仮題

ファインマン物理学Ⅳ第１３章　物質の磁性（問題）

2008-02-04T20:10:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi4_13.pdf
第１３章　物質の磁性（問題）

13-1

磁気双極子エネルギーは
\[
U=\mu B\hspace{1cm}(1)
\]
だった.
荷電粒子が一周するのに要する時間を$T$とおく.
$T$の間に変化するエネルギーは
\[
qS\dot{B},
\]
ここで$S$は粒子の軌道の囲む面積.
(1)式の両辺を微分すると左辺は近似的に
$\frac{qS\dot{B}}{T}$となる.
\[
\frac{qS\dot{B}}{T}=\dot{\mu }B+\mu \dot{B}\hspace{1cm}(2).
\]
荷電粒子の運動による電流$I$は
$I=q/T$(粒子は軌道上の点を単位時間当たり$1/T$回通るから.).
よって$\mu =IS=\frac{q}{T}S $(第Ⅲ巻(14.33)式参照).
よって
\[
\mu \dot{B}=\dot{\mu }B+\mu \dot{B}\hspace{1cm}(2).
\]

よって$B\neq 0$ならば
\[
\dot{\mu }=0.
\]

ファインマン物理学Ⅳ第１２章　表面反射（問題）

2008-02-04T20:09:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi4_12.pdf
第１２章　表面反射（問題）

12-1

a)
左側の媒質の入射波，反射波，
中央の媒質の入射波，反射波,
右側の媒質の透過波の
電場の強さをそれぞれ
$E_1,
E_{1r},
E_2,
E_{2r},
E_3$
とする.

境界条件は
\[
E_1+E_{1r}=E_2+E_{2r},
\]
\[
k_1E_1-k_1E_{1r}=k_2E_2-k_2E_{2r},
\]
\[
E_2e^{-ik_2l}+E_{2r}e^{ik_2l}=E_3,
\]
\[
k_2E_2e^{-ik_2l}-k_2E_{2r}e^{ik_2l}=k_3E_3.
\]

ここで$k_1=\frac{n_1\omega }{c}, k_2=\frac{n_2}{n_1}k_1, k_3=\frac{n_3}{n_2}k_2$

これを解いて$E_1, E_{1r}, E_2, E_{2r}$を消去し$E_3$を$E_1$で表すと.
(例えば第3, 第4式から$E_{2r}$を消去したものを第5式とする.
第1, 第2 式から$E_{1r}$を消去したものに第3式を代入して$E_2$を$E_a, E_3$で表す.
その式を第5式に代入して$E_3$を$E_1$で表す.
)
\[
E_3=\frac{\frac{2k_1}{k_1+k_2}\frac{2k_2}{k_2+k_3}e^{-ik_2l}}{1+e^{-2ik_2l}\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\frac{k_2-k_3}{k_2+k_3}}.
\]
（答えと微妙に違う.）

b)
$n_2=\sqrt{n_1n_3}, l=\frac{\lambda _2}{4}$
とおいてa)を用いて計算すると
\[
E_3=\frac{n_2}{n_3}E_1
\]
となって透過係数は$1$にはならない（しかし反射係数は$0$になることも確かめられる.）.
（答えの方は確かに$r_a'$の符号を変えれば透過係数は$1$になるが.）
しかしエネルギーの流れを考えてみる.
$v_i=\frac{\omega }{k_i}, \epsilon _i=n_i^2 \epsilon _0$とおくと
\[
v_3\epsilon _3|E_3|^2=\frac{n_1\omega }{n_3k_1}n_3^2\epsilon _0\frac{n_1}{n_3}|E_1|^2=\frac{\omega }{k_1}n_1^2\epsilon _0|E_1|^2=v_1\epsilon _1|E_1|^2
\]
となる.
（本文11章最後の段落も参照.　棚上げ問）

c)
\[
l=\frac{\lambda _2}{4}=\frac{\lambda }{4n_2}.
\]

d)
(どちらから入射しても反射率は変わらないので違わない気がする.)

12-2

求める距離$x$は本文p196の$k_I$を用いて
\[
k_Ix=1
\]
つまり
\[
x=\frac{1}{k_I}
\]
とかける.

\[
ik_I=\frac{\omega }{c}\sqrt{1-n^2\sin ^2\theta _i}
=\frac{2\pi}{\lambda }\sqrt{1-1.6^2\frac{1}{2}}
=\frac{2\pi}{4500 \AA}0.52915i.
\]

よって
\[
x=\frac{1}{k_I}=\frac{4500AA}{2\pi 0.52915}\fallingdotseq 1353.5\AA .
\]

(答えと合わない.棚上げ問.)

ファインマン物理学Ⅳ第１１章　密な物質の屈折率(問題)

2008-01-27T21:45:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi4_11.pdf
第１１章　密な物質の屈折率

11-1　

第Ⅲ巻(11. 9)式と
第Ⅳ巻(11. 25)式より.

11-2

プラズマ振動数が$6M$サイクルなので
\[
(6M/s)^2=\frac{N q_e^2}{\epsilon _0m}
\]
よって
\[
N=\frac{(6M/s)^2\epsilon _0m}{q_e^2}=1.13113 \times 10^{10}/m^3
\]

11-3（棚上げ問）

\[
\dot{v}_D=-\frac{1}{2\tau }v_D
\]
という微分方程式を導けばよい.

大まかに時間$\tau $の間に一個の電子の運動量が
$2mv_D=-F\tau $だけ変化するとして$m\dot{v}_D=F$に代入すると
$\dot{v}_D=-\frac{2}{\tau }v_D$となってしまう.

11-4

a)
(12. 9)より
\[
\frac{k}{\omega }E_x
\]

（答えでは$i\frac{k}{\omega }E_x$）

b)直角

c)
\[
\frac{|B|}{|E|}=\left| \frac{B}{E}\right| =\left| \frac{k}{\omega }\right| =\sqrt{2}\sqrt{\frac{\sigma }{2\epsilon _0c^2 \omega }}.
\]
（答えでは$\sqrt{2}\sqrt{\frac{\sigma }{2\epsilon _0 \omega }}$）

d)
磁場の形は
\[
e^{-\frac{\pi }{4}i}\times \mbox{実数}\times E_x
\]
なので
位相差は$\frac{\pi }{4}$.

11-5

式(11. 42)より
\begin{eqnarray*}
n^2&=&
1+\frac{\sigma /\epsilon _0}{i\omega (1+i\omega \tau )}\\
&=&1-\frac{\frac{\sigma }{\epsilon _0}(\omega ^2 \tau +i\omega )}{(\omega ^2\tau )^2+\omega ^2}\\
&=&
1-\frac{\tau \sigma /\epsilon _0}{\omega ^2\tau ^2+1}- \frac{\sigma /\epsilon _0}{\omega (1+\omega ^2\tau ^2)}i
\end{eqnarray*}
これの実部と虚部をそれぞれ
$a, b$とおく.つまり
\[
a=1-\frac{\tau \sigma /\epsilon _0}{\omega ^2\tau ^2+1}
\]
\[
b=- \frac{\sigma /\epsilon _0}{\omega (1+\omega ^2\tau ^2)}
\]
とおく.

\[
n=n'+n''i
\]
とおくと
\[
n^2=n'^2-n''^2+2n'n''i
\]
実部と虚部を比較して
\[
n'^2-n''^2=a,
\]
\[
2n'n''=b.
\]
上の第二式より$n''=\frac{b}{2b}$.
これを上の第一式に代入して
\[
n''^4+an''-\frac{b^2}{4}.
\]
\begin{eqnarray*}
n''^2&=&
\frac{-a\pm \sqrt{a^2+b^2}}{2}\\
&=&
\frac{1}{2}a(-1\pm \sqrt{1+\frac{b^2}{a^2}})\\
&=&
\frac{1}{2}\left( 1-\frac{\tau \sigma /\epsilon _0}{\omega ^2\tau ^2+1}\right) \left( -1\pm \sqrt{1+\frac{\left( \frac{\sigma /\epsilon _0}{\omega (1+\omega ^2\tau ^2)}\right) ^2}{\left( 1-\frac{\tau \sigma /\epsilon _0}{\omega ^2\tau ^2+1}\right)^2}}\right)
\end{eqnarray*}
同様に
\[
n'^2=\frac{1}{2}\left( 1-\frac{\tau \sigma /\epsilon _0}{\omega ^2\tau ^2+1}\right) \left( 1\pm \sqrt{1+\frac{\left( \frac{\sigma /\epsilon _0}{\omega (1+\omega ^2\tau ^2)}\right) ^2}{\left( 1-\frac{\tau \sigma /\epsilon _0}{\omega ^2\tau ^2+1}\right)^2}}\right)
\]

表皮厚さは
\[
\delta =\frac{c}{\omega n''}.
\]

ファインマン物理学Ⅳ第９章　結晶の幾何学的構造（本文）

2008-01-12T22:19:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun4_9.pdf
第９章　結晶の幾何学的構造

9-1　結晶の幾何学的構造

物質を構成する原子があまり激しく動き回っていないならば，
たがいにくっつきあって，エネルギーができるだけ低くなるような配列になろうとする．

結晶の内部的なパターンが外に現れる場合がいくつかある．
第一に原子の結合の強さはある方向では他の方向より強いのが普通である．
よって割れやすい面がある．それを劈開面という．

内部の模様が六角形の水晶の結晶の外形は辺の長さは等しくないが
面の間の角度は正確に$120$度になっている．

9-2　結晶の化学結合

塩化ナトリウムは正負のイオンの電気的な力によるイオン結合で結び合っている.

ダイヤモンドは電子が二個の原子で共有される等極結合で結び合っている.

水晶も等極結合だがしかしいくらかイオン的.

砂糖は等極結合で結びついた分子が結びついた分子性結晶.
分子同士の引力は弱い.

金属内の価電子は結晶全体に共有されている．

9-3　結晶成長

結晶の成長は
一秒間に$10^{13}$回程度の試行を数百万年繰り返し
原子がエネルギーが最低になる場所に落ちついていくことによってなされる.

9-4　結晶格子

最密充填の2通りの作りかた.
まず2次元の“六方最密配列”を作る.
次に第二の層を作る.
第三の層を第一の層のの真上に作るか
ずらすかで2通りできる.
ずらすと面心立方構造になる.

9-5　2次元の対称性

回転の対称性は
全回転（全く変化しない），半回転，
三分の一回転，四分の一回転，六分の一回転
のみがありうる.

鏡映と平行移動の合成についての対称性もある.

点に関する反転は2次元では180度の回転と同じ.
3次元では異なる.

9-6　3次元の対称性

230種類の可能な対称性がある.
これらは7種類に分類される.

三斜晶系(triclinic),
三方晶系(trigonal),
単斜晶系(monoclinic),
六方晶系(hexagonal),
斜方晶系(orthorhonbic),
正方晶系(tetragonal),
等軸（立方）晶系(cubic).

結晶の内部対称性は
結晶の巨視的性質に現れる.

例えば電子分極率など.

9-7　金属の強さ

金属の単結晶は非常に変形しやすい.

結晶にずりの力を加えると一つの層は一つの原子ずつずれる.

結晶中の不完全さは転位と呼ばれる.

結晶の他の部分が完全な格子なら転位は自由に運動できる.
しかし，転位が別の欠陥にぶつかると“くっついて”しまうこともある.
欠陥を超えるのに大きなエネルギーが必要な場合は転位はそこで止められてしまう.
これが不完全な金属結晶に強さを与える機構.

9-8　転位と結晶成長

隣り合う原子の個数が多いほど結合エネルギーが大きい.
よって結晶が成長するときは新しい原子は隣の原子の個数が多い場所につく.

しかし一つの層の成長が終わったらどうなるか？
一つの答えはらせん転位のような転位のところで成長するということ.
結晶は転位を中に組み込みながら成長する.

9-9　ブラッグ・ナイの結晶模型

ブラッグとナイは
泡を使って
粒界面，
転位，
その他の型の欠陥，
すべり，
再結晶，
焼鈍，
“異種”原子によるひずみなどの効果をまねた.

ファインマン物理学Ⅳ第５章　場のローレンツ変換（本文）

2007-12-22T06:38:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun4_5.pdf
第５章　場のローレンツ変換

5-1　動く電荷の４元ポテンシャル

第一に$A_{\mu }$は４元ポテンシャルである.
第二に静止した電荷によるクーロンポテンシャルは$\frac{q}{4\pi \epsilon _0}$である．
第三に任意の運動する電荷によって作られるポテンシャルは遅延時刻における速度と
位置だけに関係する．

これらのことからすべてが導かれる．
第二のことで静止した電荷のポテンシャルを求め
第一の方法で変換することによって一定速度で動く電荷のつくるポテンシャルを求めることができる．
第三のことによって任意の運動をするする電荷のつくるポテンシャルは射影位置の方法を用いて求められる．

5-2　一定速度の点電荷の場

一定速度の点電荷のポテンシャル$A_{\mu }$を用いて
$\mathbf{E}=-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}, \mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$
を用いて電場と磁場を求めた．

まず静止した電荷の作る電場を紙に書き
それを動かしたときローレンツ変換によって紙にかかれた
電場は圧縮される．
運動する電荷の作る電場はその紙に書かれた電場と同じものになる．

5-3　場の相対論的変換

\[
F_{\mu \nu}=\bigtriangledown _{\mu }A_{\nu}-\bigtriangledown _{\nu }A_{\mu }
\]
で$F_{\mu \nu}$を定義すると
\[
F_{xy}=-B_z, F_{xt}=E_x,
\]
\[
F_{yz}=-B_x, F_{yt}=E_y,
\]
\[
F_{zx}=-B_y, F_{zt}=E_z,
\]
となる．

$F_{\mu \nu}$の変換規則を求めることによって
$\mathbf{B}, \mathbf{E}$の変換規則を求めた．

\[
E_{\parallel }'=E_{\parallel }, B_{\parallel }'=B_{\parallel },
\]
\[
E_{\perp }'=\frac{(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})_{\perp }}{\sqrt{1-v^2/c^2}},
B_{\perp }'=\frac{(\mathbf{B}-\frac{\mathbf{v}\times \mathbf{E}}{c^2})_{\perp }}{\sqrt{1-v^2/c^2}},
\]
となった．

5-4　相対論的記号による運動方程式

相対論的運動方程式は
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{m_0\mathbf{v}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\right) =\mathbf{F}=q(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})\hspace{1cm}(5.24).
\]

４元力は
\[
f_{\mu }=\left( \frac{\mathbf{F}\cdot \frac{\mathbf{v}}{c}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}, \frac{\mathbf{F}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\right)
\]
で定義される．
(本文では$\mathbf{v}$の分母の$c$が抜けてた．しかしそれだと単位が合わない．)

\[
\frac{d}{ds}=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\frac{d}{dt}
\]
は不変演算子である．
これを任意の４元ベクトルに演算すれば別の４元ベクトルが得られる．

ニュートンの運動方程式は
\[
\frac{dp_{\mu }}{ds}=f_{\mu }
\]
とかける．ここで
\[
p_{\mu }=m_0 \frac{dx_{\mu }}{ds}=m_0 u_{\mu}.
\]

(5.24)の右の式に$\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$をかけたもの
を書き直すと
\[
f_{\mu }=qu_{\nu}F_{\mu \nu}
\]
となる．

ファインマン物理学Ⅳ第５章　場のローレンツ変換（問題）

2007-12-22T06:36:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi4_5.pdf
第５章　場のローレンツ変換（問題）

5-1
\begin{eqnarray*}
\bigtriangledown _{\mu}F_{\mu t}&=&
\bigtriangledown _{t}F_{t t}
-\bigtriangledown _{x}F_{x t}
-\bigtriangledown _{y}F_{y t}
-\bigtriangledown _{z}F_{z t}\\
&=&
-\bigtriangledown _{x}E_x
-\bigtriangledown _{y}E_y
-\bigtriangledown _{z}E_z\\
&=&
\nabla \cdot \mathbf{E}
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\bigtriangledown _{\mu}F_{\mu x}&=&
\bigtriangledown _{t}F_{t x}
-\bigtriangledown _{x}F_{x x}
-\bigtriangledown _{y}F_{y x}
-\bigtriangledown _{z}F_{z x}\\
&=&
-\partial _tE_x
+\partial _{y}(B_z)
+\partial _{z}(-B_y)\\
&=&
-\partial _tE_x+(\nabla \times \mathbf{B})_x.
\end{eqnarray*}

よって
\[
\bigtriangledown _{\mu}F_{\mu \nu}=(div \mathbf{E}, -\partial _t+ \nabla \times \mathbf{B}).
\]

5-2

前問のアナロジーを用いる．
$(-\partial _t, \partial _x, \partial _y, \partial _z )$
の替わりに
$(\rho , \mathbf{j})$
となっている．

\[
(\mathbf{j}\cdot \mathbf{E}, \rho \mathbf{E}+\mathbf{j}\times \mathbf{B})
\]
は４元ベクトルになる．

5-3

\begin{eqnarray*}
&&\mathbf{E}'^2-\mathbf{B}'^2\\
&=&
E_x^2+\frac{(E_y-vB_x)^2}{1-v^2}+\frac{(E_z+vB_y)^2}{1-v^2}-\left( B_x^2+\frac{(B_y+vE_x)^2}{1-v^2}+\frac{(B_z-vE_y)^2}{1-v^2}\right) \\
&=&E_x^2+\frac{E_y^2+v^2B_x^2+E_y^2+v^2B_y^2}{1-v^2}-B_x^2-\frac{B_y^2+v^2E_x^2+B_z^2+v^2E_y^2}{1-v^2}\\
&=&\mathbf{E}^2-\mathbf{B}^2
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
&&\mathbf{E}'\cdot \mathbf{B}'\\
&=&
E_xB_x+\frac{(E_y-vB_z)(B_y+vE_z)}{1-v^2}+\frac{(E_z+vB_y)(B_z-vE_y)}{1-v^2}\\
&=&
E_xB_x+\frac{vE_yB_y-v^2E_zB_z+E_zB_z-v^2E_yB_y}{1-v^2}\\
&=&
\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}
\end{eqnarray*}

5-4

\[
\mathbf{v}=a\mathbf{E}\times \mathbf{B}
\]
と仮定する．

\begin{eqnarray*}
E_{\perp }'
&=&
\frac{(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})_{\perp }}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{E}+(a\mathbf{E}\times \mathbf{B})\times \mathbf{B}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{E}+a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{B}\mathbf{E})}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
B_{\perp }'
&=&
\frac{(\mathbf{B}-\frac{\mathbf{v}\times \mathbf{E}}{c^2})_{\perp }}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{B}-\frac{\mathbf{v}\times \mathbf{E}}{c^2}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{B}-\frac{(a\mathbf{E}\times \mathbf{B})\times \mathbf{E}}{c^2}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
&=&
\frac{\mathbf{B}-\frac{a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{E}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{E}\mathbf{E}))}{c^2}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\\
\end{eqnarray*}

\[
\mathbf{E}'\parallel \mathbf{B}'
\]
より
\[
\mathbf{E}+a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{B}\mathbf{E})
=b\left( \mathbf{B}-\frac{a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{E}\mathbf{B}-\mathbf{B}\cdot \mathbf{E}\mathbf{E}))}{c^2}\right)
\]
とかける．

これと$\mathbf{E}, \mathbf{B}$との内積をとることにより
\[
E^2-aE^2B^2+a(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})^2-b\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}=0,
\mathbf{E}\cdot \mathbf{B}-\frac{ab}{c^2}(\mathbf{E}\cdot \mathbf{B})^2
-bB^2+\frac{ab}{c^2}B^2E^2
\]
を得る．

第一式を用いて第二式の$b$を消去すると
\[
a^2-a(E^2+c^2B^2)+1=0
\]
を得る．
これを変形して
\[
a=\frac{\frac{a^2}{c^2}+1}{\frac{E^2}{c^2}+B^2}.
\]
(答えと微妙に違う．棚上げ問．)

5-5

\[
\mathbf{B}'=0, \mathbf{E}'=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{\mathbf{r}'}{r'^3}.
\]
\[
x'=\frac{x-vt}{\sqrt{1-v^2}}, y'=y, z'=z.
\]

\[
E_{x}=E_{x'}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{\frac{x-vt}{\sqrt{1-v^2}}}{\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}
\]
\[
E_y=\frac{(\mathbf{E}'+\mathbf{v}'\times \mathbf{B}')_y}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0\sqrt{1-v^2}}\frac{y}{\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}
\]
\[
E_z=\frac{(\mathbf{E}'+\mathbf{v}'\times \mathbf{B}')_z}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0\sqrt{1-v^2}}\frac{z}{\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}.
\]

5-6

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}\left( \frac{(x-vt)^2}{1-v^2}+y^2+z^2\right) ^{3/2}}(x-vt, y, z)\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1-v^2}{\left( (x-vt)^2+(y^2+z^2)(1-v^2)\right) ^{3/2}}(x-vt, y, z)\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1-v^2}{r^3}\frac{\mathbf{r}}{\left( 1-v^2\frac{y^2+z^2}{(x-vt)^2+y^2+z^2}\right) ^{3/2}}\\
&=&
\frac{q\mathbf{r}}{4\pi \epsilon _0r^3}\frac{1-v^2}{\left( 1-v^2\sin ^2\theta \right) ^{3/2}}\\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}
&=&
\mathbf{v}\times \mathbf{E}\\
&=&
\frac{q\mathbf{v}\times \mathbf{r}}{4\pi \epsilon _0r^3}\frac{1-v^2}{\left( 1-v^2\sin ^2\theta \right) ^{3/2}}\\
\end{eqnarray*}

5-7

針金方向に$x$軸を
針金に垂直な方向に$y$軸をとる．
\begin{eqnarray*}
E_y&=&
\int \frac{y}{4\pi \epsilon _0r^3}\frac{1-v^2}{(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}\rho _-dx
+\int \frac{y}{4\pi \epsilon _0r^3}\rho _+dx\\
&=&
\frac{y\rho _-(1-v^2)}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{1}{r^3(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}dx
+\int \frac{y}{4\pi \epsilon _0r^3}\rho _+dx\\
&=&
\frac{y\rho _-(1-v^2)}{4\pi \epsilon _0}\frac{2}{(1-v^2)y^2}
+ \frac{2\rho _+}{4\pi \epsilon _0y}\\
&=&0
\end{eqnarray*}

\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{\mathbf{v}\times \mathbf{r}}{r^3}\frac{1-v^2}{(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}\rho _-dx
\]
これの絶対値は

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{vr\sin \theta }{r^3}\frac{1-v^2}{(1-v^2\sin ^2\theta )^{3/2}}\rho _-dx
&=&
\frac{v(1-v^2)\rho _-}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{y}{(x^2+y^2-v^2y^2)^{3/2}}dx\\
&=&
\frac{v(1-v^2)\rho _-}{4\pi \epsilon _0}\frac{y}{(1-v^2)y^2}\\
&=&
\frac{v\rho _-}{4\pi \epsilon _0 y}
\end{eqnarray*}
\[
E_{\parallel}'=E_{\parallel}=0.
\]

\[
|E_{\perp }'|=\frac{|(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})_{\perp }|}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{v}{\sqrt{1-v^2}}\frac{v\rho _-}{4\pi\epsilon _0y}=\frac{v^2\rho _-}{4\pi \epsilon _0y\sqrt{1-v^2}}
\]

\[
|B_{\perp }'|=\frac{|(\mathbf{B}-\mathbf{v}\times \mathbf{E})_{\perp }|}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{|B_{\perp}|}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{v\rho _-}{4\pi \epsilon _0y\sqrt{1-v^2}}.
\]

5-8

a)

上の電荷のある点における場

\[
\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}
\]
を求める．
平面の作る場は
\[
\frac{\sigma }{2\epsilon _0}.
\]
下の電荷の作る場は
\[
E_2=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{a}{a^3}.
\]
下の電荷の作る磁場は
\[
|\mathbf{B}|=|\frac{1}{c^2}\mathbf{v}\times \mathbf{E_2}|=\frac{qv}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}.
\]
\[
|\mathbf{v}\times \mathbf{B}|=\frac{qv^2}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}.
\]

これらの和が$0$になる条件は
\[
\frac{\sigma }{2\epsilon _0}+\frac{qv}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}-\frac{qv^2}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}}\frac{1}{a^2}=0.
\]

\[
\sigma =\frac{q}{2\pi a^2}\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}.
\]

b)
$\frac{m_ec^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=500Mev$
となるには
$\sqrt{1-v^2/c^2}=0.001$.

