p}}_m$$

即

$$\overrightarrow{F}={\overrightarrow{p}}_m\frac{\partial B}{\partial z}$$

一般情况

记外磁场为 $\overrightarrow{B}$ ，空间自由电流分布为 $\overrightarrow{J}$ ， 磁偶极子磁矩 ${\overrightarrow{p}}_m$ ，则

$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{F}& =({\overrightarrow{p}}_m\times \mathrm{\nabla })\times \overrightarrow{B}\\ & ={\overrightarrow{p}}_m\times (\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{B})+({\overrightarrow{p}}_m\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{B}\\ & ={\mu }_o{\overrightarrow{p}}_m\times \overrightarrow{J}+({\overrightarrow{p}}_m\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{B}\end{array}$$

Details

上面的矢量运算推导如下（矢量三矢积）：

$$({\overrightarrow{p}}_m\times \mathrm{\nabla })\times \overrightarrow{B}=\mathrm{\nabla }({\overrightarrow{p}}_m\cdot \overrightarrow{B})-{\overrightarrow{p}}_m(\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{B})$$

而 $\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{B}=0$ ，故

$$\overrightarrow{F}=\mathrm{\nabla }({\overrightarrow{p}}_m\cdot \overrightarrow{B})$$

由微分算符的运算法则有

$$\mathrm{\nabla }({\overrightarrow{p}}_m\cdot \overrightarrow{B})={\overrightarrow{p}}_m\times (\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{B})+({\overrightarrow{p}}_m\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{B}+\overrightarrow{B}\times (\mathrm{\nabla }\times {\overrightarrow{p}}_m)+(\overrightarrow{B}\cdot \mathrm{\nabla }){\overrightarrow{p}}_m$$

其中 $\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{B}={\mu }_0\overrightarrow{J}$ ， 由于考虑的是一个磁偶极子在外场的受力，而非被外场磁化的磁偶极子， 故 $\overrightarrow{B}\times (\mathrm{\nabla }\times {\overrightarrow{p}}_m)=0$ ， $(\overrightarrow{B}\cdot \mathrm{\nabla }){\overrightarrow{p}}_m=0$ ， 上式化简为

$$\mathrm{\nabla }({\overrightarrow{p}}_m\cdot \overrightarrow{B})={\mu }_0{\overrightarrow{p}}_m\times \overrightarrow{J}+({\overrightarrow{p}}_m\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{B}$$

通常在磁偶极子处无自由电流分布，即 $\overrightarrow{J}{|}_{\overrightarrow{x}=0}=0$ ，故

$$\overrightarrow{F}=({\overrightarrow{p}}_m\cdot \mathrm{\nabla })\overrightarrow{B}$$

推导如下：

取坐标原点于磁偶极子处， 把外磁场分量在原点处按位矢展开有

$$B_k(\overrightarrow{x})=B_k(0)+\overrightarrow{x}\cdot \mathrm{\nabla }{B}_k{|}_{\overrightarrow{x}=0}+\dots$$

由受力

$$\overrightarrow{F}={\int }_V\overrightarrow{J}\times \overrightarrow{B}d\overrightarrow{x}$$

则受力的分量为

$$F_i=\sum _{jk}{\epsilon }_{ijk}[B_k(0){\int }_V{J}_{j}d\overrightarrow{x}+{\int }_V{J}_j\overrightarrow{x}\cdot \mathrm{\nabla }{B}_k{|}_{\overrightarrow{x}=0}d\overrightarrow{x}+\dots ]$$

Details

上式用到了矢量矢积的全反对称三秩张量表示，具体见全反对称三秩张量

对于恒稳电流

$${\int }_V{J}_{j}d\overrightarrow{x}=0$$

所以

$$F_i=\sum _{jk}{\epsilon }_{ijk}({\overrightarrow{p}}_m\times \mathrm{\nabla }{)}_j{B}_k(\overrightarrow{x}){|}_{\overrightarrow{x}=0}$$

即

$$\overrightarrow{F}=({\overrightarrow{p}}_m\times \mathrm{\nabla })\times \overrightarrow{B}$$

关于接地的问题

在下面两种情况中，为什么导体B接地后其外侧的电荷全部流失为零，而导体A接地后却残留有电荷不为零。

分析

注意

接地的过程是把导体上的电荷转移到大地直到导体的电势为零，因为当导体接地后，可以把导体和大地视为一个导体，导体是一个等势体，电荷只分布在导体表面。并不是简单地说哪里接地，哪里的电荷就会全部流失。

情况一

当导体B接地，其外表面处于导体内部，故电荷为零，然后内表面电荷会迁移到大地使得导体B的电势为零（后面通过定量计算得到需要迁移的电荷量刚好为零）。

情况二

当导体A接地，应该视为把导体A内部接地，即球心处对应着大地无穷远点，而原导体A的外表面为导体的近端（可以假想对空间做了一个 $t={\displaystyle \frac{1}{x}}$ 的变换），作为导体的表面是有电荷分布的，但是会迁移一部分电荷使导体A的电势为零。

定量计算

记导体球A的半径为$R_A$，带电量$Q_A$，导体球壳B的半径为$R_B$，带电量$Q_B$。

在未接地时，导体球A的电荷全部均匀分布在球面，导体球壳B内表面感生$-Q_A$的电荷，则B外表面均匀分布电荷量为$Q_A+Q_B$。

情况一

将B的外表面接地，外表面成为导体内部，故外表面的电荷量为$0$，设内表面的电荷变为$q$后使导体球壳B电势为零，有

$$V_B=k\frac{Q_A}{R_B}+k\frac{q}{R_B}=0\Rightarrow q=-Q_A$$

故B内表面的电荷仍然为$-Q_A$。

情况二

将A接地，设A表面的电荷量为$q$可使得导体A的电势为零，有

$$V_A=k\frac{q}{R_A}+k\frac{Q_B}{R_B}=0\Rightarrow q=-Q_B\frac{R_A}{R_B}$$

Newton Potential's Poisson Equation

考察一个密度分布 $\rho (\overrightarrow{x})$ 的系统，记空间的 Newton 势为 $\mathrm{\Phi }(\overrightarrow{r})$ ，空间中单位质量粒子所受加速度 $\overrightarrow{a}=-\mathrm{\nabla }\mathrm{\Phi }$

取空间中任意一点 ${\overrightarrow{x}}_0$ ，取球心位于该点的球面，令球的半径 $r\to 0$ ，球面上各点单位质量粒子所受的加速度分解为两部分，一部分由球面内质量引起 ${\overrightarrow{a}}_i$，另一部分由球面外质量引起 ${\overrightarrow{a}}_o$

由于 $r\to 0$ ，在球面各处的 ${\overrightarrow{a}}_o$ 可视为不变，则

$${\iint }_{\mathrm{\Sigma }}({\overrightarrow{a}}_i+{\overrightarrow{a}}_o)\mathrm{d}S={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}{\overrightarrow{a}}_i\mathrm{d}S={\iiint }_{\mathrm{\Omega }}-{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }\mathrm{d}V$$$$-\frac{G\rho V}{r^2}4\pi r^2=-{\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }V$$$$\Rightarrow {\mathrm{\nabla }}^2\mathrm{\Phi }=4\pi G\rho$$