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 电磁理论III 静磁学问题3 静磁学问题的边界条件

边界条件
- 例题

上一讲介绍了magnetic filed的标量势：
H⃗=−∇ΦM\vec H = -\nabla \Phi_MH=−∇ΦM

与magnetic induction的向量势：
B⃗=∇×A⃗\vec B = \nabla \times \vec AB=∇×A

使用这两个构造可以把静磁学问题的Maxwell方程简化为Poisson方程。

边界条件

与静电学问题类似，静磁学问题也有一些常用的边界条件，第一类边界条件由散度定理给出，根据Gauss定理
∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec B = 0∇⋅B=0

使用散度定理，
∫V∇⋅B⃗dx′dy′dz′=∮S(V)B⃗⋅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

假设经过边界S(V)S(V)S(V)前后的magnetic filed垂直分量分别为B1,B2B_1,B_2B1,B2，取边界的面积微元ΔS\Delta SΔS
∮S(V)B⃗⋅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

这说明在经过边界时，magnetic field沿外法线方向是连续变化的；

第二类边界条件由Stokes定理给出，根据安培定律，
∇×H⃗=4πcJ⃗\nabla \times \vec H = \frac{4 \pi}{c}\vec J∇×H=c4πJ

用一个小矩形包围一小段边界，记矩阵围成部分为SSS，则
∫S∇×H⃗⋅(n^×t^)dS=4πc∫SJ⃗⋅(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∫SJ⋅(n^×t^)dS

其中n^\hat nn^是磁场的边界外法线方向，t^\hat tt^是磁场的边界的切向；根据Stokes定理，我们可以把面积分化为绕这个矩形RRR的线积分：
∮RH⃗⋅dl⃗=4πcI⃗⋅(n^×t^)\oint_R \vec H \cdot d \vec l = \frac{4\pi}{c}\vec I \cdot (\hat n \times \hat t)∮RH⋅dl=c4πI⋅(n^×t^)

第二项表示垂直经过矩形RRR的电流。假设这个矩阵的长为LLL，宽可以忽略，则
∮RH⃗⋅dl⃗=L(H⃗2−H⃗1)⋅t^\oint_R \vec H \cdot d\vec l = L(\vec H_2 - \vec H_1)\cdot \hat t∮RH⋅dl=L(H2−H1)⋅t^

所以
(H⃗2−H⃗1)⋅t^=4πcK⃗⋅(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^=c4πK⋅(n^×t^)

其中K⃗\vec KK表示currency per length（与电流密度J⃗\vec JJ不一样，J⃗\vec JJ是currency per area）。

例题

例
有一个厚度可以忽略不计半径为aaa的圆形薄片，薄片上的电荷密度是σ\sigmaσ，这个薄片绕经过圆心的竖直的直径以www的角速度逆时针匀速转动，计算空间中的磁场。

解
在余纬角等于θ\thetaθ的位置考虑微元dθd\thetadθ，则在dtdtdt时间内，这一段弧元扫过的面积为
(asin⁡θwdt)(adθ)(a \sin \theta w dt)(a d \theta)(asinθwdt)(adθ)

所以运动电荷量为dQ=σa2wsin⁡θdθdtdQ=\sigma a^2w\sin \theta d \theta dtdQ=σa2wsinθdθdt因此电流为
I=dQdt=σa2wsin⁡θdθI = \frac{dQ}{dt}=\sigma a^2 w \sin \theta d\thetaI=dtdQ=σa2wsinθdθ

电流线密度为
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=K0sinθ,K0≜σaw

引入标量势ΦM\Phi_MΦM满足H⃗=−∇ΦM\vec H = -\nabla \Phi_MH=−∇ΦM，则
∇2ΦM=0\nabla^2 \Phi_M = 0∇2ΦM=0

我们可以把这个方程的通解用Legendre多项式表示：
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∑∞[Alrl+Blr−(l+1)]Pl(cosθ)

进一步，我们可以分边界内部/外部的磁场讨论：
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∞AlrlPl(cosθ),r≤a∑l=0∞Blr−(l+1)Pl(cosθ),r>a

需要注意的是在这个极坐标(r,θ)(r,\theta)(r,θ)中，rrr的方向是边界的外法线方向n^\hat nn^，θ\thetaθ轴的方向是余纬角的切线方向t^\hat tt^，根据右手法则，n^×t^\hat n \times \hat tn^×t^与薄片线速度方向一致。所以在边界上
B⃗⋅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∑∞Allal−1Pl(cosθ)=−l=0∑∞al+2(l+1)BlPl(cosθ)

因为PlP_lPl是正交多项式，所以上面的等式要成立除非PlP_lPl对应系数相等：
{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=Allal−1⋯

另一组边界条件是
B⃗⋅t^=Bθ=−1r∂ΦM∂θ=4πcK⃗⋅(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=c4πK⋅(n^×t^)

因为K⃗\vec KK与电荷运动方向相同，也就是与薄片线速度方向相同，而前面我们也分析过，n^×t^\hat n \times \hat tn^×t^也与薄片线速度方向相同，因此在边界上有
−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=c4πK0sinθ−a1l=0∑∞AlaldθdPl−a1l=0∑∞al+1BldθdPl=c4πK0sinθ

这个式子也是对应项系数相等，我就懒得写了。综合这两组方程，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={−3c8πK0rcosθ,r<a3c4πa3K0r2cosθ,r>a

B⃗=−∇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(r22cosθr^+r3sinθθ^),r>a