5-9

\[
f_{\mu}=\left( \frac{\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}/c}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}, \frac{\mathbf{F}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\right) ,
\]

\[
u_{\mu}=\left( \frac{c}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}, \frac{\mathbf{v}}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\right) .
\]

よって

\[
f_{\mu}u_{\mu}=\frac{\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}}{1-v^2/c^2}-\frac{\mathbf{F}\cdot \mathbf{v}}{1-v^2/c^2}=0.
\]

5-10

a)

時刻$t_1$において射影した粒子の位置は
\[
\mathbf{x}=\left( \frac{a}{\sqrt{2}}, -\frac{a}{\sqrt{2}}\right) .
\]
よって$P$における時刻$t_1$の電場は
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}\left(\frac{a^2}{1-v^2}+(\sqrt{2}a)^2\right) ^{3/2}}(\mathbf{P}-\mathbf{x}')
=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( a-\frac{a}{\sqrt{2}}, a+\frac{a}{\sqrt{2}}\right) \frac{5\sqrt{10}}{3}.
\]

b)

時刻$t_1$において射影した粒子の位置は
\[
\mathbf{x}=\left( 0, a\right) .
\]
よって$P$における時刻$t_1$の電場は
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-v^2}\left( a^2\right) ^{3/2}}(\mathbf{P}-\mathbf{x}')
=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{2}{\sqrt{3}a^2}(0, 1).
\]

The Feynman Lectures on Physics Volume II Chapter 25 Electrodynamics in Relativistic Notation (Exercise)

2007-12-15T10:10:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoiengl4_4.pdf
Chapter 25 Electrodynamics in Relativistic Notation (Exercise)

4-1

By the definition
$A_{\mu }=(\phi, \mathbf{A})$,
$j_{\mu}=(\rho , \mathbf{j})$,

\[
\phi ^2-\mathbf{A}^2=A_{\mu}A_{\mu},
\]
\[
\mathbf{A}\cdot \mathbf{j}-\rho \phi =-A_{\mu}j_{\mu}
\]

4-2

Let $p_{\gamma }, p_e, p_{\gamma }', p_e'$
be the four-momentum of the
first state of the photon,
first state of the electron,
final state of the photon,
final state of the electron
respectively.

Let
$E_{\gamma },E_{\gamma }'$ be
the energy of
first state of the photon,
final state of the photon
respectively.

Let $p_{\gamma }, p_e, p_{\gamma }', p_e'$ be the momentum of the
first state of the photon,
first state of the electron,
final state of the photon,
final state of the electron

Since the length of the momentum four-vector of any particle is just the mass of the particle
, four-momentum of photon can be written as $\mbox{energy}(1,\mathbf{n})$, where $\mathbf{n}$ is a unit vector.

We can write
\[
p_{\gamma }=E_{\gamma }(1, 1, 0, 0),
\]
\[
p_e=(m, 0),
\]
\[
p_{\gamma }'=E_{\gamma }'(1, \cos \theta , \sin \theta , 0),
\]
\[
p_e'=(E_e', \mathbf{p}_e').
\]

By
\[
p_{\gamma }+p_e=p_e'+p_{\gamma }',
\]
\[
p_e'^2=(p_{\gamma }+p_e-p_{\gamma }')^2.
\]
Hence
\[
m^2=m^2+2p_{\gamma }p_e-2p_{\gamma }p{\gamma }'-2p_ep_{\gamma }'.
\]
Hence
\[
E_{\gamma }m+E_{\gamma }E_{\gamma }'(1+\cos \theta )-mE_{\gamma }'=0.
\]
Hence
\[
E_{\gamma }'=\frac{E_{\gamma }m}{m+E_{\gamma }(1+\cos \theta )}.
\]

4-3

Let $p^a, p^b, p^c$
be the four-momentum of the
first state of the photon,
first state of the electron,
final state
respectively.

\[
p^a+p^b=p^c.
\]
\[
(p^a_{\mu}+p^b_{\mu})=p^c_{\mu}p^c_{\mu}.
\]
Hence
\[
2p^a_{\mu}p^b_{\mu}+M^2=9M^2.
\]
Hence
\[
p^a_{\mu}p^b_{\mu}=4M^2.
\]

In the stationary coordinate, we can write
\[
p^b_{\mu}=(M, 0, 0, 0),
\]
\[
p^a_{\mu}=E(1, -1, 0, 0).
\]

By
\[
EM=p^a_{\mu}p^b_{\mu}=4M^2,
\]
\[
E=4M.
\]

4-4

The four-momentum before the reaction is $0$.
However, four momentum after the reaction can not be $0$.

If four momentum after the reaction is $0$.

Let $(E, \mathbf{p}),
(E', \mathbf{p}')$be the four-momentum of the two electrons after the reaction.

We calculate
\[
(E, \mathbf{p})+(E', \mathbf{p}')^2=2m^2+2EE'-2\mathbf{p}\cdot \mathbf{p}'.
\].
Set the above quantity be $0$.
\[
m^2+EE'-\mathbf{p}\cdot \mathbf{p}'=0
\]
We eliminate $E, E'$ by using $E^2-p^2=m^2, E'^2-p'^2=m^2$.
\[
(\mathbf{p}-\mathbf{p}')^2=0.
\]
Since $(E, \mathbf{p})+
(E', \mathbf{p}')^2=0$,
$E+E'=0$.

4-5
Let $p^a, p^b, p^c$
be the four-momentum of the
first state of the particle $M$,
first state of the particle $m$,
final state
respectively.

In the stationary coordinate,
\[
p^a=(E, \mathbf{p}), p_b=(m, 0).
\]

\[
p^a+p^b=p^c.
\]
Take the square of above equation
\[
M^2+2Em+m^2=M'^2.
\]
By $M^2=E^2-P^2$,
\[
M'^2=M^2+2m\sqrt{M^2+P^2}+m^2=(m+\sqrt{M^2+P^2})^2-P^2.
\]
Hence
\[
M'=\sqrt{(m+\sqrt{M^2+P^2})^2-P^2}.
\]

By $p^a+p^b=p^c$,
\[
(E+m, \mathbf{P})=(E, \mathbf{P})+(m, 0)=\left( \frac{M'}{\sqrt{1-v^2}}, \frac{M'\mathbf{v}}{\sqrt{1-v^2}}\right).
\]
Hence
\[
\mathbf{v}=\frac{\mathbf{P}}{m+E}=\frac{\mathbf{P}}{m+\sqrt{M^2+P^2}}.
\]

ファインマン物理学Ⅳ第４章　第４章　電磁気学の相対論的記述（問題）

2007-12-15T10:09:00.000+09:00

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第４章　電磁気学の相対論的記述（問題）

4-1

$A_{\mu }=(\phi, \mathbf{A})$,
$j_{\mu}=(\rho , \mathbf{j})$
より
\[
\phi ^2-\mathbf{A}^2=A_{\mu}A_{\mu},
\]
\[
\mathbf{A}\cdot \mathbf{j}-\rho \phi =-A_{\mu}j_{\mu}
\]

4-2

入射光子
散乱光子のエネルギーをそれぞれ
$E_{\gamma },E_{\gamma }'$とする.
入射光子，
初期電子，
散乱光子，
散乱後の電子
のそれぞれの運動量を
$p_{\gamma }, p_e, p_{\gamma }', p_e'$
とおく.

任意の粒子の４元運動量ベクトルの長さの$2$乗はその粒子の質量の$2$乗に
等しいから光子の４元運動量は単位ベクトル$\mathbf{n}$を用いて
$\mbox{エネルギー}(1,\mathbf{n})$とかける.

\[
p_{\gamma }=E_{\gamma }(1, 1, 0, 0),
\]
\[
p_e=(m, 0),
\]
\[
p_{\gamma }'=E_{\gamma }'(1, \cos \theta , \sin \theta , 0),
\]
\[
p_e'=(E_e', \mathbf{p}_e'),
\]
とかける.
\[
p_{\gamma }+p_e=p_e'+p_{\gamma }'
\]
より
\[
p_e'^2=(p_{\gamma }+p_e-p_{\gamma }')^2.
\]
よって
\[
m^2=m^2+2p_{\gamma }p_e-2p_{\gamma }p{\gamma }'-2p_ep_{\gamma }'.
\]
よって
\[
E_{\gamma }m+E_{\gamma }E_{\gamma }'(1+\cos \theta )-mE_{\gamma }'=0.
\]
よって
\[
E_{\gamma }'=\frac{E_{\gamma }m}{m+E_{\gamma }(1+\cos \theta )}.
\]

4-3

最初の光子の４元運動量を$p^a$
最初の電子の４元運動量を$p^b$
最後の$3$つの電子の４元運動量を$p^c$
とおく.

\[
p^a+p^b=p^c.
\]
\[
(p^a_{\mu}+p^b_{\mu})=p^c_{\mu}p^c_{\mu}.
\]
より
\[
2p^a_{\mu}p^b_{\mu}+M^2=9M^2.
\]
よって
\[
p^a_{\mu}p^b_{\mu}=4M^2.
\]

静止座標系では
\[
p^b_{\mu}=(M, 0, 0, 0)
\]
\[
p^a_{\mu}=E(1, -1, 0, 0)
\]
とかけるが
\[
EM=p^a_{\mu}p^b_{\mu}=4M^2
\]
より
\[
E=4M.
\]

4-4

反応の前では４元運動量ベクトルの長さが$0$であり衝突後は$0$ではありえないから.
なぜ衝突後は$0$ではありえないかというと，

反応後の２つの電子の４元運動量を
$(E, \mathbf{p}),
(E', \mathbf{p}')$
とおいて
$(E, \mathbf{p})+
(E', \mathbf{p}')$の長さの２乗を計算すると
\[
2m^2+2EE'-2\mathbf{p}\cdot \mathbf{p}'
\]
となる．
これを$0$とおき$E^2-p^2=m^2, E'^2-p'^2=m^2$を用いて
$E, E'$を消去し変形すると
\[
(\mathbf{p}-\mathbf{p}')^2=0.
\]
再び$(E, \mathbf{p})+
(E', \mathbf{p}')$の長さの２乗が$0$であることから
$E+E'=0$.
これはありえない．

4-5

衝突前の質量$M$の粒子の４元運動量を$p^a$，
質量$m$の粒子の４元運動量を$p^b$，
衝突後の一緒になった粒子の４元運動量を$p^c$とする．

静止座標系では
\[
p^a=(E, \mathbf{p}), p_b=(m, 0)
\]
とかける．

\[
p^a+p^b=p^c.
\]
これの両辺の長さの二乗をとって
\[
M^2+2Em+m^2=M'^2.
\]
$M^2=E^2-P^2$より
\[
M'^2=M^2+2m\sqrt{M^2+P^2}+m^2=(m+\sqrt{M^2+P^2})^2-P^2.
\]
よって
\[
M'=\sqrt{(m+\sqrt{M^2+P^2})^2-P^2}.
\]

$p^a+p^b=p^c$より
\[
(E+m, \mathbf{P})=(E, \mathbf{P})+(m, 0)=\left( \frac{M'}{\sqrt{1-v^2}}, \frac{M'\mathbf{v}}{\sqrt{1-v^2}}\right)
\]
よって
\[
\mathbf{v}=\frac{\mathbf{P}}{m+E}=\frac{\mathbf{P}}{m+\sqrt{M^2+P^2}}.
\]

ファインマン物理学Ⅳ第４章　電磁気学の相対論的記述（本文）

2007-12-15T10:08:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun4_4.pdf
第４章　電磁気学の相対論的記述（本文）

4-1　４元ベクトル

４元ベクトルは，運動する座標系に移るときに$t, x, y, z$と同様に変換される$4$
個の量$a_t, a_x, a_y, a_z$によって定義されるものとする.

すでに我々はエネルギーと運動量からなる４元
ベクトルに出会っている.

4-2　スカラー積

３次元の$r^2=x^2+y^2+z^2$に類似の量は
$t^2-x^2-y^2-z^2$である.
これは完全ローレンツ群と呼ばれる変換に対して不変である.
この変換は等速度と回転の両方の変換を意味している.

高エネルギーの陽子が静止している陽子に衝突し，もしも入射陽子のエネルギーが十分高ければ
始めの２個の陽子に加えて一組の陽子・反陽子対が生じることがある.

そのために必要な最低のエネルギーを以下の方法で計算した.

最初の状態の入射陽子と静止陽子の運動量４元ベクトルの和
は最終状態の運動量４元ベクトルと等しい.

最初の状態については実験室系で
最終状態については重心系で
４元ベクトル運動量の$2$乗を計算する.
任意の粒子の４元ベクトル運動量の"長さ"の$2$乗は質量の$2$乗に等しいこと
を用いて計算すると入射粒子のエネルギーは$E^a=7M, M=983MeV$となった.

4-3　４次元の勾配

４次元の勾配演算子は
\[
\bigtriangledown _{\mu }=\left( \frac{\partial }{\partial t}, -\nabla \right)=\left( \frac{\partial }{\partial t}, -\frac{\partial }{\partial x}, -\frac{\partial }{\partial y}, -\frac{\partial }{\partial z} \right)
\]
で定義する.

電荷密度$\rho $
と電流密度$\mathbf{j}$
とは
４元ベクトル$j_{\mu}=(\rho, \mathbf{j})$
を作ることを知っている.
電荷の保存の法則は
\[
\bigtriangledown _{\mu}j_{\mu}=0
\]
と書ける.

ダランベール演算子は
\[
\square ^2=\bigtriangledown _{\mu}\bigtriangledown _{\mu}
\]
で定義される.

4-4　４次元記号で書いた電気力学

\[
A_{\mu}=(\phi, \mathbf{A})
\]
とおくとマクスウェル方程式より
\[
\square ^2A_{\mu}=\frac{j_{\mu}}{\epsilon_0}
\]
となる.

ゲージの条件
は
\[
\bigtriangledown _{\mu}A_{\mu}=0
\]
となる.
これはローレンツの条件と呼ばれている.

4-5　動く電荷による４元ポテンシャル

速さ$v$で$x$軸に沿って動く電荷について
電荷と同じ速度で動く座標系でポテンシャルを計算し，
静止系でのポテンシャルに変換することにより
ポテンシャルを求めた.

4-6　電気力学の方程式の不変性

マクスウェル方程式が美しい形にかけたのは
マクスウェル方程式がローレンツ変換に対して不変だからである.

The Feynman Lectures on Physics Volume II Chapter 24 Waveguides (Exercise)

2007-12-12T22:23:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoiengl4_3.pdf
Chapter 24 Waveguides

3-1

\[
\Delta V=-L_0\Delta x \frac{\partial I}{\partial t}
\]
Taking the limit as
$\Delta x\to 0$, we get
\[
\frac{\partial V}{\partial x}=-L_0\frac{\partial I}{\partial t}.
\]
The charge on the small piece of line between $x$ and $x+\Delta x$ is
\[
q=-C_0\Delta xV .
\]
Hence
\[
\Delta I=-C_0\Delta x \frac{\partial V}{\partial t}
\]
Taking the limit as
$\Delta x\to 0$, we get
\[
\frac{\partial I}{\partial x}=-C_0\frac{\partial V}{\partial t}.
\]

\[
\frac{\partial ^2I}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left( -C_0\frac{\partial V}{\partial t}\right)
=-C_0\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial V}{\partial x}
=C_0L_0\frac{\partial ^2I}{\partial t^2}
\]
\[
\frac{\partial ^2V}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left( -L_0\frac{\partial I}{\partial t}\right)
=-L_0\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial I}{\partial x}
=L_0C_0\frac{\partial ^2V}{\partial t^2}.
\]

3-2

The capacity per length $l$ is
\[
C=\frac{\epsilon _0 bl}{a}.
\]
Hence
$C_0=\frac{\epsilon _0 b}{a}$.

By $L_0C_0=\frac{1}{c^2}$
\[
L_0=\frac{1}{C_0c^2}.
\]
Hence
\[
\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}=\sqrt{\frac{1}{C_0^2c^2}}=\frac{a}{c\epsilon _0b}.
\]

3-3

We take the $z$ axis along the length of the pipe.

Let $r=\sqrt{x^2+y^2}$.
We suppose
\[
\mathbf{E}=\frac{(x, y, 0)}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z),
\]
where $k_zl=n\pi $.

\[
\left( \frac{\partial ^2}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\right)\frac{x}{r^2}
=\cdots =-6xr^{-4}+8x^3r^{-6}.
\]
\[
\left( \frac{\partial ^2}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\right)\frac{x}{r^2}
=\cdots =-2xr^{-4}x+8xy^2r^{-6}.
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
&&\left( \partial _x^2+\partial _y^2+\partial _z^2-\frac{\partial _t^2}{c^2}\right)\frac{x}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z)\\
&=&\left( -6xr^{-4}+8x^3r^{-6}-2xr^{-4}x+8xy^2r^{-6}-\frac{x}{r^2}k_z^2+\frac{x\omega ^2}{r^2c^2}\right)e^{i\omega t}\sin (k_z z)\\
&=&\left( -k_z^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right) \frac{x}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z).
\end{eqnarray*}

Hence
\[
\omega =k_zc=\frac{n\pi c}{l}.
\]
\[
\omega _0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{l}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \frac{b}{a}\frac{2\pi \epsilon _0l}{\log \frac{b}{a}}}}=\frac{c}{l}.
\]

3-4

We suppose
\[
\mathbf{E}=\sin k_xx\sin k_zze^{i\omega t}\mathbf{e}_y.
\]

Substituting this into the wave equation.
\[
k_x^2+k_z^2-\frac{\omega ^2}{c^2}=0.
\]
\[
\omega =c\sqrt{k_x^2+k_z^2}=c\pi \sqrt{\frac{n}{a}+\frac{m}{l}}.
\]

3-5

a)
We suppose
\[
V(x, t)=V_0\cos \omega t\cos kx,
\]
where $k=\frac{\omega }{c}$.
\[
\cos kx=\pm 1\Leftrightarrow kx=n\pi .
\]
\[
x=\frac{n\pi }{k}=\frac{n c \pi}{\omega }=\frac{c \pi}{\omega }, \frac{2 c \pi}{\omega }, \frac{3 c \pi}{\omega }, \frac{4 c \pi}{\omega }
\]

b)
\[
V(x, t)=V_0(\cos (\omega t-kx)+\cos (\omega t+kx))/2.
\]

\[
I_{\pm}=\frac{V_0}{2z_0}\cos (\omega t\mp kx),
\]
where $z_0=\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}$.

c)
\[
I(x, t)=I_++I_-=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t\sin kx.
\]
Hence
\[
I(0, t)=0,
\]
\[
I(l/2, t)=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t\frac{1}{\sqrt{2}},
\]
\[
I(l, t)=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t.
\]

3-6
\[
V=V_0\Re (ae^{i(\omega t-kx )}+be^{i(\omega t+kx )})
\]
\[
I=\frac{V_0}{z_0}\Re (ae^{i(\omega t-kx )}-be^{i(\omega t+kx )})
\]

\[
V(l, t)=\Re (\hat{V}e^{i\omega t}),
\]
\[
I(l, t)=\Re (\hat{I}e^{i\omega t}),
\]
where
\[
\hat{V}=V_0 (ae^{-ikl}+be^{ikl}),
\]
\[
\hat{I}=\frac{V_0}{z_0} (ae^{-ikl}-be^{ikl}).
\]
By using
\[
\hat{V}=z_T\hat{I},
\]
\[
V_0 (ae^{-ikl}+be^{ikl})=\frac{z_TV_0}{z_0} (ae^{-ikl}-be^{ikl}).
\]
Hence
\[
\frac{b}{a}=\frac{z_T-z0}{z_0+z_T}e^{-2ikl}.
\]
\begin{eqnarray*}
z_s&=&
\frac{V(0, t)}{I(0, t)}\\
&=&
\frac{V_0(a+b)}{\frac{V_0}{z_0}a-b}\\
&=&
z_0\frac{1+a/b}{1-a/b}\\
&=&
\cdots \\
&=&
iz_0\frac{\tan kl-iz_T/z_0}{1+iz_T/z_0\tan kl},
\end{eqnarray*}
where
\[
k=\frac{\omega }{c}=\omega \sqrt{LC}.
\]

3-7

Let the potential of first guide be
\[
V_{\mbox{in}}\cos (\omega t-k_1x)+V_{\mbox{ref}}\cos (\omega t+k_1x).
\]

Let the potential of second guide be
\[
V_{\mbox{tr}}\cos (\omega t-kx).
\]

The current of first guide is
\[
\frac{1}{z_1}V_{\mbox{in}}\cos (\omega t-k_1x)-\frac{1}{z_1}V_{\mbox{ref}}\cos (\omega t+k_1x).
\]

The current of second guide is
\[
\frac{1}{z_2}V_{\mbox{tr}}\cos (\omega t-kx).
\]

The condition of potential and current at
$x=0$ are
\[
V_{\mbox{in}}+V_{\mbox{ref}}=V_{\mbox{tr}},
\]
\[
\frac{1}{z_1}V_{\mbox{in}}-\frac{1}{z_1}V_{\mbox{ref}}=\frac{1}{z_2}V_{\mbox{tr}},
\]
Hence
\[
\frac{V_{\mbox{ref}}}{V_{\mbox{in}}}=\frac{z_2-z_1}{z_2+z_1},
\]
\[
\frac{V_{\mbox{tr}}}{V_{\mbox{in}}}=\frac{2z_2}{z_2+z_1},
\]

3-9

\begin{eqnarray*}
\nabla \cdot \mathbf{A}
&=&
\partial _zA_z\\
&=&
\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}(-k_z)e^{i(\omega t-k_zz)}\\
&=&
-\frac{1}{c^2}\partial _t\left( \sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}\frac{k_z c^2}{i\omega }e^{i(\omega t-k_zz)}\right)
\end{eqnarray*}
Let
\[
\phi = \frac{k_z c^2}{i\omega }\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}e^{i(\omega t-k_zz)}.
\]

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}
&=&
-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\\
&=&
\left(
\frac{im\pi k_z c^2}{a\omega} \cos \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b},
\frac{in\pi k_z c^2}{b\omega} \sin \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b},
\left( \frac{k_z^2c^2}{\omega }-i\omega \right) \frac{n\pi }{b}\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}
\right) e^{i(\omega t-k_zz)}
\end{eqnarray*}
This is $0$ at $x=0, a, y=0, b$.
\[
(\Delta -\frac{\partial _t^2}{c^2})\mathbf{E}=
\left( \left(\frac{m\pi}{a}\right) ^2+\left( \frac{n\pi }{b}\right) ^2 -k_zz^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right)\mathbf{E}\\
=0
\]

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}&=&\nabla \times \mathbf{A}\\
&=&(\partial _y A_z, -\partial _xA_z, 0)\\
&=&
\left(
\frac{n\pi }{b}\sin \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b},
-\frac{m\pi }{a}\cos \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b},
0
\right)
\end{eqnarray*}

b)

The wave number $k$ becomes imaginary.
Hence the electric field and magnetic field
decay exponentially.

ファインマン物理学Ⅳ第３章　導波管（問題）

2007-12-11T22:58:00.000+09:00

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第３章　導波管（問題）

3-1

\[
\Delta V=-L_0\Delta x \frac{\partial I}{\partial t}
\]

$\Delta x\to 0$の極限をとり
\[
\frac{\partial V}{\partial x}=-L_0\frac{\partial I}{\partial t}.
\]
\[
q=-C_0\Delta xV
\]
の時間変化が電流
\[
\Delta I=-C_0\Delta x \frac{\partial V}{\partial t}
\]
これの極限をとり
\[
\frac{\partial I}{\partial x}=-C_0\frac{\partial V}{\partial t}.
\]

\[
\frac{\partial ^2I}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left( -C_0\frac{\partial V}{\partial t}\right)
=-C_0\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial V}{\partial x}
=C_0L_0\frac{\partial ^2I}{\partial t^2}
\]
\[
\frac{\partial ^2V}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left( -L_0\frac{\partial I}{\partial t}\right)
=-L_0\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial I}{\partial x}
=L_0C_0\frac{\partial ^2V}{\partial t^2}.
\]

3-2

長さ$l$の部分のキャパシタンスは
\[
C=\frac{\epsilon _0 bl}{a}.
\]
よって$C_0=\frac{\epsilon _0 b}{a}$.
$L_0C_0=\frac{1}{c^2}$より
\[
L_0=\frac{1}{C_0c^2}.
\]
よって
\[
\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}=\sqrt{\frac{1}{C_0^2c^2}}=\frac{a}{c\epsilon _0b}.
\]

3-3

円筒の軸の方向に$z$軸をとる.
$r=\sqrt{x^2+y^2}$とおく.
\[
\mathbf{E}=\frac{(x, y, 0)}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z)
\]
と仮定する.
ここで$k_zl=n\pi $.

\[
\left( \frac{\partial ^2}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\right)\frac{x}{r^2}
=\cdots =-6xr^{-4}+8x^3r^{-6}.
\]
\[
\left( \frac{\partial ^2}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}\right)\frac{x}{r^2}
=\cdots =-2xr^{-4}x+8xy^2r^{-6}.
\]
よって
\begin{eqnarray*}
&&\left( \partial _x^2+\partial _y^2+\partial _z^2-\frac{\partial _t^2}{c^2}\right)\frac{x}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z)\\
&=&\left( -6xr^{-4}+8x^3r^{-6}-2xr^{-4}x+8xy^2r^{-6}-\frac{x}{r^2}k_z^2+\frac{x\omega ^2}{r^2c^2}\right)e^{i\omega t}\sin (k_z z)\\
&=&\left( -k_z^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right) \frac{x}{r}e^{i\omega t}\sin (k_z z).
\end{eqnarray*}

よって
\[
\omega =k_zc=\frac{n\pi c}{l}.
\]
\[
\omega _0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{l}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \frac{b}{a}\frac{2\pi \epsilon _0l}{\log \frac{b}{a}}}}=\frac{c}{l}.
\]

3-4

\[
\mathbf{E}=\sin k_xx\sin k_zze^{i\omega t}\mathbf{e}_y
\]
と仮定する（問題文だと電場が$z$によらなくなってしまう（棚上げ問））.
これが波動方程式を満たすためには
\[
k_x^2+k_z^2-\frac{\omega ^2}{c^2}=0.
\]
\[
\omega =c\sqrt{k_x^2+k_z^2}=c\pi \sqrt{\frac{n}{a}+\frac{m}{l}}.
\]

3-5

a)
\[
V(x, t)=V_0\cos \omega t\cos kx.
\]
と仮定する.
ここで
$k=\frac{\omega }{c}$.
\[
\cos kx=\pm 1\Leftrightarrow kx=n\pi .
\]
\[
x=\frac{n\pi }{k}=\frac{n c \pi}{\omega }=\frac{c \pi}{\omega }, \frac{2 c \pi}{\omega }, \frac{3 c \pi}{\omega }, \frac{4 c \pi}{\omega }
\]

b)
\[
V(x, t)=V_0(\cos (\omega t-kx)+\cos (\omega t+kx))/2.
\]

\[
I_{\pm}=\frac{V_0}{2z_0}\cos (\omega t\mp kx),
\]
ここで$z_0=\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}$.

c)
\[
I(x, t)=I_++I_-=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t\sin kx.
\]
よって
\[
I(0, t)=0,
\]
\[
I(l/2, t)=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t\frac{1}{\sqrt{2}},
\]
\[
I(l, t)=\frac{V_0}{z_0}\sin \omega t.
\]

3-6
\[
V=V_0\Re (ae^{i(\omega t-kx )}+be^{i(\omega t+kx )})
\]
\[
I=\frac{V_0}{z_0}\Re (ae^{i(\omega t-kx )}-be^{i(\omega t+kx )})
\]

\[
V(l, t)=\Re (\hat{V}e^{i\omega t})
\]
\[
I(l, t)=\Re (\hat{I}e^{i\omega t})
\]
ここで
\[
\hat{V}=V_0 (ae^{-ikl}+be^{ikl}),
\]
\[
\hat{I}=\frac{V_0}{z_0} (ae^{-ikl}-be^{ikl}).
\]
\[
\hat{V}=z_T\hat{I}
\]
より
\[
V_0 (ae^{-ikl}+be^{ikl})=\frac{z_TV_0}{z_0} (ae^{-ikl}-be^{ikl}).
\]
これを変形して
\[
\frac{b}{a}=\frac{z_T-z0}{z_0+z_T}e^{-2ikl}.
\]
\begin{eqnarray*}
z_s&=&
\frac{V(0, t)}{I(0, t)}\\
&=&
\frac{V_0(a+b)}{\frac{V_0}{z_0}a-b}\\
&=&
z_0\frac{1+a/b}{1-a/b}\\
&=&
\cdots \\
&=&
iz_0\frac{\tan kl-iz_T/z_0}{1+iz_T/z_0\tan kl}.
\end{eqnarray*}
ここで
\[
k=\frac{\omega }{c}=\omega \sqrt{LC}.
\]

3-7

第一の伝送線の電圧が
\[
V_{\mbox{入}}\cos (\omega t-k_1x)+V_{\mbox{反}}\cos (\omega t+k_1x).
\]
第二の伝送線の電圧が
\[
V_{\mbox{透}}\cos (\omega t-kx).
\]
とする.

第一の伝送線の電流は
\[
\frac{1}{z_1}V_{\mbox{入}}\cos (\omega t-k_1x)-\frac{1}{z_1}V_{\mbox{反}}\cos (\omega t+k_1x).
\]

第二の伝送線の電流は
\[
\frac{1}{z_2}V_{\mbox{透}}\cos (\omega t-kx).
\]

$x=0$で２つの伝送線の電圧と電流が一致するための条件は
\[
V_{\mbox{入}}+V_{\mbox{反}}=V_{\mbox{透}},
\]
\[
\frac{1}{z_1}V_{\mbox{入}}-\frac{1}{z_1}V_{\mbox{反}}=\frac{1}{z_2}V_{\mbox{透}},
\]
これを解くと
\[
\frac{V_{\mbox{反}}}{V_{\mbox{入}}}=\frac{z_2-z_1}{z_2+z_1},
\]
\[
\frac{V_{\mbox{透}}}{V_{\mbox{入}}}=\frac{2z_2}{z_2+z_1},
\]

3-8

（問題に与えられた内径の矩形導波管の遮断周波数の方が$960$メガサイクル
より高くなってしまう.　棚上げ問）

3-9

\begin{eqnarray*}
\nabla \cdot \mathbf{A}
&=&
\partial _zA_z\\
&=&
\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}(-k_z)e^{i(\omega t-k_zz)}\\
&=&
-\frac{1}{c^2}\partial _t\left( \sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}\frac{k_z c^2}{i\omega }e^{i(\omega t-k_zz)}\right)
\end{eqnarray*}
よって
\[
\phi = \frac{k_z c^2}{i\omega }\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}e^{i(\omega t-k_zz)}
\]
とおく.

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}
&=&
-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\\
&=&
\left(
\frac{im\pi k_z c^2}{a\omega} \cos \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b},
\frac{in\pi k_z c^2}{b\omega} \sin \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b},
\left( \frac{k_z^2c^2}{\omega }-i\omega \right) \frac{n\pi }{b}\sin \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b}
\right) e^{i(\omega t-k_zz)}
\end{eqnarray*}
これは$x=0, a, y=0, b$で$0$.
\[
(\Delta -\frac{\partial _t^2}{c^2})\mathbf{E}=
\left( \left(\frac{m\pi}{a}\right) ^2+\left( \frac{n\pi }{b}\right) ^2 -k_zz^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right)\mathbf{E}\\
=0
\]

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}&=&\nabla \times \mathbf{A}\\
&=&(\partial _y A_z, -\partial _xA_z, 0)\\
&=&
\left(
\frac{n\pi }{b}\sin \frac{m\pi x}{a}\cos \frac{n\pi y}{b},
-\frac{m\pi }{a}\cos \frac{m\pi x}{a}\sin \frac{n\pi y}{b},
0
\right)
\end{eqnarray*}

b)$k$が虚数になり電場と磁場が指数関数的に減少するから.

ファインマン物理学Ⅳ第３章　導波管（本文）

2007-12-04T22:07:00.001+09:00

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第３章　導波管（本文）

3-1　伝送線

内部の導体が薄い中空の円筒であり
外部の導体も別の薄い中空の円筒で内部導体と同じ軸をもつ
伝送線を考える.

単位長さあたりの
インダクタンスを$L_0$，
キャパシタンスを$C_0$
とおき，電圧，電流の満たす微分方程式
\[
\frac{\partial V}{\partial x}=-L_0\frac{\partial I}{\partial t}, \hspace{1cm}\frac{\partial I}{\partial x}=-C_0\frac{\partial V}{\partial t}
\]

を求めた.
それから電圧，電流の各々は波動方程式を満たすことを導いた.
波の速さは
\[
v=\frac{1}{\sqrt{L_0C_0}}
\]
となった.

伝送線の各々の波に対する電圧は電流に比例し比例定数はその
特性インピーダンス$Z_0=\sqrt{\frac{L_0}{C_0}}$に等しい.

同軸ケーブルについて
単位長さあたりのインダクタンス$L_0$と
キャパシタンス$C_0$を求めた.
インダクタンスは磁気的エネルギー$\epsilon _0c^2B^2/2$が
$LI^2/2$に等しいとおいて求めた.
\[
L_0=\frac{\log (a/b)}{2\pi \epsilon _0c^2}
\]
となった.
\[
C_0=\frac{2\pi \epsilon _0}{\log (b/a)}.
\]
よって
$v=\frac{1}{\sqrt{L_0C_0}}$は$c$に等しい.

3-2　矩形導波管

管の長さの方向に$z$軸をとり,
$x, y$は２つの側面に平行とする.

$\mathbf{E}$が$z$に垂直で$y$成分のみを持つ解を探す.

\[
E_y=E_0\sin k_xxe^{i\omega t-k_zz}
\]
という形をもつと仮定する.
$k_xa=n\pi$ならば導体のところで接線成分を持たない. $n=1$とする.
マクスウェルの方程式
\[
\frac{\partial ^2E_y}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2E_y}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2E_y}{\partial z^2}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2E_y}{\partial t^2}=0
\]
を満たすという条件より
\[
k_z=\sqrt{\omega ^2/c^2-\pi ^2/a^2}
\]
$\lambda _g$を$z$方向に沿う波長とすると
\[
\lambda _g=\frac{\lambda _0}{\sqrt{1-(\lambda _0/2a)^2}}.
\]

3-3　遮断周波数

周波数が臨界周波数$\omega _c=\pi c/a$より小さくなると$k_z$は虚数になる.
臨界周波数より低い周波数の波は指数関数的に減少する.

3-4　導波管内の波の速さ

位相速度は
\[
v_{\mbox{phase}}=\frac{c}{\sqrt{1-(\omega _c/\omega )^2}}.
\]
群速度は
\[
v_{\mbox{group}}=\frac{d\omega }{dx}=c\sqrt{1-(\omega _c/\omega )^2}
\]
よって位相速度と群速度の幾何平均は光速度に等しい.

運動エネルギーと運動量はに
\[
U^2=p^2c^2+m^2c^4
\]
の関係がある.
これに$U=\hbar \omega , p=\hbar k$を代入し変形すると
\[
k=\sqrt{(\omega ^2/c^2)-(m^2c^2/\hbar ^2)}
\]
となる.

管を伝わるエネルギーは
\[
\frac{dU}{dt}=\epsilon _0E_0^2abv_{\mbox{group}}.
\]

3-5　導波管の結合

管の端が反射波を生じるように終わっているとする.
検出プローブを管に沿って動かすと検出器の読みは周期的に変化し
２つの相次ぐ節の間の距離は$\lambda _g/2$.

反射波が生じないように導波管を止めるためには特性インピーダンスと同じ役目を導波管に対して
する無反射端が必要.

三つのものを接合するときにはT型導波管を使う.

方向性結合器はある向きに進む波があれば間の波の微小部分が出てくるが，逆向きに波が進んでいれば出てこないようなもの.

3-6　導波管のモード

矩形導波管では我々が調べたTEモードに比べて他のすべてのモードはより高い遮断周波数を持つ.
周波数が最低のモードの遮断周波数のすぐ上で他の遮断周波数より下となるように導波管を使い
唯一つのモードだけを伝達させることが可能.

3-7　導波管の波に対する別の観点

場の源は管の中置かれた鉛直な針金とする.
針金の場にたいして
場はすべて管の幅と同じ間隔を持った交互に逆向きに置かれた無限の波源の列と同じ.
線状の波源の格子による静電場は格子から指数関数的に減少する項を除けば
帯電した板の作る場と同じ.
ここでは波源は一つおきに符号が変わっているので場は指数関数的に減少する.
周波数が小さいときは静電近似はよい.

逆の問題にぶつかる.何故波が伝わるか？
第Ⅱ巻第４章で
いくつかのアンテナを組み合わせると一方向には強い信号が出て他の方向には信号が出ないような干渉パターン
を作れるということを知った.
その考えを用いて何故波が伝わるかを説明した.

ファインマン物理学Ⅳ第２章　第２章　空洞共振器（問題）

2007-12-01T23:07:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi4_2.pdf
第２章　空洞共振器（問題）

2-1

電場が
E(r)=\[
\left\{
\begin{array}{ll}
E_0e^{i\omega t} & (0E_1e^{i\omega t} & (a\le r)
\end{array}
\right.
\]
とかけるとする.

\[
E_0d-E_1(b-a)=0.
\]

$E$の作る磁場を$B_1$とおく.
\begin{eqnarray*}
c^22\pi rB_1(r)&=&
\partial _t\int \mathbf{E}\cdot \mathbf{n}ds\\
&=&e^{i\omega t}
\left\{
\begin{array}{ll}
i\omega \pi r^2 E_0 & (0i\omega \pi a^2 E_0+i\omega \pi (r^2-a^2)E_1 & (a\le r)
\end{array}
\right. \\
&=&E_1e^{i\omega t}
\left\{
\begin{array}{ll}
i\omega \pi r^2 \frac{b-a}{d} & (0i\omega \pi \left( a^2 \frac{b-a}{d}+(r^2-a^2) \right) & (a\le r)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray*}
この磁場のつくる電場を$E_2(r)$とおくと
\begin{eqnarray*}
E_2(r)(b-a)&=&
\partial _t\left( \int _0^a B_1(r)ddr +\int _a^bB_1(r)(b-a)dr \right) \\
&=&
\frac{-\omega ^2e^{i\omega t}E_1}{2c^2}\left( \int _0^a(b-a)r dr+\int _a^b \left( \frac{a^2(b-a)}{rd}+r-\frac{a^2}{r}\right) (b-a) dr\right)
\end{eqnarray*}
よって
\[
E_2(r)\fallingdotseq \frac{\omega ^2e^{i\omega tE_1}}{2c^2}\frac{(b-a)a^2}{d}\log \frac{b}{a}.
\]
\begin{eqnarray*}
&&E_1+E_2(r)=0\\
&\Leftrightarrow &
-\frac{\omega ^2}{2c^2}\frac{(b-a)a^2}{d}\log \frac{b}{a}+1=0\\
&\Leftrightarrow &
\omega =\frac{c}{a}\sqrt{\frac{2d}{(b-a)\log \frac{b}{a}}}.
\end{eqnarray*}

(答えには$2$は無い（棚上げ問）.)）

ファインマン物理学Ⅳ第２章　空洞共振器（本文）

2007-11-30T22:05:00.000+09:00

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第２章　空洞共振器

2-1　実際の回路素子

抵抗の等価回路，
インダクタンスの低周波における等価回路，
インダクタンスの高周波における等価回路
を考えた.

インダクタンスは低周波では抵抗の様に振る舞い，
周波数を上げると理想的なインダクタンスに近づく.
さらに高い周波数では容量が重要になりインピーダンスは$\frac{1}{i\omega C}$に比例し
周波数が小さい方が大きい.

2-2　高周波におけるキャパシター

まず最初にキャパシター間の電場が定数が正弦振動しているもの$E_1=E_0e^{i\omega t}$と
仮定する.
その電場がつくる磁場を$B_1$とおく.
$B_1$のつくる磁場を$E_2$とおく.
$E_2$のつくる磁場を$B_2$とおく.
$B_2$のつくる磁場を$E_3$とおく.
以下同様に続けて
\[
E=E_1+E_2+E_3+\cdot =E_0e^{i\omega t}J_0\left( \frac{\omega r}{c}\right)
\]

2-3 共鳴空洞

前節で求めた電場が$0$になるような$r$を考える.
ベッセル関数の一番目の$0$点が約$2.405$にあるので
$\omega _0=2.405\frac{c}{r}$という関係がある.
半径の$r$部分の側面に
導体の円筒を挿入してつくった罐について考えた.
その内部の電場は振動数$\omega _0$で振動する

2-4　空洞のモード

罐の共鳴周波数はベッセル関数の零点から得られる以外にもある.
それは罐の直径に大体沿うようなモードや，
側面から上下に達するようなモードがある.

2-5　空洞と共鳴回路

インダクタンスとキャパシターからなる回路をインダクタンスが
低下するように変形させていくと前節の罐になった.

The Feynman Lectures on Physics Volume II Chapter 22 AC Circuits (Exercise)

2007-11-30T21:59:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoiengl4_1.pdf
Chapter 22 AC Circuits (Exercise)

1-1
Let
$R=1\Omega $.

1)
Let $A,B,C,D$ be the vertices.
Let $V$ be the potential difference between $A$ and $C$.
Let $I_1$ be the electric current through $ABC$.
Let $I_2$ be the electric current through $ADC$.

\[
V=2RI_1=2RI_2,I=I_1+I_2,
\]
Hence
\[
V=RI.
\]

2)

Let $V$ be the potential difference between $A$ and $B$.

Let $I_1$ be the electric current through $AB$.
Let $I_2$ be the electric current through $ADCB$.

\[
V=RI_1=3RI_2, I=I_1+I_2,
\]
Hnece
\[
R=\frac{V}{I_1+I_2}=\frac{V}{\frac{V}{R}+\frac{V}{3R}}=\frac{3R}{4}.
\]

1-2

a)

Let $I_1$ be the electric current through the condenser, and $I_2$ be the electric current through the inductor.
By Kirchhoff's rules
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
-\mathcal{E}+Ii\omega L+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L=0.
\]

(By the first and the second equation,
\[
-\mathcal{E}+(I_1+I_2)i\omega L+I_1\frac{1}{i\omega C}=0.
\]
This equation minus the third equation
\[
-\mathcal{E}+I_1\left( i\omega L+\frac{2}{i\omega C}\right) =0.
\]
\[
I_1=\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}}.
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
I&=&I_1+I_2\\
&=&I_1(1-\frac{1}{\omega ^2}CL)\\
&=&\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}}\frac{\omega ^2CL-1}{\omega ^2CL}\\
&=& \frac{-i\mathcal{E}}{\omega L}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 CL}.
\end{eqnarray*}
Let $\mathcal{E}=V_0e^{i\omega t}$.
Take the real part of $I$
\[
\Re I=\frac{V_0\sin \omega t}{\omega L}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 CL}
\]
)

b)
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
-\mathcal{E}+Ii\omega L+I_2i\omega M+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L+Ii\omega M=0.
\]

(Substituting the first and the second equation into the third equation
\[
-\mathcal{E}+(I_1+I_2)i\omega L+I_2i\omega M+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L+(I_1+I_2)i\omega M=0.
\]
The difference ofabove equations is
\[
-\mathcal{E}+I_1\left( i\omega L+\frac{2}{i\omega C}-i\omega M\right) .
\]
By the tird equation
\[
I_1\left( -\frac{1}{i\omega C}+i\omega M\right) =-I_2i\omega (L+M).
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
I&=&I_1+I_2\\
&=&I_1\left( 1+ \frac{\frac{1}{i\omega C}-i\omega M}{i\omega (L+M)})\right) \\
&=&\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}-i\omega M}
\frac{ i\omega (L+M)+ \frac{1}{i\omega C}-i\omega M}{i\omega (L+M)} \\
&=&
\frac{-i\mathcal{E}}{\omega (L+M)}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 C(L-M)}
\end{eqnarray*}
)

\[
\Re I=\frac{V_0\sin \omega t}{\omega (L+M)}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 C(L-M)}.
\]

1-3

1-4

Let $I_1$ be the electric current through the left hand side.
Let $I_2$ be the electric current through the right hand side.
By Kirchhoff's rules
\[
I=I_1+I_2,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_1R+\frac{1}{i\omega C}I_1=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_2\frac{1}{i\omega C}+I_2R=0.
\]
By the second and the third equation
\[
I_1=I_2=\frac{-\mathcal{E}}{R+\frac{1}{i\omega C}}.
\]

The potential difference between $b$ and $a$ is

\begin{eqnarray*}
V_b-V_a&=&\frac{I_2}{i\omega C}-R I_1\\
&=&\left( \frac{1}{i\omega C}-R\right) \frac{\mathcal{E}}{R+\frac{1}{i\omega C}}\\
&=&-\frac{R+\frac{i}{\omega C}}{R-\frac{i}{\omega C}}V_0e^{i\omega t}\\
&=&-e^{i(\theta +\omega t)}V_0,
\end{eqnarray*}
where
\[
\tan \frac{\theta }{2}=\frac{1}{R\omega C}.
\]

1-5

\begin{eqnarray*}
I
&=&\left( \frac{1}{R}+i\left( \omega C-\frac{1}{\omega L}\right) \right) \mathcal{E}\\
\end{eqnarray*}

In the series connection case
\[
-\mathcal{E}=\left( R+i(\omega L-\frac{1}{\omega C})\right) I.
\]

1-6

Let
\[
L_1=R_a+\mathcal{L},
\]
\[
L_2=R,
\]
\[
L_3=R,
\]
\[
L_4=\frac{\frac{1}{i\omega C}R_b}{R_b+\frac{1}{i\omega C}}=\frac{R_b}{i\omega C R_b+1}
\]
.

If there is no electric current through $R_D$, then by the fact that
the left and the right hand side of $R_D$ is equipotential and Kirchhoff's rules

\[
-\mathcal{E}+I_1L_1+I_1L_3,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_2L_2+I_2L_4
\]
\[
I_1L_1=I_2L_2.
\]

We eliminate $I_1$ and $I_2$

\[
L_1=\frac{I_2}{I_1}L_2=\frac{L_1+L_3}{L_2+L_4}L_2.
\]
Hence
\[
(L_2+L_4)L_1=(L_1+L_2)L_2.
\]
Hence
\[
L_1=\frac{L_2L_3}{L_4}=\frac{R^2}{\frac{R_b}{i\omega CR_b+1}}
\]
Hence by the definition of $\mathcal{L}$
\[
\mathcal{L}=L_1-Ra=\frac{R^2}{R_b}(i\omega CR_b+1)-R_a.
\]

1-7

Let
\[
L_1=r_1,
\]
\[
L_2=R_1+\frac{1}{i\omega C_1},
\]
\[
L_3=r_3,
\]
\[
L_4=\frac{\frac{R_2}{i\omega C}}{R_2+\frac{1}{i\omega C}}.
\]

Similar to the Excercise 1-6
\[
L_1L_4=L_2L_3.
\]

Hence
\[
r_1 \frac{R_2}{R_2i\omega C_2+1}=\left( R_1+\frac{1}{i\omega C_1}\right) r_2.
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
\frac{r_1}{r_2}&=&\frac{ R_1+\frac{1}{i\omega C_1}}{\frac{R_2}{R_2i\omega C_2+1}}\\
&=&\left( R_1+\frac{1}{i\omega C_1}\right) (R_2i\omega C_2+1)\frac{1}{R_2}\\
&=&\frac{R_1}{R_2}+\frac{C_2}{C_1}+i\left( R_1\omega C_2-\frac{1}{\omega C_1R_2}\right) \hspace{1cm}(1)
\end{eqnarray*}
By comparing the real part of equation (1).

\[
\frac{r_1}{r_2}=\frac{R_1}{R_2}+\frac{C_2}{C_1},
\]
By comparing the imaginary part of equation (1).
\[
\left( R_1\omega C_2-\frac{1}{\omega C_1R_2}\right) =0.
\]
Hence
\[
\omega =\frac{1}{\sqrt{C_1C_2R_1R_2}}.
\]

1-8

a)

\[
-\mathcal{E}+\left( \frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}\right) I.
\]
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{\frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}}
\]
By substituting $RC=L/R$.
\[
\frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}=\frac{L}{RC}.
\]

b)

Let $I_1, I_2$ be the electric current through
above registance and capacitor respectively.

\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
I_1R=I_2\frac{1}{i\omega C}.
\]
by the second equation
\[
I_2=i\omega CRI_1.
\]
Substituting this to the first equation
\[
I_1(1+i\omega CR)=I.
\]
Hence
\[
I_1=\frac{I}{1+i\omega CR}=\frac{1}{1+i\omega CR}\frac{CR}{L}\mathcal{E}.
\]

Let $V_{RC}$ be the voltage of registance and capacitor .

\[
V_{RC}=I_1R=\frac{1}{1+i\omega CR}\frac{CR}{L}\mathcal{E}
\]

Hence
\[
\tan \delta =i\omega CR,
\]
where $\delta $ is phase difference.

1-9

a)
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{R+i\omega L+\frac{m}{i\omega C}}.
\]

\[
\hat{I}=\frac{V_0}{R+i\omega L+\frac{m}{i\omega C}}.
\]

Hence the average rate of energy loss in $R$ is
\[
=\frac{R|\hat{I}|^2}{2}=\frac{RV_0^2}{R^2+\left( \omega L-\frac{m}{\omega C}\right) }.
\]

b)

i)

By $\omega L-\frac{m}{\omega C}=0$,

\[
m=\omega ^2LC=2.
\]

ii)

The voltage of
$P_0, P_1$ is
\[
\frac{1}{i\omega C}I=\frac{1}{i\omega C}\frac{V_0 e^{i\omega t}}{R}=50e^{i\omega t}V.
\]
The voltage of $R$ is
\[
RI=\mathcal{E}=100e^{i\omega t}V.
\]

ファインマン物理学Ⅳ第１章　AC回路（問題）

2007-11-30T21:58:00.001+09:00

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第１章　AC回路（問題）

1-1

$R=1\Omega $とする.

1)
頂点を$A,B,C,D$とおく.
対角線上の点$A, C$について電位差を$V$とおく.
$ABC$を流れる電流を$I_1$
$ADC$を流れる電流を$I_2$とおく.

\[
V=2RI_1=2RI_2,I=I_1+I_2
\]
よって
\[
V=RI.
\]

2)
隣り合う点$A, B$について電位差を$V$とおく.
$AB$を流れる電流を$I_1$
$ADCB$を流れる電流を$I_2$とおく.
\[
V=RI_1=3RI_2, I=I_1+I_2,
\]
より
\[
R=\frac{V}{I_1+I_2}=\frac{V}{\frac{V}{R}+\frac{V}{3R}}=\frac{3R}{4}
\]

1-2

a)

コンデンサーを通る電流を$I_1$, インダクタンスを通る電流を$I_2$とおく.
キルヒホッフの法則より
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
-\mathcal{E}+Ii\omega L+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L=0.
\]
これを解くと
（
一番目と二番目の式より
\[
-\mathcal{E}+(I_1+I_2)i\omega L+I_1\frac{1}{i\omega C}=0.
\]
これから三番目の式を引いて
\[
-\mathcal{E}+I_1\left( i\omega L+\frac{2}{i\omega C}\right) =0.
\]
\[
I_1=\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}}.
\]
\begin{eqnarray*}
I&=&I_1+I_2\\
&=&I_1(1-\frac{1}{\omega ^2}CL)\\
&=&\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}}\frac{\omega ^2CL-1}{\omega ^2CL}\\
&=& \frac{-i\mathcal{E}}{\omega L}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 CL}.
\end{eqnarray*}
$\mathcal{E}=V_0e^{i\omega t}$とおいて実数部をとると
\[
\Re I=\frac{V_0\sin \omega t}{\omega L}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 CL}
\]
）
(答えと違うが答えは相互インダクタンスを$0$とおいた場合になっていないので間違いだと思われる.)

b)
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
-\mathcal{E}+Ii\omega L+I_2i\omega M+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L+Ii\omega M=0.
\]

これを解くと
(
第一式を第二式と第三式に代入すると
\[
-\mathcal{E}+(I_1+I_2)i\omega L+I_2i\omega M+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L+(I_1+I_2)i\omega M=0.
\]
両辺を引くと
\[
-\mathcal{E}+I_1\left( i\omega L+\frac{2}{i\omega C}-i\omega M\right) .
\]
第三式を変形して
\[
I_1\left( -\frac{1}{i\omega C}+i\omega M\right) =-I_2i\omega (L+M).
\]
\begin{eqnarray*}
I&=&I_1+I_2\\
&=&I_1\left( 1+ \frac{\frac{1}{i\omega C}-i\omega M}{i\omega (L+M)})\right) \\
&=&\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}-i\omega M}
\frac{ i\omega (L+M)+ \frac{1}{i\omega C}-i\omega M}{i\omega (L+M)} \\
&=&
\frac{-i\mathcal{E}}{\omega (L+M)}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 C(L-M)}
\end{eqnarray*}
)

\[
\Re I=\frac{V_0\sin \omega t}{\omega (L+M)}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 C(L-M)}.
\]

（答えあわない.棚上げ問）

1-3

1-4

左側を通る電流を$I_1$,
右側を通る電流を$I_2$とする.
キルヒホッフの法則より
\[
I=I_1+I_2,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_1R+\frac{1}{i\omega C}I_1=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_2\frac{1}{i\omega C}+I_2R=0.
\]
第2, 3式より
\[
I_1=I_2=\frac{-\mathcal{E}}{R+\frac{1}{i\omega C}}.
\]
$b$と$a$の電位差は
\begin{eqnarray*}
V_b-V_a&=&\frac{I_2}{i\omega C}-R I_1\\
&=&\left( \frac{1}{i\omega C}-R\right) \frac{\mathcal{E}}{R+\frac{1}{i\omega C}}\\
&=&-\frac{R+\frac{i}{\omega C}}{R-\frac{i}{\omega C}}V_0e^{i\omega t}\\
&=&-e^{i(\theta +\omega t)}V_0,
\end{eqnarray*}
ここで
\[
\tan \frac{\theta }{2}=\frac{1}{R\omega C}.
\]

1-5

一番上の線を通る電流を左から$I_1, I_2, I_3$とする.
抵抗とインダクタンスを通る電流をそれぞれ$I_3, I_4$とする.

キルヒホッフの法則より
\[
I_0=I_1+I_3,
\]
\[
I_1=I_2+I_4,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_3R=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_3i\omega L=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_3\frac{1}{i\omega C}=0.
\]

よって
\begin{eqnarray*}
I_0&=&I_2+I_3+I_4\\
&=&\left( \frac{1}{R}+\frac{1}{i\omega L}+i\omega C\right) \mathcal{E}\\
&=&\left( \frac{1}{R}+i\left( \omega C-\frac{1}{\omega L}\right) \right) \mathcal{E}\\
\end{eqnarray*}

直列のときは
\[
-\mathcal{E}=\left( R+i(\omega L-\frac{1}{\omega C})\right) I.
\]

1-6
\[
L_1=R_a+\mathcal{L},
\]
\[
L_2=R,
\]
\[
L_3=R,
\]
\[
L_4=\frac{\frac{1}{i\omega C}R_b}{R_b+\frac{1}{i\omega C}}=\frac{R_b}{i\omega C R_b+1}
\]
とおく.

$R_D$を電流が流れていないとするとキルヒホッフの法則と$R_D$の
両端が等電位であることより
\[
-\mathcal{E}+I_1L_1+I_1L_3,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_2L_2+I_2L_4
\]
\[
I_1L_1=I_2L_2.
\]
これらの条件から$I_1, I_2$を消去し$L_1$を求める.
\[
L_1=\frac{I_2}{I_1}L_2=\frac{L_1+L_3}{L_2+L_4}L_2
\]
よって
\[
(L_2+L_4)L_1=(L_1+L_2)L_2,
\]
よって
\[
L_1=\frac{L_2L_3}{L_4}=\frac{R^2}{\frac{R_b}{i\omega CR_b+1}}
\]
よって
\[
\mathcal{L}=L_1-Ra=\frac{R^2}{R_b}(i\omega CR_b+1)-R_a.
\]

（純虚数じゃないのは変な気がするが答えもこうなってる.）

1-7

\[
L_1=r_1,
\]
\[
L_2=R_1+\frac{1}{i\omega C_1},
\]
\[
L_3=r_3,
\]
\[
L_4=\frac{\frac{R_2}{i\omega C}}{R_2+\frac{1}{i\omega C}},
\]
とおくと，
前問と同様に
\[
L_1L_4=L_2L_3.
\]
よって
\[
r_1 \frac{R_2}{R_2i\omega C_2+1}=\left( R_1+\frac{1}{i\omega C_1}\right) r_2
\]
よって
\begin{eqnarray*}
\frac{r_1}{r_2}&=&\frac{ R_1+\frac{1}{i\omega C_1}}{\frac{R_2}{R_2i\omega C_2+1}}\\
&=&\left( R_1+\frac{1}{i\omega C_1}\right) (R_2i\omega C_2+1)\frac{1}{R_2}\\
&=&\frac{R_1}{R_2}+\frac{C_2}{C_1}+i\left( R_1\omega C_2-\frac{1}{\omega C_1R_2}\right)
\end{eqnarray*}
上式の実部と虚部を比較して
\[
\frac{r_1}{r_2}=\frac{R_1}{R_2}+\frac{C_2}{C_1},
\]
\[
\left( R_1\omega C_2-\frac{1}{\omega C_1R_2}\right) =0.
\]
よって
\[
\omega =\frac{1}{\sqrt{C_1C_2R_1R_2}}
\]

1-8

a)

\[
-\mathcal{E}+\left( \frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}\right) I.
\]
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{\frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}}
\]
$RC=L/R$を代入し計算すると
\[
\frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}=\frac{L}{RC}.
\]

b)
上のレジスター，キャパシターを流れる電流を$I_1, I_2$とする.
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
I_1R=I_2\frac{1}{i\omega C}.
\]
二番目の式より
\[
I_2=i\omega CRI_1.
\]
これを一番目の式に代入して
\[
I_1(1+i\omega CR)=I.
\]
よって
\[
I_1=\frac{I}{1+i\omega CR}=\frac{1}{1+i\omega CR}\frac{CR}{L}\mathcal{E}.
\]
レジスター・キャパシター対に加わる電圧を$V_{RC}$とおくと，
\[
V_{RC}=I_1R=\frac{1}{1+i\omega CR}\frac{CR}{L}\mathcal{E}
\]
よって位相差を$\delta $とおくと
\[
\tan \delta =i\omega CR.
\]

1-9

a)
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{R+i\omega L+\frac{m}{i\omega C}}.
\]

\[
\hat{I}=\frac{V_0}{R+i\omega L+\frac{m}{i\omega C}}.
\]
よって$R$で失われる平均のエネルギーは
\[
=\frac{R|\hat{I}|^2}{2}=\frac{RV_0^2}{R^2+\left( \omega L-\frac{m}{\omega C}\right) }.
\]

b)

i)

\[
\omega L-\frac{m}{\omega C}=0
\]
より
\[
m=\omega ^2LC=2.
\]

ii)

$P_0, P_1$間の電圧は
\[
\frac{1}{i\omega C}I=\frac{1}{i\omega C}\frac{V_0 e^{i\omega t}}{R}=50e^{i\omega t}V.
\]
$R$の両端の電圧は
\[
RI=\mathcal{E}=100e^{i\omega t}V.
\]

The Feynman Lectures on Physics Volume II Chapter 22 AC Circuits

2007-11-30T21:57:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbunengl4_1.pdf
Chapter 22 AC Circuits

22-1 Impedance

We are going to deal only with linear systems and with voltages and currents which all vary sinusoidally.

The voltage is proportional to current with a proportionality constant that is, in general, a complex number.
This is called the impedance and usually written as z.

\[
Z_{\mbox{inductance}}=Z_L=i\omega L,
\]
\[
Z_{\mbox{capacitor}}=Z_C=\frac{1}{i\omega C},
\]
\[
Z_{\mbox{resistance}}=Z_R=R.
\]

22-2 Generators

A generator consisting of a fixed coil and a rotating magnetic field.

A generator consisting of a coil rotating a fixed magnetic field.

22-3 Networks of ideal elements; Kirchhoff's rules

\[
\sum _{\mbox{around any loop}}V_n=0.
\]
\[
\sum _{\mbox{into a node}}I_n=0.
\]

Those two equations are known as Kirhihoff's rules.

22-4 Equivalent circuits

All of the equations we get from Kirhihoff's rules are linear, so when we solve them
for the current $I$ through generator, we will get $I$ is proportional to $\mathbf{E}$.
We can write
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{z_{eff}},
\]
where $z_{eff}$ is some complex number, an algebraic sunction of all the elwments.

22-5 Energy

An ideal inductance and an ldeal condenser are nondisspative elements.

Any impedance $z$ can be written as the sum of its real and imaginary part. That is
\[
Z=R+iX,
\]
where $R$ and $X$ are complex numbers.

The avarege rate of energy loss, $

_{av}$ from the generator is
\[

_{av}=\frac{1}{2}I_0^2R.
\]

22-6 A ladder network

The characteristic impedance of ladder network is
\[
Z_0=\frac{Z_1}{2}+\sqrt{\frac{Z_1^2}{4}+Z_1Z_2}.
\]
Let $Z_1=i\omega L, Z_2=1/(i\omega C)$ .
Looking at the infinite network from the terminal midpoint of first inductance
we would see the characteristic impedance
\[
Z_0=\sqrt{L/C-\omega ^2L^2/4}.
\]
If $\omega <\sqrt{4/LC}$ the impedance $Z_0$ will be a real number.

22-7 Filter

Let
\[
\alpha =\frac{V_{n+1}}{V_n}
\]
then
\[
\alpha =\frac{\sqrt{L/C-\omega ^2L^2/4}-i\omega L/2}{\sqrt{L/C-\omega ^2L^2/4}+i\omega L/2}.
\]

If the driving frequency is below the cutoff frequency, the absolute value of $\alpha $ is $1$.
For the frequencies above the cutoff frequency $\alpha $ is a real number and a number less than one.

22-8 Other circuit elements

We have so far defined only the ideal ccircuit impedance-the inductance, the capacitance, and the resistance-
as well as the ideal voltage generator.
We show that other elements, such as mutual inductance or mutual capacitance or transistor or vacume tubes can
be described by using only the same basic elements.

ファインマン物理学Ⅳ第１章　AC回路（本文）

2007-11-25T21:50:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun4_1.pdf
第１章　AC回路（本文）

1-1　インピーダンス

電圧や電流はすべて正弦的に変化するとする.

電圧は電流に比例しその比例定数はインピーダンスと呼ばれ，普通は$Z$と書かれる.

\[
Z_{\mbox{インダクタンス}}=Z_L=i\omega L,
\]
\[
Z_{\mbox{キャパシター}}=Z_C=\frac{1}{i\omega C},
\]
\[
Z_{\mbox{抵抗}}=Z_R=R.
\]

1-2 発電機

固定コイルと回転磁場からなる発電機を考えた.
固定磁場の中で回転するコイルによる発電機を考えた.

1-3　理想的な素子の回路網；キルヒホッフの法則

\[
\sum _{\mbox{任意のループをまわる和}}V_n=0.
\]
\[
\sum _{\mbox{一つの結節点に入る電流}}I_n=0.
\]
これら2つの方程式はキルヒホッフの法則をして知られている.

1-4　等価回路

キルヒホッフの法則はすべて線型なので発電機を通る電流についてこれを解いた場合
, $I$は$\mathcal{E}$に比例する.
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{Z_{eff}}
\]
とかける.

1-5　エネルギー

理想的なインダクタンスと理想的なコンデンサーは非消耗的な素子である.
任意のインピーダンス$Z$について，実数$R, X$をもちいて
\[
Z=R+iX
\]
とかく.エネルギーの平均損失の速さは
\[

_{av}=\frac{1}{2}I_0^2R.
\]

1-6　はしご回路網

はしご回路網のインピーダンスは
\[
Z_0=\frac{Z_1}{2}+\sqrt{\frac{Z_1^2}{4}+Z_1Z_2}.
\]
$Z_1=i\omega L, Z_2=1/(i\omega C)$ のとき一つ目のインダクタンスの半分の点から
回路網をみるとき
\[
Z_0=\sqrt{L/C-\omega ^2L^2/4}.
\]
これは
$\omega <\sqrt{4/LC}$のとき純粋に抵抗になる.

1-7　フィルター

はしご回路網の各段における電圧の比を$\alpha $とおくと
\[
\alpha =\frac{\sqrt{L/C-\omega ^2L^2/4}-i\omega L/2}{\sqrt{L/C-\omega ^2L^2/4}+i\omega L/2}.
\]
これは駆動周波数が切断周波数より小さいときは絶対値が$1$の複素数，
大きいときは絶対値が$1$以下の実数.

1-8　その他の回路素子

相互インダクタンス,
相互キャパシタンス, トランジスター，真空管について考えた.

The Feynman Lectures on Physics III The Principle of Least Action 2 (action for relativistic motion in an erectromagnetic field)

2007-11-22T23:14:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_slengl2.pdf
The Principle of Least Action 2 (action for relativistic motion in an erectromagnetic field)

For relativistic motion in an erectromagnetic field
\[
\mathcal{L}=-m_0c^2\sqrt{1-v^2/c^2}-q\phi (x, y, z, t)-\mathbf{v}\cdot \mathbf{A}(x, y, z, t).
\]

Let
\[
\mathbf{p}=\frac{m_0\mathbf{v}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.
\]

Let
$\mathbf{x}=\underline{\mathbf{x}}+\mathbf{\eta }$.

By using
\[
\mathbf{E}=-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},
\]
\[
\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A},
\]

\begin{eqnarray*}
&&S(\mathbf{x})\\
&=&
-m_0c^2\int _{t_1}^{t2}\sqrt{1-\frac{(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})^2}{c^2}}dt
-q\int _{t_1}^{t_2}(\phi (\mathbf{x}(t)+\mathbf{\eta }(t), t)-(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})\cdot \mathbf{A}(\mathbf{x}(t)+\mathbf{\eta }(t), t))dt\\
& \fallingdotseq &
-m_0c^2\int _{t_1}^{t2}\sqrt{1-\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}^2+2\dot{\underline{\mathbf{x}}}\cdot \dot{\mathbf{\eta }}}{c^2}}dt
-q\int _{t_1}^{t_2}(\phi +\nabla \phi \cdot \eta -(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})\cdot
\left( \mathbf{A}+
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right)
\right)dt\\
& \fallingdotseq &
-m_0c^2\int _{t_1}^{t2}\sqrt{1-\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}^2}{c^2}}\left( 1-\frac{1}{1-\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}^2}{c^2}}\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}\cdot \dot{\mathbf{\eta}}}{c^2}\right) dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \phi +\nabla \phi \cdot \eta -(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})\cdot
\left( \mathbf{A}+
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right)
\right) \right) dt\\
&\fallingdotseq &
S(\underline{\mathbf{x}})
+\int _{t_1}^{t2} \mathbf{p}\cdot \dot{\mathbf{\eta }}dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \nabla \phi \cdot \eta -\dot{\mathbf{\eta }}\cdot \mathbf{A}-\dot{\underline{\mathbf{x}}}
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right) \right) dt\\
&=&
S(\underline{\mathbf{x}})
-\int _{t_1}^{t2} \dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{\eta }dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \nabla \phi \cdot \mathbf{\eta} +\mathbf{\eta }\cdot \frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A}
+
\mathbf{\eta }\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \dot{\mathbf{x}}\\
\nabla A_y\cdot \dot{\mathbf{x}}\\
\nabla A_z\cdot \dot{\mathbf{x}}\\
\end{array}
\right)
-
\dot{\underline{\mathbf{x}}}
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right) \right) dt\\
&=&
S(\underline{\mathbf{x}})
-\int _{t_1}^{t2} \dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{\eta }dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \nabla \phi \cdot \mathbf{\eta} +\mathbf{\eta }\cdot \frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A}
-\mathbf{\eta}
\cdot (\mathbf{v}\times (\nabla \times \mathbf{A}))
\right) dt\\
&=&
S(\underline{\mathbf{x}})
-\int _{t_1}^{t2} \dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{\eta }dt\\
&+&
\int _{t_1}^{t_2}q\left( \mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}
\right) \cdot \mathbf{\eta} dt
\end{eqnarray*}

Hence the path that has the minimum action is the one satisfying
\[
\dot{\mathbf{p}}
=q\left( \mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}\right) .
\]

The Feynman Lectures on Physics III The Principle of Least Action

2007-11-22T23:13:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_slengl.pdf
The Principle of Least Action

The action $S$ is the kinetic energy, minus the potential energy, integrated over time.
The path that has the minimum action is the one satisfying Newton's law.

The formula in the case of relativity is the following
\[
S=-m_0c^2\int _{t_1}^{t_2}\sqrt{1-v^2/c^2}dt-q\int _{t_1}^{t_2}[\phi (x, y, z, t)-\mathbf{v}\cdot \mathbf{A}(x, y, z, t)]dt.
\]

The function thaqt is integrated over time to get the action $S$ is called the Lagrangian, $\mathcal{L}$, which is a function only of the velocities and positions of particles.
For relativistic motion in an electromagnetic field
\[
\mathcal{L}=-m_0c^2\sqrt{1-v^2/c^2}-q\phi (x, y, z, t)-\mathbf{v}\cdot \mathbf{A}(x, y, z, t).
\]

Since it is also necessary that the integral along the little section is also minimum,
there are differential laws when there is a least action plinciple.

The total amplitude can be written as the sum of the amplitudes for each possible path.
The amplitude is proportional to some constant times $e^{iS/\hbar }$.

In the limiting case in which Plank's constant $\hbar $ goes to zero,
the particle does go on a special path, namely, that one for which S does not vary in the first approximation.

Let's take the case where the charge density is known everywhere, and the problem is to find the potential $\phi $
everywhere in space.
\[
U^*=\frac{\epsilon _0}{2}\int (\nabla \phi )^2dV-\int \rho \phi dV
\]
This thing is minimum for the correct potential distribution.

The case when the inly charges are on conductors,
$U^*$ is the electrostatic energy.

Suppose we take two conductors in the form of a cylindrical condenser.
Suppos, we pick a potential that corresponds to a constant field and
$U^*$ is equals to $\frac{1}{2}CV^2$.
$C$ is an approximation to the capacity .

We improve such a calculation.
Suppos, we pick a potential that is quadratic in $r$ and
$U^*$ is equals to $\frac{1}{2}CV^2$.
The lowest value of $U^*$ is truth than any other value.

ファインマン物理学Ⅲ補章　最小作用の原理2(相対論的運動についてのラグランジアンから運動方程式を導く)

2007-11-22T22:51:00.002+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_sl2.pdf
補章2　最小作用の原理(相対論的運動についてのラグランジアンから運動方程式を導く)

電磁場内にある相対論的粒子に対しては
\[
\mathcal{L}=-m_0c^2\sqrt{1-v^2/c^2}-q\phi (x, y, z, t)-\mathbf{v}\cdot \mathbf{A}(x, y, z, t)
\]

これの積分が極値をとる軌道が運動方程式を満たすことを確かめる.

\[
\mathbf{p}=\frac{m_0\mathbf{v}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
\]
とおく.

$\mathbf{x}=\underline{\mathbf{x}}+\mathbf{\eta }$とおく.

\[
\mathbf{E}=-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},
\]
\[
\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}
\]
より

\begin{eqnarray*}
&&S(\mathbf{x})\\
&=&
-m_0c^2\int _{t_1}^{t2}\sqrt{1-\frac{(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})^2}{c^2}}dt
-q\int _{t_1}^{t_2}(\phi (\mathbf{x}(t)+\mathbf{\eta }(t), t)-(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})\cdot \mathbf{A}(\mathbf{x}(t)+\mathbf{\eta }(t), t))dt\\
& \fallingdotseq &
-m_0c^2\int _{t_1}^{t2}\sqrt{1-\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}^2+2\dot{\underline{\mathbf{x}}}\cdot \dot{\mathbf{\eta }}}{c^2}}dt
-q\int _{t_1}^{t_2}(\phi +\nabla \phi \cdot \eta -(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})\cdot
\left( \mathbf{A}+
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right)
\right)dt\\
& \fallingdotseq &
-m_0c^2\int _{t_1}^{t2}\sqrt{1-\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}^2}{c^2}}\left( 1-\frac{1}{1-\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}^2}{c^2}}\frac{\dot{\underline{\mathbf{x}}}\cdot \dot{\mathbf{\eta}}}{c^2}\right) dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \phi +\nabla \phi \cdot \eta -(\dot{\underline{\mathbf{x}}}+\dot{\mathbf{\eta }})\cdot
\left( \mathbf{A}+
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right)
\right) \right) dt\\
&\fallingdotseq &
S(\underline{\mathbf{x}})
+\int _{t_1}^{t2} \mathbf{p}\cdot \dot{\mathbf{\eta }}dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \nabla \phi \cdot \eta -\dot{\mathbf{\eta }}\cdot \mathbf{A}-\dot{\underline{\mathbf{x}}}
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right) \right) dt\\
&=&
S(\underline{\mathbf{x}})
-\int _{t_1}^{t2} \dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{\eta }dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \nabla \phi \cdot \mathbf{\eta} +\mathbf{\eta }\cdot \frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A}
+
\mathbf{\eta }\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \dot{\mathbf{x}}\\
\nabla A_y\cdot \dot{\mathbf{x}}\\
\nabla A_z\cdot \dot{\mathbf{x}}\\
\end{array}
\right)
-
\dot{\underline{\mathbf{x}}}
\cdot
\left(
\begin{array}{c}
\nabla A_x\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_y\cdot \mathbf{\eta }\\
\nabla A_z\cdot \mathbf{\eta }\\
\end{array}
\right) \right) dt\\
&=&
S(\underline{\mathbf{x}})
-\int _{t_1}^{t2} \dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{\eta }dt\\
&-&
q\int _{t_1}^{t_2}\left( \nabla \phi \cdot \mathbf{\eta} +\mathbf{\eta }\cdot \frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A}
-\mathbf{\eta}
\cdot (\mathbf{v}\times (\nabla \times \mathbf{A}))
\right) dt\\
&=&
S(\underline{\mathbf{x}})
-\int _{t_1}^{t2} \dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{\eta }dt\\
&+&
\int _{t_1}^{t_2}q\left( \mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}
\right) \cdot \mathbf{\eta} dt
\end{eqnarray*}

よって$S$が極値をとるような軌道においては
\[
\dot{\mathbf{p}}
=q\left( \mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}\right) .
\]

ファインマン物理学Ⅲ補章　最小作用の原理

2007-11-22T22:51:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_sl.pdf
補章　最小作用の原理

運動エネルギー引くポテンシャルエネルギーの積分を作用と呼ぶ．
作用が極値をとる軌道がニュートンの運動方程式を満たすことを導いた．

相対論的運動の場合作用は
\[
S=-m_0c^2\int _{t_1}^{t_2}\sqrt{1-v^2/c^2}dt-q\int _{t_1}^{t_2}[\phi (x, y, z, t)-\mathbf{v}\cdot \mathbf{A}(x, y, z, t)]dt
\]
となる.
時間につき積分して作用になる関数をラグランジアン$\mathcal{L}$という.
電磁場内にある相対論的粒子に対しては
\[
\mathcal{L}=-m_0c^2\sqrt{1-v^2/c^2}-q\phi (x, y, z, t)-\mathbf{v}\cdot \mathbf{A}(x, y, z, t)
\]

なぜ軌道全体に関する最小作用の原理から微分法則が導けるか？
軌道を小区間にわけると各小区間で最小作用の原理が成り立つから.

量子力学においては全確率振幅は可能な軌道の確率振幅の和.
各軌道の振幅は$e^{iS/\hbar }$に比例する.
よって$\hbar $が$S$に比べて小さいとき$S$が一次近似で変化しないような軌道をとる.

電荷密度からポテンシャルを求める問題を考える.
\[
U^*=\frac{\epsilon _0}{2}\int (\nabla \phi )^2dV-\int \rho \phi dV
\]
が最小になるという条件からポアソン方程式を導いた.

電荷が導体にしかない場合は
$U^*$は静電エネルギーになる.

円筒型コンデンサーについて
以下の方法で容量の近似値を求めた.
まずポテンシャルを線型と仮定する.
そのポテンシャルから静電エネルギーを求めて$\frac{1}{2}CV^2$とおく.
次にその方法を改良した.
まずポテンシャルを2次式と仮定する.
そのポテンシャルから静電エネルギーを求めて$\frac{1}{2}CV^2$とおく.
その静電エネルギーが最小になるようにポテンシャルを決めたときの$C$を近似値とする.

（講義のあとでつけたノートについては棚上げ問）

The Feynman Lectures on Physics Chapter 21 Solutions of Mxwell's equations with Currents and Charges.(Exercise 2)

2007-11-19T21:14:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoiengl3_20_2.pdf
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoiengl3_20_2.dvi

Chapter 21 Solutions of Mxwell's equations with Currents and Charges.(Exercise 2)

20-4
a)
\[
r_1=\sqrt{x^2+(z-d/2)^2}\fallingdotseq (x^2+z^2-zd)^{1/2}\fallingdotseq r\left( 1-\frac{zd}{2r^2}\right) =r-\frac{d}{2}\cos \theta .
\]
\[
r_1^{-1}\fallingdotseq r^{-1}+\frac{zd}{2r^3}=r^{-1}+\frac{d\cos \theta }{2r^2}.
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
&&\phi \\
&=&\frac{Q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\cos \omega (t-r_1/c)}{r_1}-\frac{\cos \omega (t-r_2/c)}{r_2}\right) \\
&=&
\frac{Q}{4\pi \epsilon _0}\left( \left( \frac{1}{r}+\frac{d\cos \theta }{2r^2}\right) \left( \cos \omega t'-\frac{\omega d\cos \theta }{2c}\sin \omega t'\right)
-\left( \frac{1}{r}-\frac{d\cos \theta }{2r^2}\right) \left( \cos \omega t'+\frac{\omega d\cos \theta }{2c}\sin \omega t'\right) \right)\\
&=&
\frac{Q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{d\cos \theta }{r^2}\cos \omega t' -\frac{\omega d\cos \theta }{cr}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{Qd\cos \theta }{4\pi \epsilon _0r}\left( \frac{1}{r}\cos \omega t'-\frac{\omega }{c}\sin \omega t'\right) .
\end{eqnarray*}

b)
The electric current is
\[
I(t)=\dot{q}=Q_0\omega \sin \omega t .
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
A_z
&=&
\int \frac{j_z(2, t-r_{12}/c)}{4\pi \epsilon _0c^2 r_{12}}dV\\
&=&
\frac{dI(t')}{4\pi \epsilon_ 0c^2r}\\
&=&
\frac{dQ_0\omega \sin \omega (t-r/c)}{4\pi \epsilon _0c^2r}.
\end{eqnarray*}

c)
Substituting
$p(t)=dq(t)=dQ_0\cos \omega t$, $\dot{p}(t)=-d\omega Q_0\sin \omega t$
into a), b),

\begin{eqnarray*}
\phi
&=&
\frac{\cos \theta }{4\pi \epsilon _0r}\left( \frac{p(t')}{r}+\frac{1}{c}\dot{p}(t')\right) \\
&=&
\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left[ p+\frac{r}{c} \dot{p}\right] _{t-r/c}r\cos \theta \\
&=&
\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left[ \mathbf{p}+\frac{r}{c}\dot{\mathbf{p}} \right] _{t-r/c}\cdot \mathbf{r} \\
&=& (20.25)
\end{eqnarray*}

\[
A_z=\frac{\dot{p}(t-r/c)}{4\pi \epsilon _0c^2r}=\mbox{$z$ component of (20.18)}
\]

20-5
a)
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{i_0}{\omega }\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\cos \omega t\right) =-i_0\sin \omega t\cos \frac{2\pi z}{\lambda }=i.
\]

b)
Let
$r_0=\sqrt{x_0^2+z_0^2}, \cos \theta _0=\frac{z_0}{r_0}, \sin \theta _0=\frac{x_0}{r_0}$.

It suffices to prove that
\[
\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\frac{\sin \theta _0}{4\pi \epsilon _0}\frac{i_0}{\omega }\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{\omega ^2}{c^2r_0^2}\cos \omega \left( t-\frac{\sqrt{x_0^2+(z-z_0)^2}}{c}\right) dz
\fallingdotseq
\frac{2i_0}{4\pi \epsilon _0cr_0}\frac{\cos \left( \frac{\pi }{2}\cos \theta _0\right)}{\sin \theta }\cos \omega \left( t-\frac{r_0}{c}\right) .
\]

By $\frac{\omega }{c}=\frac{2\pi }{\lambda } $, we show
\[
\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\sin \theta _0\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{2\pi }{\lambda }\cos \omega \left( t-\frac{\sqrt{x_0^2+(z-z_0)^2}}{c}\right) dz
\fallingdotseq
2\frac{\cos \left( \frac{\pi }{2}\cos \theta _0\right)}{\sin \theta }\cos \omega \left( t-\frac{r_0}{c}\right)
\]
.
By $\sqrt{x_0^2+(z-z_0)^2}\fallingdotseq r_0(1-\frac{zz_0}{r_0})$, the left hand side of the above equation is
\begin{eqnarray*}
\mbox{left hand side of the above equation}&\fallingdotseq &\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\sin \theta _0\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{\omega ^2}{c^2r_0^2}\cos \left( \omega t-\frac{\omega r_0}{c}+\frac{\omega z_0}{c r_0}z\right) dz\\
&=&
\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\sin \theta _0\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{\omega ^2}{c^2r_0^2}\cos \left( \omega t-\frac{2\pi r_0}{\lambda }+\frac{2\pi }{\lambda }\cos \theta _0z\right) dz
\end{eqnarray*}
Hence, it suffices to prove that
\[
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z \cos (a+zb)dz=\frac{2\cos \frac{\pi b}{2}\cos a}{1-b^2}.
\]

\begin{eqnarray*}
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z \cos (a+zb)dz&=&
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z (\cos a \cos zb-\sin a \sin zb)dz\\
&=&
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z \cos a \cos zbdz\\
&=&
\cos a\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos (z+bz)+\cos (z-bz)}{2}dz\\
&=&
\cos a\left( \frac{\sin \frac{\pi }{2}(1+b)}{1+b}+\frac{\sin \frac{\pi }{2}(1-b)}{1-b}\right)\\
&=&
\cos a\left( \frac{\cos \frac{\pi }{2}b}{1+b}+\frac{\cos \frac{\pi }{2}}{1-b}\right)\\
&=&
\cos a \frac{2\cos \frac{\pi b}{2}}{1-b^2}
\end{eqnarray*}

c)
If the antenna is replaced by an electric dipole, then it's dipole moment is
\[
p=\frac{i_0}{\omega }\int \cos \frac{2\pi z}{\lambda }dz=\frac{\lambda i_0}{\omega \pi}.
\]

\[
\frac{p \omega ^2}{c^2}=\frac{\omega ^2}{c^2}\frac{\lambda i_0}{\omega \pi}=\frac{2i_0}{c}.
\]

Hence, we compare

\[
\frac{-2i_0}{4\pi \epsilon _0cr}\sin \theta \cos \omega \left( t-\frac{r}{c}\right) \hspace{1cm}(1)
\]
with
\[
\frac{-2i_0}{4\pi \epsilon _0cr}\frac{\cos \frac{\pi }{2}\cos \theta }{\sin \theta } \cos \omega \left( t-\frac{r}{c}\right) .\hspace{1cm}(2)
\]

$r=1000m, $
$i_0=10A$，
Unit is $V/m$

Black graph is (1),
red graph is (2).
\includegraphics*[width=10cm,height=6cm]{fig20_5.bmp}

20-6
a)
\[
\phi =\frac{q}{4\pi \epsilon _0a}.
\]

b)
\[
\mathbf{A}=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2\left(r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{ret}}
=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2a}
\]

c)
Substituting
\[
\phi =\frac{q}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t-r/c}},
\]
\[
\mathbf{r}=(x-a \cos \omega t, y-a\sin \omega t, z),
\]
\[
\mathbf{v}=(-v\sin \omega t, v\cos \omega t,0),
\]
into
\[
\mathbf{E}=-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}, \mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}.
\]

\[
\partial _x\phi=\frac{-q\partial _x\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t-r/c}}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) ^2_{t-r/c}}
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \frac{x-a\cos \omega t'}{r}+\frac{v \sin \omega t'}{c}\right)
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\cos \omega t'+\frac{v \sin \omega t'}{c}\right) .
\]
\[
\partial _y\phi
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{y-a\sin \omega t'}{r}-\frac{v \cos \omega t'}{c}\right)
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0}\left( -\sin \omega t'-\frac{v \cos \omega t'}{c}\right) .
\]
\[
\partial _z\phi=0.
\]
\[
\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}=\frac{q\dot{\mathbf{v}}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}-\frac{q \mathbf{v}_{ret}\partial _t\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}{4\pi \epsilon _0c^2\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}^2}
=\frac{\omega q(-v\cos \omega t', -v\sin \omega t', 0)}{4\pi \epsilon _0c^2a}
\]
Hence
\begin{eqnarray*}
E_x
&=&
-\partial _x\phi -\partial _tA_x\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\cos \omega t'+\frac{v}{c}\sin \omega t'+\frac{v\omega a}{c^2}\cos \omega t'\right)
\end{eqnarray*}
\[
\omega t'=\omega t-\omega a/c=\omega t-v/c.
\]
Hence at $t=0$, $\omega t'=-v/c$.　
Substituting this into above equation,
\[
E_x=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}-\frac{v^2}{c^2}\cos \frac{v}{c}\right) .
\]

By the similar way
\begin{eqnarray*}
E_y
&=&
-\partial _y\phi -\partial _tA_y\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \omega t'-\frac{v}{c}\cos \omega t'+\frac{v\omega a}{c^2}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right)
\end{eqnarray*}

Next we calculate magnetic field by $\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$.

\[
\mathbf{A}=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}
=\frac{q(-v\sin \omega t', v\cos \omega t', 0)}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}
\]
Hence
\[
\partial _x A_z=\partial _yA_z=0.
\]
\begin{eqnarray*}
\partial _zA_x&=&
\frac{-q\cos \omega t'}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}^2}\partial _x\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) \\
&=&
\frac{-q\cos \omega t'}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}^2}\frac{z}{r}\\
&=&
0
\end{eqnarray*}
By the similar way
\[
\partial _zA_y=0.
\]
\begin{eqnarray*}
\partial _xA_y
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{-v\cos \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\partial _x\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{-v\cos \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\left( \frac{x-a\cos \omega t'}{r}+\frac{v}{c}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{v\cos\frac{v}{c}}{a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\partial _yA_x
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{v\sin \omega t' \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\partial _y\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{v\sin \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\left( \frac{y-a\sin \omega t'}{r}-\frac{v}{c}\cos \omega t'\right) \\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{-v\sin \frac{v}{c}}{a^2}\left( \sin \frac{v}{c}-\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}
Hence

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}&=&
\nabla \times \mathbf{A}\\
&=&
(\partial _yA_z-\partial _zA_y, \partial _zA_x-\partial _xA_z, \partial _xA_y-\partial _yA_x)\\
&=&
(0, 0, \frac{qv}{4\pi \epsilon _0c^2a^2}\left( \cos ^2\frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}\sin{v}{c}+\sin ^2\frac{v}{c}-\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}\right) \\
&=&
(0, 0, \frac{qv}{4\pi \epsilon _0c^2a^2}).
\end{eqnarray*}

d)

Substitute
\[
\mathbf{e}_{r'}=(-\cos \omega t', -\sin \omega t', 0)
\]
into
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}+\frac{r'}{c}\frac{d}{dt}\frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}+\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'}\right) .
\]

\begin{eqnarray*}
E_x
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-\cos \omega t'}{a^2}+\frac{a}{c}\frac{\omega }{a^2}\sin \omega t'+\frac{\omega ^2}{c^2}\cos \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}-\frac{v^2}{c^2}\cos \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
E_y
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-\sin \omega t'}{a^2}-\frac{a}{c}\frac{\omega }{a^2}\cos \omega t'+\frac{\omega ^2}{c^2}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

Hence

\begin{eqnarray*}
E_y
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-\sin \omega t'}{a^2}-\frac{a}{c}\frac{\omega }{a^2}\cos \omega t'+\frac{\omega ^2}{c^2}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

Hence
\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}
&=&
\frac{1}{c}\mathbf{r}\times \mathbf{E} \\
&=&
\frac{1}{c}(-\cos \omega t', -\sin \omega t', 0)\times \mathbf{E}\\
&=&
\frac{1}{c}(0, \sin \frac{v}{c}E_x+\cos \frac{v}{c}E_y, -\cos \frac{v}{c}E_y-\sin \frac{v}{c}E_x )\\
&=&
( 0, 0, \frac{1}{c}( -\cos \frac{v}{c}\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left(-\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right) \\
&&
-\sin \frac{v}{c}\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}-\frac{v^2}{c^2}\cos \frac{v}{c}\right) ) ) \\
&=&\left( 0, 0, \frac{qv}{4\pi \epsilon _0a^2c^2}\right) .
\end{eqnarray*}

The Feynman Lectures on Physics IIIChapter 21 Solutions of Mxwell's equations with Currents and Charges.(Exercise 1)

2007-11-19T21:12:00.000+09:00

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Chapter 21 Solutions of Mxwell's equations with Currents and Charges.(Exercise 1)

20-1

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}(\mathbf{r}, t)&=&-\nabla \phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\\
&=&-\nabla \left( \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{[\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}}]_{t-r/c}\cdot \mathbf{p}}{r^3}\right) -\frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{\dot{\mathbf{p}}(t-r/c)}{r}\right)
\end{eqnarray*}
The $x$ component of the right hand side of the above equation is
\begin{eqnarray*}
&&-\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left(
\partial _x \frac{{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}}{r^3}+\partial _x\frac{r}{cr^3}\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\dot{p}_x}{r}
\right)\\
&=&
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left(
\frac{\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}}{r^3}\frac{-x}{cr}
+\frac{p_x}{r^3}
-3r^{-4}\frac{x}{r}{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{\frac{x}{r}}{cr^3}\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{r}{cr^3}\ddot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}\frac{-x}{cr}
+\frac{r\dot{p}_x}{cr^3}
-\frac{3r}{c}r^{-4}\frac{x}{r}\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{1}{c^2}\frac{\ddot{p}_x}{r}
\right)\\
&=&
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
+p_x+\frac{r\dot{p}_x}{c}
-\frac{3(\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}})\cdot \mathbf{r}x}{r^2}
+\frac{1}{c^2}\left( -x\ddot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}+r^2 \ddot{p}_x\right)
\right) \\
&=&
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
+p_x+\frac{r\dot{p}_x}{c}
-\frac{3(\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}})\cdot \mathbf{r}x}{r^2}
+\frac{1}{c^2}\left( -x\ddot{p}_yy-x\ddot{p}_zz+\ddot{p}_xy^2+\ddot{p}_xz^2\right)
\right) \\
&=&
\left[ -\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
+\mathbf{p}+\frac{r\dot{\mathbf{p}}}{c}
-\frac{3((\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}})\cdot \mathbf{r})\mathbf{r}}{r^2}
-((\ddot{\mathbf{p}}\times \mathbf{r})\times \mathbf{r})\right)
\right] _{x}\\
&=&
\left[ -\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
\mathbf{p}^*
-\frac{3(\mathbf{p}^*\cdot \mathbf{r})\mathbf{r}}{r^2}
-((\ddot{\mathbf{p}}\times \mathbf{r})\times \mathbf{r})\right)
\right] _{x}.
\end{eqnarray*}

20-2

We calculate
\begin{eqnarray*}
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}+\frac{r_+'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}\right)
+\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r_+'}\right)
-\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}+\frac{r_-'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}\right)
+\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r_-'}\right) .\hspace{1cm}(1)
\end{eqnarray*}

\[
r_{\pm}^{-3}\fallingdotseq (x^2+z^2-dz\cos \omega t_{\pm}')^{-3/2}
\fallingdotseq r^{-3}\left( 1\pm \frac{3dz}{2r^2}\cos \omega t_{\pm}'\right) .
\]

Hence,
the coefficient of $\frac{q}{4\pi \epsilon _0} $of (1) is
\begin{eqnarray*}
\frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}-\frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}
&\fallingdotseq &
\left( x, 0, z-\frac{d}{2}\cos \omega t_+'\right)\left( r^{-3}+\frac{3d\cos \theta }{2r^4}\cos \omega t_+'\right) \\
&-&\left( x, 0, z+\frac{d}{2}\cos \omega t_-'\right)\left( r^{-3}-\frac{3d\cos \theta }{2r^4}\cos \omega t_-'\right) \\
&\fallingdotseq &
\frac{1}{r^3}(0, 0, d\cos \omega t' )+\frac{3d\cos \theta }{r^3}\cos \omega t'\hspace{1cm} (2).
\end{eqnarray*}
The $\mathbf{e}_{\theta }$ component of (2) is
\[
\left( \frac{1}{r^3}(0, 0, d\cos \omega t' )+\frac{3d\cos \theta }{r^3}\cos \omega t'\right) \cdot (\cos \theta , 0 , -\sin \theta )
=\frac{d\sin \theta \cos \omega t'}{r^3}.
\]
The $\mathbf{e}_{r}$ component of (2) is
\[
\left( \frac{1}{r^3}(0, 0, d\cos \omega t' )+\frac{3d\cos \theta }{r^3}\cos \omega t'\right) \cdot \mathbf{e}_r
=-\frac{d\cos \theta \cos \omega t'}{r^3}+\frac{3d\cos \theta \cos \omega t'}{r^3}.
\]

The coefficient of $\frac{q}{4\pi \epsilon _0c}$ of (1) is

\begin{eqnarray*}
&&+r_+'\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}\right)
-r_-'\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}\right) \\
&=&\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_+'}}{r_+'}-\frac{2r_+'}{r_+'^3}\dot{r_+'}\mathbf{e}_{r_+'}
-\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_-'}}{r_-'}-\frac{2r_-'}{r_-'^3}\dot{r_-'}\mathbf{e}_{r_-'}\\
&=&\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_+'}}{r_+'}-\frac{2}{r_+'^3}\left( z-\frac{d}{2}\cos \omega t_+'\right)\frac{d\omega }{2}\sin \omega t_+'\mathbf{e}_{r_+'}
-\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_-'}}{r_-'}+\frac{2}{r_-'^3}\left( z+\frac{d}{2}\cos \omega t_-'\right)\frac{-d\omega }{2}\sin \omega t_-'\mathbf{e}_{r_-'}\hspace{1cm}(3).
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\dot{\mathbf{e}}_{r_{\pm}'}
&=&
\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{r}_{\pm}'}{r_{\pm}'}\right)\\
&=&
\frac{(0, 0, \pm \frac{d\omega }{2}\sin \omega t_{\pm }')}{r_{\pm}'}-\frac{\mathbf{r}_{\pm }'}{r_{\pm }'^3}\left(
z\mp \frac{d}{2}\cos \omega t_{\pm }'\right) \left( \frac{\pm d\omega }{2}\right)\sin \omega t_{\pm }'.
\end{eqnarray*}

Hence the $\mathbf{e}_{\theta }$ component of (3) is
\[
\left( \frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_+'}}{r_+'}
-\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_-'}}{r_-'}\right) \cdot (\cos \theta , 0, -\sin \theta )\fallingdotseq -\frac{d\omega \sin \theta \sin \omega t'}{r^2}.
\]
$\mathbf{e}_{r}$ component of(3) is
\[
\frac{-2zd\omega \sin \omega t'}{r^3}=\frac{-2d\omega \cos \theta \sin \omega t'}{r^2}.
\]

For the culculation of the coefficient of
$\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}$ of (1),
we calculate $\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'\pm}$.

\begin{eqnarray*}
\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'\pm}&=&
\frac{d}{dt}\left( \frac{(0, 0, \pm \frac{d\omega }{2}\sin \omega t_{\pm }')}{r_{\pm}'}-\frac{\mathbf{r}_{\pm }'}{r_{\pm }'^3}\left(
z\mp \frac{d}{2}\cos \omega t_{\pm }'\right) \left( \frac{\pm d\omega }{2}\right)\sin \omega t_{\pm }'\right) \\
&=&\frac{(0, 0, \frac{\pm d\omega ^2\cos \omega t'_{\pm}}{2})}{r_{\pm }'}+\cdots .
\end{eqnarray*}

In the second term of the right hand side of above equation,
the differntial of $\mathbf{r}_{\pm}'$ have lower order.

And $\mathbf{r}_{\pm}'$
is vanished due to by the inner product of
$\mathbf{e}_{\theta }$.

Hence the coefficient of $\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}$ of (1) is
\begin{eqnarray*}
\left( \frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'+} -\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'-}\right) \cdot (\cos \theta ,0 , -\sin \theta )
&=&-\frac{d\omega ^2\sin \theta \cos \omega t'}{r}
\end{eqnarray*}

20-3

\[
\nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}
\]
\[
\nabla \times \mathbf{B}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}
\]
is invariant under
$(\mathbf{E}, \mathbf{B})\mapsto (-\mathbf{B}, \frac{\mathbf{E}}{c^2})$.

Magnetic charge $Q$ makes the magnetic field $\frac{1}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{Q\hat{\mathbf{r}}}{r^2}$.
Magnetic dipole $Qd\cos \omega t=\mu \cos \omega t==\pi a^2i_0 \cos \omega t=$ makes the field

\[
\mathbf{B}=\frac{1}{c^2}(\mbox{The electric field that is made by electric dipole which $p$ replaced by $\mu$}).
\]

\[
\mathbf{E}=-\mbox{The magnetic field that is made by electric dipole which $p$ replaced by $\mu$}
\]

ファインマン物理学Ⅲ第２０章　電流と電荷のある場合のマクスウェル方程式の解（問題, 後半）

2007-11-16T20:01:00.000+09:00

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第２０章　電流と電荷のある場合のマクスウェル方程式の解（問題, 後半）

20-4
a)
\[
r_1=\sqrt{x^2+(z-d/2)^2}\fallingdotseq (x^2+z^2-zd)^{1/2}\fallingdotseq r\left( 1-\frac{zd}{2r^2}\right) =r-\frac{d}{2}\cos \theta .
\]
\[
r_1^{-1}\fallingdotseq r^{-1}+\frac{zd}{2r^3}=r^{-1}+\frac{d\cos \theta }{2r^2}.
\]
よって
\begin{eqnarray*}
&&\phi \\
&=&\frac{Q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\cos \omega (t-r_1/c)}{r_1}-\frac{\cos \omega (t-r_2/c)}{r_2}\right) \\
&=&
\frac{Q}{4\pi \epsilon _0}\left( \left( \frac{1}{r}+\frac{d\cos \theta }{2r^2}\right) \left( \cos \omega t'-\frac{\omega d\cos \theta }{2c}\sin \omega t'\right)
-\left( \frac{1}{r}-\frac{d\cos \theta }{2r^2}\right) \left( \cos \omega t'+\frac{\omega d\cos \theta }{2c}\sin \omega t'\right) \right)\\
&=&
\frac{Q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{d\cos \theta }{r^2}\cos \omega t' -\frac{\omega d\cos \theta }{cr}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{Qd\cos \theta }{4\pi \epsilon _0r}\left( \frac{1}{r}\cos \omega t'-\frac{\omega }{c}\sin \omega t'\right) .
\end{eqnarray*}

b)
電流は
\[
I(t)=\dot{q}=Q_0\omega \sin \omega t .
\]
よって
\begin{eqnarray*}
A_z
&=&
\int \frac{j_z(2, t-r_{12}/c)}{4\pi \epsilon _0c^2 r_{12}}dV\\
&=&
\frac{dI(t')}{4\pi \epsilon_ 0c^2r}\\
&=&
\frac{dQ_0\omega \sin \omega (t-r/c)}{4\pi \epsilon _0c^2r}.
\end{eqnarray*}

c)
$p(t)=dq(t)=dQ_0\cos \omega t$, $\dot{p}(t)=-d\omega Q_0\sin \omega t$をa), b)での結果に代入すると
\begin{eqnarray*}
\phi
&=&
\frac{\cos \theta }{4\pi \epsilon _0r}\left( \frac{p(t')}{r}+\frac{1}{c}\dot{p}(t')\right) \\
&=&
\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left[ p+\frac{r}{c} \dot{p}\right] _{t-r/c}r\cos \theta \\
&=&
\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left[ \mathbf{p}+\frac{r}{c}\dot{\mathbf{p}} \right] _{t-r/c}\cdot \mathbf{r} \\
&=& (20.25)
\end{eqnarray*}

\[
A_z=\frac{\dot{p}(t-r/c)}{4\pi \epsilon _0c^2r}=\mbox{(20.18)の$z$成分}
\]

20-5
a)
\[
\frac{d}{dt}\left( \frac{i_0}{\omega }\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\cos \omega t\right) =-i_0\sin \omega t\cos \frac{2\pi z}{\lambda }=i.
\]

b)
(多分符号が違う)
$r_0=\sqrt{x_0^2+z_0^2}, \cos \theta _0=\frac{z_0}{r_0}, \sin \theta _0=\frac{x_0}{r_0}$とおく.

\[
\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\frac{\sin \theta _0}{4\pi \epsilon _0}\frac{i_0}{\omega }\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{\omega ^2}{c^2r_0^2}\cos \omega \left( t-\frac{\sqrt{x_0^2+(z-z_0)^2}}{c}\right) dz
\fallingdotseq
\frac{2i_0}{4\pi \epsilon _0cr_0}\frac{\cos \left( \frac{\pi }{2}\cos \theta _0\right)}{\sin \theta }\cos \omega \left( t-\frac{r_0}{c}\right)
\]
を示せばよい.
$\frac{\omega }{c}=\frac{2\pi }{\lambda } $より
\[
\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\sin \theta _0\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{2\pi }{\lambda }\cos \omega \left( t-\frac{\sqrt{x_0^2+(z-z_0)^2}}{c}\right) dz
\fallingdotseq
2\frac{\cos \left( \frac{\pi }{2}\cos \theta _0\right)}{\sin \theta }\cos \omega \left( t-\frac{r_0}{c}\right)
\]
を示せばよい.
$\sqrt{x_0^2+(z-z_0)^2}\fallingdotseq r_0(1-\frac{zz_0}{r_0})$より上式の左辺は
\begin{eqnarray*}
\mbox{上式の左辺}&\fallingdotseq &\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\sin \theta _0\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{\omega ^2}{c^2r_0^2}\cos \left( \omega t-\frac{\omega r_0}{c}+\frac{\omega z_0}{c r_0}z\right) dz\\
&=&
\int_{-\frac{\lambda }{4}}^{\frac{\lambda }{4}}\sin \theta _0\cos \frac{2\pi z}{\lambda }\frac{\omega ^2}{c^2r_0^2}\cos \left( \omega t-\frac{2\pi r_0}{\lambda }+\frac{2\pi }{\lambda }\cos \theta _0z\right) dz
\end{eqnarray*}
よって
\[
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z \cos (a+zb)dz=\frac{2\cos \frac{\pi b}{2}\cos a}{1-b^2}
\]
を示せばよい.
\begin{eqnarray*}
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z \cos (a+zb)dz&=&
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z (\cos a \cos zb-\sin a \sin zb)dz\\
&=&
\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos z \cos a \cos zbdz\\
&=&
\cos a\int _{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\cos (z+bz)+\cos (z-bz)}{2}dz\\
&=&
\cos a\left( \frac{\sin \frac{\pi }{2}(1+b)}{1+b}+\frac{\sin \frac{\pi }{2}(1-b)}{1-b}\right)\\
&=&
\cos a\left( \frac{\cos \frac{\pi }{2}b}{1+b}+\frac{\cos \frac{\pi }{2}}{1-b}\right)\\
&=&
\cos a \frac{2\cos \frac{\pi b}{2}}{1-b^2}
\end{eqnarray*}

c)
1個の双極子で置き換えるならその双極子モーメントは
\[
p=\frac{i_0}{\omega }\int \cos \frac{2\pi z}{\lambda }dz=\frac{\lambda i_0}{\omega \pi}.
\]

\[
\frac{p \omega ^2}{c^2}=\frac{\omega ^2}{c^2}\frac{\lambda i_0}{\omega \pi}=\frac{2i_0}{c}.
\]

よって
\[
\frac{-2i_0}{4\pi \epsilon _0cr}\sin \theta \cos \omega \left( t-\frac{r}{c}\right) \hspace{1cm}(1)
\]

と
\[
\frac{-2i_0}{4\pi \epsilon _0cr}\frac{\cos \frac{\pi }{2}\cos \theta }{\sin \theta } \cos \omega \left( t-\frac{r}{c}\right) \hspace{1cm}(2)
\]
を比べる.
$r=1000m, $
$i_0=10A$，
単位は$V/m$
としてプロットする.
黒いグラフが(1),
赤いグラフが(2).
\includegraphics*[width=10cm,height=6cm]{fig20_5.bmp}

20-6
a)
\[
\phi =\frac{q}{4\pi \epsilon _0a}.
\]

b)
\[
\mathbf{A}=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2\left(r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{ret}}
=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2a}
\]

c)
\[
\phi =\frac{q}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t-r/c}},
\]
\[
\mathbf{r}=(x-a \cos \omega t, y-a\sin \omega t, z),
\]
\[
\mathbf{v}=(-v\sin \omega t, v\cos \omega t,0),
\]
を
\[
\mathbf{E}=-\nabla \phi -\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}, \mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}
\]
に代入する.

\[
\partial _x\phi=\frac{-q\partial _x\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t-r/c}}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) ^2_{t-r/c}}
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \frac{x-a\cos \omega t'}{r}+\frac{v \sin \omega t'}{c}\right)
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\cos \omega t'+\frac{v \sin \omega t'}{c}\right) .
\]
\[
\partial _y\phi
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{y-a\sin \omega t'}{r}-\frac{v \cos \omega t'}{c}\right)
=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0}\left( -\sin \omega t'-\frac{v \cos \omega t'}{c}\right) .
\]
\[
\partial _z\phi=0.
\]
\[
\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}=\frac{q\dot{\mathbf{v}}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}-\frac{q \mathbf{v}_{ret}\partial _t\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}{4\pi \epsilon _0c^2\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}^2}
=\frac{\omega q(-v\cos \omega t', -v\sin \omega t', 0)}{4\pi \epsilon _0c^2a}
\]

よって
\begin{eqnarray*}
E_x
&=&
-\partial _x\phi -\partial _tA_x\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\cos \omega t'+\frac{v}{c}\sin \omega t'+\frac{v\omega a}{c^2}\cos \omega t'\right)
\end{eqnarray*}
\[
\omega t'=\omega t-\omega a/c=\omega t-v/c.
\]
よって$t=0$においては $\omega t'=-v/c$.　これを上式に代入して
\[
E_x=\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}-\frac{v^2}{c^2}\cos \frac{v}{c}\right)
\]
同様に
\begin{eqnarray*}
E_y
&=&
-\partial _y\phi -\partial _tA_y\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \omega t'-\frac{v}{c}\cos \omega t'+\frac{v\omega a}{c^2}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right)
\end{eqnarray*}

次に磁場を$\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}$により求める.
\[
\mathbf{A}=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}
=\frac{q(-v\sin \omega t', v\cos \omega t', 0)}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}
\]
よって
\[
\partial _x A_z=\partial _yA_z=0.
\]
\begin{eqnarray*}
\partial _zA_x&=&
\frac{-q\cos \omega t'}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}^2}\partial _x\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) \\
&=&
\frac{-q\cos \omega t'}{4\pi \epsilon _0\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}^2}\frac{z}{r}\\
&=&
0
\end{eqnarray*}
同様に
\[
\partial _zA_y=0.
\]
\begin{eqnarray*}
\partial _xA_y
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{-v\cos \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\partial _x\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{-v\cos \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\left( \frac{x-a\cos \omega t'}{r}+\frac{v}{c}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{v\cos\frac{v}{c}}{a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\partial _yA_x
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{v\sin \omega t' \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\partial _y\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}\\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{v\sin \omega t'}{\left( r-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}}{c}\right) _{t'}}\left( \frac{y-a\sin \omega t'}{r}-\frac{v}{c}\cos \omega t'\right) \\
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{-v\sin \frac{v}{c}}{a^2}\left( \sin \frac{v}{c}-\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

よって

\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}&=&
\nabla \times \mathbf{A}\\
&=&
(\partial _yA_z-\partial _zA_y, \partial _zA_x-\partial _xA_z, \partial _xA_y-\partial _yA_x)\\
&=&
(0, 0, \frac{qv}{4\pi \epsilon _0c^2a^2}\left( \cos ^2\frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}\sin{v}{c}+\sin ^2\frac{v}{c}-\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}\right) \\
&=&
(0, 0, \frac{qv}{4\pi \epsilon _0c^2a^2}).
\end{eqnarray*}

d)
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}+\frac{r'}{c}\frac{d}{dt}\frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}+\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'}\right) .
\]
\[
\mathbf{e}_{r'}=(-\cos \omega t', -\sin \omega t', 0)
\]
を代入して各項を計算する.

\begin{eqnarray*}
E_x
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-\cos \omega t'}{a^2}+\frac{a}{c}\frac{\omega }{a^2}\sin \omega t'+\frac{\omega ^2}{c^2}\cos \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}-\frac{v^2}{c^2}\cos \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
E_y
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-\sin \omega t'}{a^2}-\frac{a}{c}\frac{\omega }{a^2}\cos \omega t'+\frac{\omega ^2}{c^2}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

よって

\begin{eqnarray*}
E_y
&=&
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-\sin \omega t'}{a^2}-\frac{a}{c}\frac{\omega }{a^2}\cos \omega t'+\frac{\omega ^2}{c^2}\sin \omega t'\right) \\
&=&
\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( -\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right) .
\end{eqnarray*}

よって
\begin{eqnarray*}
\mathbf{B}
&=&
\frac{1}{c}\mathbf{r}\times \mathbf{E} \\
&=&
\frac{1}{c}(-\cos \omega t', -\sin \omega t', 0)\times \mathbf{E}\\
&=&
\frac{1}{c}(0, \sin \frac{v}{c}E_x+\cos \frac{v}{c}E_y, -\cos \frac{v}{c}E_y-\sin \frac{v}{c}E_x )\\
&=&
( 0, 0, \frac{1}{c}( -\cos \frac{v}{c}\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left(-\sin \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\cos \frac{v}{c}+\frac{v^2}{c^2}\sin \frac{v}{c}\right) \\
&&
-\sin \frac{v}{c}\frac{-q}{4\pi \epsilon _0a^2}\left( \cos \frac{v}{c}+\frac{v}{c}\sin \frac{v}{c}-\frac{v^2}{c^2}\cos \frac{v}{c}\right) ) ) \\
&=&\left( 0, 0, \frac{qv}{4\pi \epsilon _0a^2c^2}\right) .
\end{eqnarray*}

ファインマン物理学Ⅲ第２０章　電流と電荷のある場合のマクスウェル方程式の解（問題, 前半）

2007-11-16T20:00:00.000+09:00

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第２０章　電流と電荷のある場合のマクスウェル方程式の解（問題, 前半）

20-1

（問題文では式(20-25)を導出する過程を詳しく実行せよとあるが
おそらく式(20-26)の」間違い.）

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}(\mathbf{r}, t)&=&-\nabla \phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\\
&=&-\nabla \left( \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{[\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}}]_{t-r/c}\cdot \mathbf{p}}{r^3}\right) -\frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{\dot{\mathbf{p}}(t-r/c)}{r}\right)
\end{eqnarray*}
これの$x$成分は（まずは各項を左の分子，右の分子，分母の順に微分する.）
\begin{eqnarray*}
&&-\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left(
\partial _x \frac{{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}}{r^3}+\partial _x\frac{r}{cr^3}\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\frac{\dot{p}_x}{r}
\right)\\
&=&
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left(
\frac{\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}}{r^3}\frac{-x}{cr}
+\frac{p_x}{r^3}
-3r^{-4}\frac{x}{r}{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{\frac{x}{r}}{cr^3}\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{r}{cr^3}\ddot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}\frac{-x}{cr}
+\frac{r\dot{p}_x}{cr^3}
-\frac{3r}{c}r^{-4}\frac{x}{r}\dot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}
+\frac{1}{c^2}\frac{\ddot{p}_x}{r}
\right)\\
&=&
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
+p_x+\frac{r\dot{p}_x}{c}
-\frac{3(\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}})\cdot \mathbf{r}x}{r^2}
+\frac{1}{c^2}\left( -x\ddot{\mathbf{p}}\cdot \mathbf{r}+r^2 \ddot{p}_x\right)
\right) \\
&=&
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
+p_x+\frac{r\dot{p}_x}{c}
-\frac{3(\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}})\cdot \mathbf{r}x}{r^2}
+\frac{1}{c^2}\left( -x\ddot{p}_yy-x\ddot{p}_zz+\ddot{p}_xy^2+\ddot{p}_xz^2\right)
\right) \\
&=&
\left[ -\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
+\mathbf{p}+\frac{r\dot{\mathbf{p}}}{c}
-\frac{3((\mathbf{p}+(r/c)\dot{\mathbf{p}})\cdot \mathbf{r})\mathbf{r}}{r^2}
-((\ddot{\mathbf{p}}\times \mathbf{r})\times \mathbf{r})\right)
\right] _{\mbox{の$x$成分}}\\
&=&
\left[ -\frac{1}{4\pi \epsilon _0r^3}\left(
\mathbf{p}^*
-\frac{3(\mathbf{p}^*\cdot \mathbf{r})\mathbf{r}}{r^2}
-((\ddot{\mathbf{p}}\times \mathbf{r})\times \mathbf{r})\right)
\right] _{\mbox{の$x$成分}}.
\end{eqnarray*}

符号が合わない（棚上げ問）.

20-2

\begin{eqnarray*}
\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}+\frac{r_+'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}\right)
+\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r_+'}\right)
-\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}+\frac{r_-'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}\right)
+\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r_-'}\right) \hspace{1cm}(1)
\end{eqnarray*}

を計算する.

\[
r_{\pm}^{-3}\fallingdotseq (x^2+z^2-dz\cos \omega t_{\pm}')^{-3/2}
\fallingdotseq r^{-3}\left( 1\pm \frac{3dz}{2r^2}\cos \omega t_{\pm}'\right) .
\]

よって
(1)式の$\frac{q}{4\pi \epsilon _0}$の係数は
\begin{eqnarray*}
\frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}-\frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}
&\fallingdotseq &
\left( x, 0, z-\frac{d}{2}\cos \omega t_+'\right)\left( r^{-3}+\frac{3d\cos \theta }{2r^4}\cos \omega t_+'\right) \\
&-&\left( x, 0, z+\frac{d}{2}\cos \omega t_-'\right)\left( r^{-3}-\frac{3d\cos \theta }{2r^4}\cos \omega t_-'\right) \\
&\fallingdotseq &
\frac{1}{r^3}(0, 0, d\cos \omega t' )+\frac{3d\cos \theta }{r^3}\cos \omega t'\hspace{1cm} (2).
\end{eqnarray*}
(2)の$\mathbf{e}_{\theta }$成分は
\[
\left( \frac{1}{r^3}(0, 0, d\cos \omega t' )+\frac{3d\cos \theta }{r^3}\cos \omega t'\right) \cdot (\cos \theta , 0 , -\sin \theta )
=\frac{d\sin \theta \cos \omega t'}{r^3}.
\]
(2)の$\mathbf{e}_{r}$成分は
\[
\left( \frac{1}{r^3}(0, 0, d\cos \omega t' )+\frac{3d\cos \theta }{r^3}\cos \omega t'\right) \cdot \mathbf{e}_r
=-\frac{d\cos \theta \cos \omega t'}{r^3}+\frac{3d\cos \theta \cos \omega t'}{r^3}.
\]

(1)式の$\frac{q}{4\pi \epsilon _0c}$の係数は

\begin{eqnarray*}
&&+\frac{r_+'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_+'}}{r_+'^2}\right)
-\frac{r_-'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r_-'}}{r_-'^2}\right) \\
&=&\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_+'}}{r_+'}-\frac{2r_+'}{r_+'^3}\dot{r_+'}\mathbf{e}_{r_+'}
-\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_-'}}{r_-'}-\frac{2r_-'}{r_-'^3}\dot{r_-'}\mathbf{e}_{r_-'}\\
&=&\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_+'}}{r_+'}-\frac{2}{r_+'^3}\left( z-\frac{d}{2}\cos \omega t_+'\right)\frac{d\omega }{2}\sin \omega t_+'\mathbf{e}_{r_+'}
-\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_-'}}{r_-'}+\frac{2}{r_-'^3}\left( z+\frac{d}{2}\cos \omega t_-'\right)\frac{-d\omega }{2}\sin \omega t_-'\mathbf{e}_{r_-'}\hspace{1cm}(3)
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
\dot{\mathbf{e}}_{r_{\pm}'}
&=&
\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{r}_{\pm}'}{r_{\pm}'}\right)\\
&=&
\frac{(0, 0, \pm \frac{d\omega }{2}\sin \omega t_{\pm }')}{r_{\pm}'}-\frac{\mathbf{r}_{\pm }'}{r_{\pm }'^3}\left(
z\mp \frac{d}{2}\cos \omega t_{\pm }'\right) \left( \frac{\pm d\omega }{2}\right)\sin \omega t_{\pm }'.
\end{eqnarray*}

よって
(3)の$\mathbf{e}_{\theta }$成分は
\[
\left( \frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_+'}}{r_+'}
-\frac{\dot{\mathbf{e}}_{r_-'}}{r_-'}\right) \cdot (\cos \theta , 0, -\sin \theta )\fallingdotseq -\frac{d\omega \sin \theta \sin \omega t'}{r^2}.
\]
(3)の$\mathbf{e}_{r}$成分は
\[
\frac{-2zd\omega \sin \omega t'}{r^3}=\frac{-2d\omega \cos \theta \sin \omega t'}{r^2}.
\]

(1)式の$\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}$の係数を計算するために$\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'\pm}$を計算する.
\begin{eqnarray*}
\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'\pm}&=&
\frac{d}{dt}\left( \frac{(0, 0, \pm \frac{d\omega }{2}\sin \omega t_{\pm }')}{r_{\pm}'}-\frac{\mathbf{r}_{\pm }'}{r_{\pm }'^3}\left(
z\mp \frac{d}{2}\cos \omega t_{\pm }'\right) \left( \frac{\pm d\omega }{2}\right)\sin \omega t_{\pm }'\right) \\
&=&\frac{(0, 0, \frac{\pm d\omega ^2\cos \omega t'_{\pm}}{2})}{r_{\pm }'}+\cdots .
\end{eqnarray*}
上式の第二項において$\mathbf{r}_{\pm}'$の微分は$r$の次数が低くなり
$\mathbf{r}_{\pm}'$を微分せずに他の部分を微分した項は$\mathbf{e}_{\theta }$との内積で消える.

よって(1)式の$\frac{q}{4\pi \epsilon _0c^2}$の係数は
\begin{eqnarray*}
\left( \frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'+} -\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'-}\right) \cdot (\cos \theta ,0 , -\sin \theta )
&=&-\frac{d\omega ^2\sin \theta \cos \omega t'}{r}
\end{eqnarray*}

（波長も$r$のオーダーをもつ感じで計算しているようだが.　どういう意味か？棚上げ問）

20-3

\[
\nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}
\]
\[
\nabla \times \mathbf{B}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}
\]
という式は
$(\mathbf{E}, \mathbf{B})\mapsto (-\mathbf{B}, \frac{\mathbf{E}}{c^2})$
という置き換えで変わらない.
また$Q$の磁荷のつくる磁場は$\frac{1}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{Q\hat{\mathbf{r}}}{r^2}$.
$Qd\cos \omega t=\mu \cos \omega t==\pi a^2i_0 \cos \omega t=$の磁気双極子の作る場は
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{c^2}(\mbox{電気双極子のつくる電場の$p$を$\mu$に置き換えたもの}).
\]

\[
\mathbf{E}=-\mbox{電気双極子のつくる磁場の$p$を$\mu$に置き換えたもの}
\]

(もっと明晰な日本語でかく.　棚上げ問)

ファインマン物理学Ⅲ第２０章　電流と電荷のあるばあいのマクスウェル方程式の解（本文）

2007-11-10T23:19:00.001+09:00

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第２０章　電流と電荷のあるばあいのマクスウェル方程式の解（本文）

20-1　光と電磁波

Ⅱ巻で書き下した動く電荷の作る電場の式
\[
\mathbf{E}=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}+\frac{r'}{c}\frac{d}{dt}\left( \frac{\mathbf{e}_{r'}}{r'^2}\right) +\frac{1}{c^2}\frac{d^2}{dt^2}\mathbf{e}_{r'}\right)\hspace{1cm}(20.1)
\]

を思い出した.

電荷が遠方にある場合は電場は
$t-r'/c$における電荷の加速度を$\mathbf{r}'$に垂直な平面に射影したもの
を$r'$で割ったものに比例する項だけが残る.

(20.1)の最初の2項は”遅れたクーロン場足す
（遅れたクーロン場の時間微分かける遅れの時間）”となっている.
よって最初の2項を一緒にすると場の変化が緩やかな場合はおくれのないクーロン場に非常に近い.

この章では(20.1)とマクスウェルの方程式を結びつける.

20-2　点元からの球面波

第１８章で得た電場と磁場をスカラーポテンシャルとベクトルポテンシャルを用いて
表した式を思い出した.
ベクトルポテンシャルの各成分もスカラーポテンシャルも
\[
\nabla ^2\psi-\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2\psi }{\partial t^2}=-s\hspace{1cm}(20.7)
\]
という形の方程式を満たしていたのでこの節ではこの方程式の解を求める.

解を球面波の形
\[
\psi(x, y, z, t)=\frac{f(t-r/c)}{r}
\]
に仮定した.
まず距離が近いところでしらべる. このとき$r/c$は無視できる.
そのとき$\psi $の満たす式は時間的に変化する電荷が原点にある場合のクーロンポテンシャルと似ている.
クーロンポテンシャルの場合の結果を用いて$\psi $をもとめると
\[
\psi =\frac{\int s(t) dV}{4\pi r}.
\]

これは原点に近いところでは(20.7)を満たす.
\[
\psi =\frac{\int s(t-r/c) dV}{4\pi r}
\]
とすれば原点に近いところに限らず(20.7)を満たす.

20-3　マクスウェル方程式の一般解

前節で求めた点元のつくるポテンシャルを積分することにより一般の場合のポテンシャルは以下のように求まる.
\[
\psi (1, t)=\int \frac{\rho (2, t-r_{12}/c)}{4\pi \epsilon_0 r_{12}} dV_2\hspace{1cm}(20.15),
\]
\[
\mathbf{ A}(1, t)=\int \frac{\mathbf{j} (2, t-r_{12}/c)}{4\pi \epsilon_0 c^2r_{12}} dV_2\hspace{1cm}(20.16).
\]
これよりマクスウェルの方程式の解となる電場と磁場は
\[
\mathbf{E}=-\nabla \phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t},
\]
\[
\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A},
\]
となる.

20-4　振動する双極子の場

正負の電荷が振動している状況を考える.
電荷の速度は光速に比べて小さいと仮定する.
ベクトルポテンシャルは源の強さ$\frac{\dot{\mathbf{p}}}{4\pi \epsilon_0 c^2}$の球面波の形となった.
その回転をとって磁場を求めた.
\[
\mathbf{B}=\frac{1}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{[\dot{\mathbf{p}}+(r/c)\ddot{\mathbf{p}}]_{t-r/c}\times \mathbf{p}}{r^3}
\]
となった.
一項目はビオ‐サバールの法則での磁場を時刻$t-r/c$で計算したものだった.
二項目はその遅れを補正する.

次に以下の方法でスカラーポテンシャルを求めた.
ベクトルポテンシャルの発散を求めてそれに$-c^2$をかけたものがスカラーポテンシャルの時間微分なのでそれを
積分した.

こうして求めたベクトルポテンシャルとスカラーポテンシャルを用いて電場を求めた.

20-5　運動する電荷のポテンシャル；リエナール‐ウィーヘルトの一般解

一辺$a$の立方体が観測地点に向かって動いているときのポテンシャルを求めた.
そのそのさい(20.15)の積分内の時間の遅れが位置によって変わることを考慮すると
積分範囲が$\frac{1}{1-v/c}$倍されてポテンシャルは
\[
\phi (1, t)=\frac{q}{4\pi \epsilon _0r'}\frac{1}{[1-v/c]_{ret }}
\]
となった.
同様にベクトルポテンシャルも求めた.　結果をベクトルで書くと
\[
\phi (1, t)=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{[r-(\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}/c)]_{ret }},
\]
\[
\mathbf{A} (1, t)=\frac{q\mathbf{v}_{ret}}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{1}{[r-(\mathbf{v}\cdot \mathbf{r}/c)]_{ret }}.
\]

20-6　一定の速度で運動する点電荷のポテンシャル；ローレンツの公式

この節では$x$軸にそって一様な速度$v$で動く電荷のつくるポテンシャルを求めた.
結果は
\[
\phi (x, y, z, t)=\frac{q}{4\pi \epsilon _0}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\frac{1}{\left( \left( \frac{x-vt}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\right) ^2y^2+z^2\right) ^{1/2}}
\]
となった.

ファインマン物理学Ⅲ　Chapter 19. Solutions of Maxwell's Equation in Free Space (Exercise )

2007-11-07T22:00:00.000+09:00

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Chapter 19. Solutions of Maxwell's Equation in Free Space (Exercise )

19-1

a)
\[
\left( \partial _x^2+\partial _y^2+\partial _z^2-\frac{1}{c^2}\partial _t^2\right) \mathbf{E}_0e^{i (\omega t-kx)}=\left( -k^2+\frac{\omega ^2}{c^2}\right) \mathbf{E}_0e^{i (\omega t-kx)}=0
\]

b)

\[
\Re \mathbf{E}_0e^{i\omega t-kx}=\mathbf{E}_0\cos (\omega t-kx).
\]
We assume
\[
\omega t-k x=\mbox{a},
\]
where $a$ is a constant. Then
\[
x=\frac{\omega t}{k}-\frac{a}{k}.
\]
Hence the real part of $\mathbf{E}$ represents a plane wave which travels toward positive x at the speed $\frac{\omega }{k}$.

c)
\begin{eqnarray*}
\nabla e^{i(\omega t-kx)}
&=&
(\partial _x e^{i(\omega t-kx)},\partial _y e^{i(\omega t-kx)}, \partial _z e^{i(\omega t-kx)})\\
&=&
(-ik e^{i(\omega t-kx)} ,0 ,0)\\
&=&
-ik\mathbf{e}_xe^{i(\omega t-kx)}
\end{eqnarray*}

\[
\partial _t=i\omega
\]

d)
By substituting $\nabla =-ik\mathbf{e}_x, \partial _t=i\omega $ to Maxwell's equation in free space
\[
\mbox{I.} \nabla \cdot \mathbf{E}=0, \hspace{10mm}\mbox{II.} \nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t},
\]
\[
\mbox{III.} \nabla \cdot \mathbf{B}=0, \hspace{10mm}\mbox{IV.}c^2\nabla \times \mathbf{B}=\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t},
\]
we obtain
\[
\mbox{I.} -ik E_x=0, \hspace{10mm}\mbox{II.} -ik E_y\mathbf{e}_z+ikE_z\mathbf{e}_y=-i\omega \mathbf{B},
\]
\[
\mbox{III.} -ik B_x=0, \hspace{10mm}\mbox{IV.} c^2(-ik B_y \mathbf{e}_z+ik B_z\mathbf{e}_y)=i\omega \mathbf{E}.
\]

Hence by II and IV of the above equations,
\[
-ik E_y=-i\omega B_z, c^2i k B_z=i\omega E_y.
\]
By substituting the first equation into the second, we get
\[
c^2 i kB_z=i\omega \frac{\omega }{k}B_z.
\]
Hence
\[
c^2=\frac{\omega ^2}{k^2}.
\]

e)
Replace the $k$ by $-k$.

19-2

We assume the wave have the form
\[
\mathbf{E}=\mathbf{E}_0(\cos (\omega t -kx +a)+\cos (\omega 't+k'x +b)),
\]
where $a, b$ are constants.
If $x=vt $, then $\mathbf{E}=0$.
Hence
\[
\omega t -kvt +a=\omega 't+k'vt +b+n\pi ,
\]
where n is an integer.
So
\[
(\omega -kv-(\omega '+k'v))t=\mbox{constant }.
\]
Hence
\[
\omega -kv-(\omega '+k'v)=0.
\]

By substituting $k=\frac{\omega }{c}, k'=\frac{\omega '}{c}$ into the above equation, we obtain
\[
\omega -\frac{\omega }{c}v-(\omega '+\frac{\omega '}{c}v)=0.
\]

Hence
\[
\omega '=\frac{c-v}{c+v}\omega .
\]

ファインマン物理学Ⅲ第１９章　真空中のマクスウェルの方程式（本文）

2007-11-03T14:01:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_19.pdf
第１９章　真空中のマクスウェルの方程式（本文）

19-1　真空中の波；平面波

電流を時間的に変化させることを考えた.
電流から電場を求める式は第Ⅱ巻式(5.19)で以前に導いていた.
そこでは平面上に分布した振動双極子の作る場を計算した.
（“入射電磁波の電場のために運動をはじめた”となっているがⅡ巻では入射電磁場は考えていない？棚上げ問）

次に真空中でベクトルポテンシャルとスカラーポテンシャルがそれぞれ
波動方程式を満たすことを用いて
磁場と電場が波動方程式を満たすことを導いた.

次に磁場と電場がy, z方向には並進対称性を持っていること電場はy成分のみを持つと仮定してマクスウェルの方程式を
書くことによって磁場はz成分のみを持ち電場と磁場が波動方程式を満たすことを示した.

もっとも一般的な一次元波動方程式の解は任意の関数f, gを用いて
$f(x-ct)+g(x+ct)$とかけるものである.
$\cos kx \cos kct$も波動方程式を満たすがこれも
\[
\cos kx \cos kct=\frac{1}{2}(\cos (k(x-ct))+\cos (k(x+ct)))
\]
とかける.

19-2　三次元の波動

マクスウェルの方程式のうち
電場の回転がマイナス磁束密度の時間変化であることを表す式の両辺の
回転をとり真空中の電場の発散が0であることと磁束密度の回転がマイナス電場の時間変化を光速の二乗で割ったもので
あることをつかって電場が3次元の波動方程式を満たすことを導いた.

現実の空間中にどんな電磁場が存在しているかを空想した.
地球の磁場，衣服の摩擦によってできた電荷による静電場，電気配線内の振動電流による磁場，
光，紫外線，赤外線，X線，ラジオ波.
ジャズバンドの音楽を運ぶ電磁波，マリナー2号から送られた情報を運ぶ電磁波，一番遠い星雲から届いた電磁波
，雷の作る場，荷電宇宙線粒子の通り過ぎるときの場等.
すべて3次元波動方程式を満たしている.

19-3　科学的想像

しかし電磁波をどう想像したらよいか？
ファインマンはぼんやりした，くねった線を見る.
各点に6個の数値が対応していることを想像することはできるだろうか？
それは難しい.

電磁波を想像しようとする試みはときに進歩を妨げた.
抽象的概念，装置による検出，数学的記述の方が上.
それでも無駄ではない.

科学で想像してかまわないのは既知のことと矛盾しないことだけ.
みたこともないものを考える想像力が必要.
同時に思考はきゅうくつな服を着たようなもの.

見えないものの美について.
虹の輻射強度をプロットしたものは美しいか？

物理の一般法則に関する美はある.
例えば波動方程式の対象性など.

19-4　球面波

原点からの距離$r$だけの関数$\psi (r)$が波動方程式を満たすとすると
$\psi (r)$はどんな関数になるか.
$r\psi (r)$が一次元の波動方程式を満たす関数となる.

外向きの波だけが“物理的に意味がある”という付加事実を加える.

$\psi $は原点で無限大になる.
これは原点で計算のステップが“非合法”だったから.

同様のことは静電ポテンシャルでもおこる.
自由空間内のポテンシャルの満たすラプラス方程式の解を
球対称な関数と仮定し解くと定数足す原点からの距離の逆数に比例する項となる.
二番目の項は原点の点電荷に対応する.

ファインマン物理学Ⅲ　第１８章　マクスウェル方程式（本文）

2007-10-31T22:36:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_18.pdf

第１８章　マクスウェル方程式（本文）

18-1　マクスウェル方程式

マクスウェルの方程式
Ⅰ．
\[
\nabla \cdot \mathbf{E}=\frac{\rho }{\epsilon _0}
\]
閉曲面を通る電束=内部の電荷/ε0

Ⅱ．
\[
\nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}
\]
ループをめぐるEの線積分=-(d/dt)(ループを通るBの流速)

Ⅲ．
\[
\nabla \cdot \mathbf{B}=0
\]
閉曲面を通るBの流速=0

Ⅳ．
\[
c^2\nabla \times \mathbf{B}=\frac{\mathbf{j}}{\epsilon _0}+\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}
\]
$c^2$(ループをめぐるBの積分)=(ループを通る電流)/ε0+(d/dt)(ループを通る電束)

マクスウェル以前にはⅣは定常電流についての
\[
c^2\nabla \cdot \mathbf{B}=\frac{\mathbf{j}}{\epsilon _0}
\]
として知られていた.
これの両辺の発散を取ると電流密度の発散は0になる.
これは電荷保存の法則

\[
\nabla \cdot \mathbf{j}=-\frac{\partial \rho }{\partial t}
\]

と矛盾する.
電束の時間変化を加えたⅣについて発散をとりⅠを代入すると電荷保存が導かれる.

18-2　新しい項の効果

球対称な電流分布を考える.
球上にループを考えるとループを貫く電流がある.
しかしループを貫く電束の時間変化の項と打ち消しあってⅣによって計算される
Bの回転は0.

次にコンデンサーを考える.
コンデンサーの電線の部分の周りにループをとる.
Ⅳを用いて計算する方法は二通りある.

１．ループを電線が貫く曲面の縁だと考えて計算する.

２．ループをコンデンサーの隙間を通る曲面の縁だと考えて計算する.

１．の方法だとⅣの電流の項により計算する.
２．の方法だとⅣの電束の時間変化を用いて計算する.
結果はどちらも一致する.

18-3　古典物理のすべて

マクスウェル方程式と以下の法則が古典物理のすべて.

力の法則
\[
\mathbf{F}=q(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}).
\]

運動の法則
\[
\frac{d}{dt}\mathbf{p}=\mathbf{F}
\]
ここで
\[
\mathbf{p}=\frac{m\mathbf{v}}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.
\]

万有引力
\[
\mathbf{F}=-G\frac{m_1m_2}{r^2}\mathbf{e}_{\mathbf{r}}.
\]

18-4　進行する場

y-z平面が一様に帯電していてy軸方向に突然動き出すとする.
x>0ではマイナスz方向に，x<0では逆に磁場ができる.
これらの磁場は速さvで進行する.
そのために電場が生じる.
電場も速度vで進行する.
マクスウェル方程式のⅡをもちいて計算すると
$E=vB$が導かれる.
マクスウェル方程式のⅣを用いて計算すると
$c^2B=Ev$が導かれる.
これらを比較して
$v=c$が解る.

18-5　光の速さ

$\epsilon _0$を電荷間の力を測定しクーロンの法則を用いて求め，
$\epsilon _0c^2$を電流間の力を測定して求める.
そうすればその比をとって$c$を求めることができる.

任意の電磁波の特徴として
磁場と電場と波面の進行方向はそれぞれ直交し
電場の大きさは磁場の大きさのc倍である.

18-6　マクスウェル方程式を解くこと；ポテンシャルと波動方程式

磁場はベクトルポテンシャルの回転だった.
これをファラデーの法則（マクスウェル方程式のⅡ）に代入するとあるスカラーポテンシャル$\phi $が存在し，
\[
\mathbf{E}=-\nabla \phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}
\]
となることがわかった.
電場も磁場も変えないようにベクトルポテンシャルとスカラーポテンシャルを変える方法がある.
それはスカラーψを用いて
\[
\mathbf{A}'=\mathbf{A}+\nabla \psi,
\]
\[
\phi '=\phi-\frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
とする方法.

このようにマクスウェル方程式のⅡⅢを満たすように電場と磁場とベクトルポテンシャルとスカラーポテンシャルの関係を決めた.
次にマクスウェル方程式のⅠの電場を$\mathbf{A}, \phi$を用いて表すと$\mathbf{A}, \phi$についての方程式が得られた.
マクスウェル方程式のⅣの電場と磁場を$\mathbf{A}, \phi$を用いて表すと$\mathbf{A}, \phi$についての方程式が得られた.
\[
\nabla \cdot \mathbf{A}=-\frac{1}{c^2}\frac{\partial \phi}{\partial t}
\]
となるように$\mathbf{A}, \phi$を決めると上で求めたⅠから求めた$\mathbf{A}, \phi$の方程式は
\[
\nabla ^2\phi -\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2\phi }{\partial t^2}=-\frac{\rho }{\epsilon _0},
\]
Ⅳから求めた$\mathbf{A}, \phi$の方程式は.
\[
\nabla ^2\mathbf{A}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2\mathbf{A} }{\partial t^2}=-\frac{\mathbf{j} }{\epsilon _0c^2},
\]

ファインマン物理学Ⅲ　第１７章　誘導法則（問題）2

2007-10-28T22:18:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_17_2.pdf

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_17_2.dvi

第１７章　誘導法則（問題）2

17-7

a)
\[
2\pi r B(r)=\frac{1}{\epsilon _0c^2}NI
\]
より
\[
B(r)=\frac{NI}{2\pi \epsilon _0c^2r}.
\]

よってエネルギー$U$は
\begin{eqnarray*}
U&=&
\frac{\epsilon _0c^2}{2}\int B^2dv\\
&=&
\frac{\epsilon _0c^2}{2}\int \left( \frac{NI}{2\pi \epsilon _0c^2r}\right) ^2dv\\
&=&
\frac{\epsilon _0c^2}{2}\int _0^{2\pi} \int _0^a \int _b ^{b+a}\left( \frac{NI}{2\pi \epsilon _0c^2r}\right) ^2r dr dl d\theta \\
&=&
\frac{N^2I^2a}{4\pi \epsilon _0c^2}\int _b^{b+a}\frac{1}{r}dr\\
&=&
\frac{N^2I^2a}{4\pi \epsilon _0c^2}(\log (a+b)-\log b)\\
&=&
\frac{N^2I^2a}{4\pi \epsilon _0c^2}\log \left( 1+\frac{a}{b}\right)
\end{eqnarray*}

よって
\[
\mathcal{L}=\frac{2}{I^2}U=\frac{N^2a}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \left( 1+\frac{a}{b}\right) .
\]
\includegraphics*[width=6cm,height=6cm]{fig17-7.bmp}
b)

直線の方に電流$I$が流れたときの直線からの距離$r$の点
における磁束密度$B(r)$は
\[
B(r)=\frac{I}{2\pi r \epsilon _0 c^2}.
\]

トロイダルコイルの断面を通る$B_0$は
\[
B_0=\int B(r) dS=a\int _b^{b+a}B(r)dr=\frac{Ia}{2\pi \epsilon _0c^2}\int _b^{a+b}\frac{1}{r}dr=\frac{Ia}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \left( 1+\frac{a}{b}\right) .
\]
よって起電力は
\[
\mathcal{E}=-\frac{\partial }{\partial t}NB_0=-\frac{Na}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \left( 1+\frac{a}{b}\right) \frac{dI}{dt}.
\]
よって相互インダクタンスは
\[
\mathcal{M}_{12}=-\frac{Na}{2\pi \epsilon _0c^2}\log \left( 1+\frac{a}{b}\right) .
\]

c)
\[
\mbox{自己インダクタンス}:\mbox{相互インダクタンス} =N:1
\]

17-8

\includegraphics*[width=12cm,height=6cm]{fig17-8.bmp}

a)
ループ$1$に電流$I$が流れているとする.
ループ$1$の磁気モーメントは$\mu =IA$.
本文の式(6.14), (6.15)を参照して
$B_z=\frac{\mu }{4\pi \epsilon _0 c^2}\frac{3\cos ^2\alpha _1 -1}{r^3}$,
$B_{\perp }=\frac{\mu }{4\pi \epsilon _0 c^2}\frac{3\cos \alpha _1 \sin \alpha _1 }{r^3}$
とおく.
$\mathbf{B}_z, \mathbf{B}_{\perp}$は図の方向をもち大きさがそれぞれ$B_z, B_{\perp }$なベクトル.

ループ$2$のおかれた点における磁束密度の$\mathbf{n}_2$成分は
\begin{eqnarray*}
B_0
&=&
\mathbf{B}\cdot \mathbf{n}_2 \\
&=&
\mathbf{B}_z\cdot \mathbf{n}_2 +\mathbf{B}_{\perp}\cdot \mathbf{n}_2 \\
&=&
\mathbf{B}_z\cos (\alpha _1-\alpha _2) +\mathbf{B}_{\perp} \cos \left( \frac{\pi}{2} -\alpha _1+\alpha _2\right) \\
&=&
\frac{\mu }{4\pi \epsilon_0 c^2}\frac{1}{r^3}((3\cos ^2\alpha _1-1)\cos (\alpha _1-\alpha _2)+3\cos \alpha _1\sin \alpha _1\sin (\alpha _1-\alpha _2))\\
&=&
\cdots \\
&=&
\frac{\mu }{4\pi \epsilon_0 c^2}\frac{1}{r^3}(2\cos \alpha _1\cos \alpha _2-3\sin \alpha _1\sin \alpha _2).
\end{eqnarray*}

ループ$2$での起電力は
\[
\mathcal{E}=-\frac{\partial }{\partial t}(AB_0)
=-\frac{A^2 }{4\pi \epsilon_0 c^2}\frac{1}{r^3}(2\cos \alpha _1\cos \alpha _2-3\sin \alpha _1\sin \alpha _2)\frac{\partial I}{\partial t}.
\]

よって相互自己インダクタンスは
\[
\mathcal{M}=-\frac{A^2 }{4\pi \epsilon_0 c^2r^3}(2\cos \alpha _1\cos \alpha _2-3\sin \alpha _1\sin \alpha _2).
\]

b)
\[
F=I_1I_2\frac{d\mathcal{M}}{dx}=\frac{3I^2A^2 }{4\pi \epsilon_0 c^2r^4}(2\cos \alpha _1\cos \alpha _2-3\sin \alpha _1\sin \alpha _2).
\]

c)逆になる.

17-9

2通りの方法で求める（結果は一致するはずだということは本文17－6節より解っているが）

1)

まず回路2のソレノイドに電流が流れたときの回路1での磁束密度を求める.
高さ$z$の部分の円電流が回路1の部分につくる磁束密度は
\[
\frac{Iar_2^2}{2\epsilon _0c^2}\frac{1}{(r_2^2+z^2)^{3/2}}.
\]
これらの和を求める. $\delta =l/N$,$z_n=\delta n$とおく.
\begin{eqnarray*}
B_0
&=&
2\sum _{n=0}^{N/2}\frac{Iar_2^2}{2\epsilon _0c^2}\frac{1}{(r_2^2+z_n^2)^{3/2}}\\
&=&
\frac{2Ir_2^2}{2\pi \epsilon _0c^2}\frac{N}{l}\sum _{n=0}^{N/2}\frac{\delta }{(r_2^2+(\delta n)^2)^{3/2}}\\
&\fallingdotseq &
\frac{Ir_2^2}{\epsilon _0c^2}\frac{N}{l}\int _0^{l/2}\frac{dz}{(r_2^2+x^2)^{3/2}}\\
&=&
\frac{Ir_2^2}{\epsilon _0c^2}\frac{N}{l}\left[ \frac{z}{r_2^2\sqrt{
r_2^2+z^2}}\right] _0^{l/2}\\
&=&
\frac{IN}{2\epsilon _0c^2}\frac{1}{\sqrt{r_2^2+(l^2/4)}}\\
&=&
\frac{IN}{\epsilon _0c^2}\frac{1}{\sqrt{4r_2^2+l^2}}\\
\end{eqnarray*}

よって回路1での起電力は
\[
\mathcal{E}=-\frac{\partial}{\partial t}(\pi r_1^2 B_0)=-\frac{\pi r_1^2 N}{\epsilon _0c^2\sqrt{l^2+4r_2^2}}\frac{\partial I}{\partial t}.
\]

よって相互インダクタンスは
\[
\mathcal{M}_{12}=-\frac{\pi r_1^2 N}{\epsilon _0c^2\sqrt{l^2+4r_2^2}}
\]

2)

\includegraphics*[width=12cm,height=8cm]{fig17-9.bmp}
回路1に電流$I$が流れているとする.
回路1の磁気双極子モーメントを$\mu =\pi r_1^2I$とおく.
回路1の作る磁場のうち回路2の高さ$z$の部分を貫く部分を求める.
図のように$r, \theta $をとる.
$B_z=\frac{\mu}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{3\cos ^2\theta -1}{r^3}$とおく.
$\cos \theta _0=\frac{z}{\sqrt{r_2^2+z^2}}$とする.

\begin{eqnarray*}
\int B_zdS
&=&
\int _0^{\theta _0}B_z 2\pi r \sin \theta \frac{rd\theta }{\cos \theta }\\
&=&
\int _0^{\theta _0}\frac{\mu }{2\epsilon _0c^2}\frac{3\cos ^2 \theta -1}{r\cos \theta }\sin \theta d\theta \\
&=&
\frac{\mu }{2\epsilon _0c^2z}\int _0^{\theta _0}(3\cos ^2 \theta -1)\sin \theta d\theta \\
&=&
\frac{-\mu }{2\epsilon _0c^2z}\int _0^{\cos \theta _0}(3x^2 \theta -1) dx\\
&=&
\frac{-1}{2\epsilon _0 c^2 z}(\cos ^3 \theta _0-\cos \theta _0)\\
&=&
\frac{-1}{2\epsilon _0 c^2 z}\left( \left( \frac{z}{\sqrt{r_2^2+z^2}}\right)^3- \frac{z}{\sqrt{r_2^2+z^2}}\right)\\
&=&
\frac{1}{2\epsilon _0 c^2 }\left( \frac{r_2^2}{\sqrt{r_2^2+z^2}^3}\right)
\end{eqnarray*}

回路2を貫く磁場はこれらの和なので$\delta =l/N$,$z_n=\delta n$とおくと.

\begin{eqnarray*}
B
&=&
2\sum _{n=0}^{l/2}\frac{\mu }{2\epsilon _0c^2}\frac{r_2^2}{(r_2^2+z_n^2)^{3/2}}\\
&\fallingdotseq &
\frac{r_2^2\mu}{2\epsilon _0c^2}\frac{N}{l}\int _0^{l/2}\frac{dz}{(r_2^2+z^2)^{3/2}}\\
&=&
\frac{r_2^2\mu}{2\epsilon _0c^2}\frac{N}{l}\left[ \frac{z}{r_2^2(r_2^2+z^2)}\right] _0^{l/2}\\
&=&
\frac{N}{2\epsilon _0c^2}\frac{\mu }{\sqrt{r_2^2+(l/2)^2}}\\
&=&
\frac{N}{\epsilon _0c^2}\frac{\pi r_1^2 I}{\sqrt{l^2+4r_2^2}}.
\end{eqnarray*}

よって回路2に働く起電力は
\[
\mathcal{E}=-\frac{\partial}{\partial t}B
=-\frac{N}{\epsilon _0c^2}\frac{\pi r_1^2 }{\sqrt{l^2+4r_2^2}}\frac{\partial}{\partial t}I.
\]

よって相互インダクタンスは
\[
\mathcal{M}_{21}=-\frac{\pi r_1^2 N}{\epsilon _0c^2\sqrt{l^2+4r_2^2}}
\]

17-10

1)
回路の囲む面積を$S$とおく.
\[
RI=\mathcal{E}=-\frac{\partial }{\partial t}SB=lvB.
\]
よって
\[
I=\frac{lvB}{R}=10^{-3}A.
\]

2)
誘導電流のつくる磁場を考慮すると，
誘導電流のつくる磁場は元の磁場を打ち消す向きにできるので
電流は減る.

3)
電流は変わらない.
（電線と磁石と一緒に動く座標系から見ると本の図の左側の辺が動いて見える.）

4)
自己インダクタンスは減る.
（例えば磁気双極子とみなせるなら，それのつくる磁場は電流と面積に比例する.
よって磁気エネルギーは面積の2乗に比例する.
よって自己インダクタンスも面積の2乗に比例する.
面積は減って行くので自己インダクタンスは減る）

17-11

a)
トルクは0.

b)
コイル1の磁気双極子モーメントを$\mu=\pi a^2 I$とおく.
コイルbに流れる電流を$I_2$とおく.
コイルbを貫く磁束を$B_2 $とおくと
\[
B_2=\frac{\mu }{2\epsilon _0c^2}\frac{a^2}{(a^2+d^2)^{3/2}}
\]
よって
\[
I_2=\frac{\mathcal{E}}{R}=-\frac{1}{R}\frac{\partial B_2}{\partial t}
=-\frac{1}{R}\frac{\partial }{\partial t}\frac{\pi a^2 I}{2\epsilon _0c^2}\frac{a^2}{(a^2+d^2)^{3/2}}
=-\frac{2 t K_0\pi a^4}{2\epsilon _0c^2R(a^2+d^2)^{3/2}}.
\]

コイルbの銅線上での磁束密度の軸に垂直な成分を$B_{\perp }$とおく.
$\cos \theta =\frac{d}{\sqrt{a^+d^2}}, \sin \theta =\frac{a}{\sqrt{a^+d^2}}$とおく.
コイルbに働く力は
\begin{eqnarray*}
F&=&-2\pi a I_2 B_{\perp}\\
&=&
-2\pi a I_2\frac{I\pi a^2 3\cos \theta \sin \theta }{4\pi \epsilon _0c^2\sqrt{a^2+d^2}^3}\\
&=&
2\pi a \frac{2 t K_0\pi a^4}{2\epsilon _0c^2R(a^2+d^2)^{3/2}}\frac{K_0t^2\pi a^2 }{4\pi \epsilon _0c^2\sqrt{a^2+d^2}^3}\frac{3ad}{a^2+d^2}\\
&=&\frac{24\pi ^4a^8K_0^2t^3}{(4\pi \epsilon _0c^2)^2R}\frac{d}{\sqrt{a^2+d^2}^8}\\
&\fallingdotseq &
\frac{24\pi ^4a^8K_0^2t^3}{(4\pi \epsilon _0c^2)^2d^7R}
\end{eqnarray*}

c)
自己インダクタンスは力を減らす.

d)
どちらも0.

ファインマン物理学Ⅲ　第１７章　誘導法則（問題）1

2007-10-25T21:33:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_17_1.pdf
第１７章　誘導法則（問題）1

17-1

\[
\nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}.
\]
を積分してストークスの定理を使って
\[
\int \mathbf{E}\cdot d\mathbf{s}=-\frac{\partial}{\partial t}\int \mathbf{B}dS.
\]

よって
\[
2\pi a E=-\frac{\partial}{\partial t}\pi a^2B.
\]
よって
\[
E=-\frac{a}{2}\frac{\partial B}{\partial t}
\]
電子の電荷を$q_e=1.692189 \times 10^{-19}C$，質量を$m_e=9.1093897 \times 10^{-31}kg$とおくと
\[
a=\frac{F}{m_e}=\frac{q_e E}{m_e}=4.397 \times 10^7m/s^2.
\]

17-2

誘導起電力$\mathcal{E}$は
\[
\mathcal{E}=-\frac{\partial }{\partial t}\frac{\pi r^2}{2}\sin (2\pi f t)B
=-\pi^2 r^2 Bf \cos (2\pi ft )
\]

電流は
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{R_M}=\frac{-\pi^2 r^2 Bf \cos (2\pi ft )}{R_M}
\]

17-3

問題14-5よりループ(2)の置かれた点における磁場は
\[
B_0=\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}\frac{1}{(R^2+a^2)^{3/2}}.
\]
ループ(2)を貫く磁束は
\[
B=\pi a^2 B_0 \cos \omega t=\frac{\pi Ia^4}{2\epsilon_0c^2}\frac{\cos \omega t}{(R^2+a^2)^{3/2}}.
\]

よって起電力は
\[
\mathcal{E}
=-\frac{\partial B}{\partial t}
=\frac{\pi Ia^4\omega }{2\epsilon_0c^2}\frac{\sin \omega t}{(R^2+a^2)^{3/2}}.
\]

17-4

a)
電線に働く力$F$は
\[
F=IBd.
\]
よって
\[
m\dot{v}=IBd.
\]
よって
\[
v=\frac{IBdt}{m}.
\]

b)

電線が動くことによる誘導起電力$\mathcal{E}_1$は
\[
\mathcal{E}_1=-\frac{\partial }{\partial t}\int B=-dvB.
\]

\[
m\dot{v}=F=IBd=\frac{\mathcal{E}+\mathcal{E}_1}{R}Bd=\frac{\mathcal{E}Bd}{R}-\frac{d^2B^2}{R}v
\]

これは一階の定数係数非斉次線型常微分方程式なので定数変化法で解ける.
$c_1=-\frac{d^2B^2}{mR}, c_2=\frac{\mathcal{E}Bd}{mR}$とおいて
解くと
\[
v=-\frac{c_2}{c_1}+ce^{c_1t}=\frac{\mathcal{E}}{Bd}+ce^{-\frac{d^2B^2}{mR}t}
\]

$t=0$のとき
$v=0$となるように$c$を決めると

\[
v=\frac{\mathcal{E}}{dB}(1-e^{-\frac{d^2B^2}{mR}t}).
\]

最終速度は
\[
v_{\infty}=\frac{\mathcal{E}}{dB}
\]

c)最終速度に達したときは電線に働く力は$0$なので電流は$0$.

17-5

コイル1の部分の起電力は
\[
\mathcal{E}_1=\mathcal{M}_{12}\frac{dI}{dt}+\mathcal{L}_1\frac{dI}{dt}
\]

コイル2の部分の起電力は
\[
\mathcal{E}_2=\mathcal{M}_{12}\frac{dI}{dt}+\mathcal{L}_2\frac{dI}{dt}
\]

よってコイル全体の起電力は
\[
\mathcal{E}=\mathcal{E}_1+\mathcal{E}_2
=(\mathcal{M}_{12}+\mathcal{L}_1+\mathcal{L}_2)\frac{dI}{dt}.
\]

よってコイル全体の自己インダクタンスは

\[
\mathcal{M}_{12}+\mathcal{L}_1+\mathcal{L}_2.
\]

一方のコイルの接続を逆にすると
\[
-\mathcal{M}_{12}+\mathcal{L}_1+\mathcal{L}_2.
\]

17-6

a)
\[
\int \mathbf{B}\cdot d\mathbf{s}=\frac{1}{\epsilon_0 c^2}I
\]
よって軸から$r$の距離の部分の磁場は
\[
2\pi r B=\frac{1}{\epsilon_0c^2}I.
\]
よって
\[
B(r)=\frac{I}{2\pi \epsilon_0c^2r}.
\]

長さ$l$の部分の磁気エネルギーは
\begin{eqnarray*}
U&=&\frac{\epsilon_0 c^2}{2}\int B^2 dV\\
&=&\frac{\epsilon_0 c^2}{2}\int \left( \frac{I}{2\pi \epsilon_0c^2r}\right) ^2 dV\\
&=&\frac{\epsilon_0 c^2}{2}\int _0^l\int _0^{2\pi } \int _a^b\left( \frac{I}{2\pi \epsilon_0c^2r}\right) ^2 rdrd\theta ds\\
&=&\frac{lI^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\int _a^b\frac{1}{r}dr\\
&=&\frac{lI^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\log \frac{b}{a}.
\end{eqnarray*}

よって単位長さあたりの自己インダクタンスは
\[
\mathcal{L}=\frac{2}{I^2l}=\frac{1}{2\pi \epsilon_0c^2}\log \frac{b}{a}.
\]

b)
\[
\frac{1}{2\pi \epsilon_0c^2}\left(\log \frac{b}{a}+\frac{1}{4}\left( \left( \frac{b}{a}\right) ^4-1\right) \right)
\]
となった（答えと合わない. 棚上げ問）.

ファインマン物理学Ⅲ　第１７章　誘導法則（本文）

2007-10-23T07:37:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_17.pdf

第１７章　誘導法則（本文）

17-1　誘導の物理

回路の起電力が回路を貫く磁束の時間変化に等しいという規則（磁束規則）を
磁場の中におかれたU字型の部分と横棒でできた回路を横棒を動かしたときの起電力を
計算して示した.

「電場の回転がマイナス$1$かける磁束密度の時間変化に等しい」という
ファラデーの法則をストークスの定理を用いて
「電場の閉曲線に沿った積分はマイナス$1$かける閉曲線をつらぬく磁束に等しい」
という形に書き直した.

これによって回路が固定されて磁場が変化する場合の磁束規則も説明された.

17-2　"磁束規則"の例外

回転円盤の縁と軸に電線をつなぎ磁場のなかで回転させる.
回路を貫く磁場は変化しないが起電力は生じる.

磁場内で扇形の銅版が二枚向かい合わされて先端を接触させているとき.
銅版をわずかに回転させると接点が変わり回路を貫く磁束は変化するが起電力は殆ど生じない.

回路をつくる物質がかわるときは基本法則に立ち戻らねばならない.

17-3　誘導電場を使う粒子加速；ベータトロン

平面上鉛直で一つの軸に対して対称な磁場があるとする.
軸を中心とする円状の回路を運動する電子の運動量を計算すると
初期運動量足す（回路内の平均磁場かける半径かける電荷割る$2$）となった.

次に電子が円軌道を運動するようにするために軌道上の磁束密度がどれだけでなければならないかを計算した.

この2つの結果を比較すると
軌道上の磁束密度は軌道内の磁束密度の平均の$2$倍であることが必要なことが解った.

17-4　パラドックス

回転軸のついた円盤に回転軸と同心のソレノイド状コイルがついていて円盤上の電池から定常電流が流れているとする.
円盤の縁には多数の帯電した導体球が置かれている.
電流が流れている間は軸に平行な磁場が存在するが
電流を止めると磁場は消える.
その磁場の変化に伴って軸の周りの電場が生じる.
その電場によって導体球に力が加わり円盤が回転するはず.

しかし最初の角運動量は$0$.　全体の角運動量は常に$0$なはず.

17-5　交流発電機

コイル状の電線が一様な磁場内で回転することによって生じる起電力を求めた.

発電機の仕事率を計算すると電流かける起電力となった.

コイル状の電線を回し続けるのに必要な仕事率を求めるとそれは発電機としての仕事率と一致した.
つまり発電機を動かすために使われた力学的エネルギーは全て電気的エネルギーとして現れた.

次に１節での例に戻る.　スライドする棒に働く力は速度に比例する.
この例でも横棒を動かすときの仕事率が回路の起電力かける電流と一致した.

17-6　相互インダクタンス

長いソレノイドコイル（コイル１）の周りに数回巻いたコイル（コイル２）がある状況を考える.
磁束規則を使って計算するとコイル１の電流の変化に比例する起電力がコイル２に生じる.
その比例定数を相互インダクタンスという.　相互インダクタンスを$M_{21}$とおく.
コイル２の電流の変化に比例する起電力がコイル１に生じる.その比例定数を$M_{12}$とおく.
$M_{12}$と$M_{21}$は一致する.

その一般的証明は以下のように行った.
まず磁束規則によって回路１の起電力を回路を貫く磁束の時間変化で表した.
次に回路を貫く磁束をベクトルポテンシャルの回路に沿った線積分で表した.
次にベクトルポテンシャルを回路２の電流の積分を使って表した.
結果相互インダクタンスは回路１と回路２の微小線分同士の内積を微小線分の距離で割ったものの和の定数倍となった.

17-7　自己インダクタンス

2つのコイルに同時に電流を流したら一方のコイルを貫く磁束は2つの磁束が別々に
あるときの和.　「コイル２の全起電力は相互インダクタンスかけるコイル１の電流変化
たす$M_{22}$かけるコイル２の電流変化」とかける.
$M_{22}$をコイル２の自己インダクタンスという.

電圧と自己インダクタンスと電流の関係は
力と質量と速度の関係と同じ.

17-8　インダクタンスと磁気エネルギー

一対のコイルに蓄えられる全電気的エネルギーを計算した.
仮想仕事の原理を用いて一対のコイルに働く力を求めた.
それは電流を一定に保つための電源のエネルギーの変化を考慮していないものだった.
全エネルギーは力学的エネルギーの符号を変えたものだった.

2つのコイルの相互インダクタンスは
2つのコイルの自己インダクタンスの幾何平均より小さいことを示した.

以下の方法で自己インダクタンスを計算した.
定常電流の磁気エネルギーをベクトルポテンシャルと電流密度の内積の積分割る２で表す.
自己インダクタンスと磁気エネルギーの関係比較して自己インダクタンスを電流密度とベクトルポテンシャルの内積の積分
を電流の2乗で割ったものとなった.
エネルギーのを表す式の
電流密度を磁束密度の回転かける$ε0c^2$で表す.
Bの回転とAの内積の積分はBとAの回転の内積の積分であることを使って積分をかきなおすと.
エネルギーは磁束密度の2乗の積分になる.

これを用いてソレノイドの自己インダクタンスを求めた.

ファインマン物理学Ⅲ　第１５章　ベクトルポテンシャル(問題)

2007-10-18T21:11:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_15.pdf

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_15.dvi

第１５章　ベクトルポテンシャル(問題)

15-1

a)
（超伝導体内部に電場も磁場も無いのでエネルギーの流れであるポインティングベクトルが超伝導体表面で$0$になるはずだから$\mathbf{E}$と$\mathbf{B}$は直交する.よって$\mathbf{B}$は面に垂直な成分を持たない.）

b)鏡像の位置に環状電流をおいたときの磁場の重ねあわせをもとめる.

c)

\includegraphics*[width=12cm,height=12cm]{fig15-1_1.bmp}
$\phi=\pi-\theta , r=2d$とおく.
式(6-14), (6-15)より$B_{\perp }=\frac{\mu }{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{3\cos \phi \sin \phi}{r^3}$，$B_z=\frac{\mu }{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{3\cos ^2\phi-1}{r^3}$とおくと

\begin{eqnarray*}
\mathbf{\tau}&=&\mathbf{\mu }\times \mathbf{B}\\
&=&\mathbf{\mu }\times \mathbf{B}_{\perp}+\mathbf{\mu }\times \mathbf{B}_z\\
&=&-\mu B_{\perp}\sin \left( 2\theta -\frac{\pi}{2}\right) +\mu B_z\sin (\pi -2\theta )\\
&=&-\mu \frac{\mu }{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{3\cos \phi \sin \phi}{r^3}\sin \left( 2\theta -\frac{\pi}{2}\right) +\mu \frac{\mu }{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{3\cos ^2\phi-1}{r^3}\sin (\pi -2\theta )\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{1}{r^3}\left( -3\cos \phi \sin \phi \sin \left( 2\theta -\frac{\pi}{2}\right)+(3\cos ^2\phi-1) \sin (\pi -2\theta )\right)\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{1}{r^3}\left( 3\cos \theta \sin \theta (-\cos 2\theta) +(3\cos ^2\phi-1) \sin 2\theta \right)\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{1}{r^3}\left( 3\cos \theta \sin \theta (-\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) +(3\cos ^2\phi-1) 2\sin \theta \cos \theta \right)\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{\cos \theta \sin \theta }{r^3}\left( 3(-\cos ^2\theta +\sin ^2\theta ) +(3\cos ^2\phi-1) 2\right)\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{\cos \theta \sin \theta }{r^3}\\
&=&\frac{\mu^2}{32\pi \epsilon_0c^2}\frac{\cos \theta \sin \theta }{d^3}\\
\end{eqnarray*}

d)

本文式(15-11)より
\[
\mathbf{F}=\nabla (\mu \cdot \mathbf{B}).
\]
まず右辺の内積を計算する.
\begin{eqnarray*}
\mu \cdot \mathbf{B}
&=&\mu \cdot \mathbf{B}_{\perp }+\mu \cdot \mathbf{B}_{z}\\
&=&\mu B_{\perp}\cos \left( 2\theta -\frac{\pi}{2}\right) +\mu B_z \cos (\pi -2\theta )\\
&=&\frac{\mu ^2}{4\pi \epsilon_0 c^2 r^3}\left( 2\cos \phi \sin \phi \cos \left(2\theta -\frac{\pi}{2}\right)+(3\cos ^2\phi -1 )\cos (\pi -2\theta ) \right)\\
&=&\frac{\mu ^2}{4\pi \epsilon_0 c^2 r^3}\left( 2\cos \phi \sin \phi \sin 2\theta +(3\cos ^2\phi -1 )\cos 2\theta \right)\\
\end{eqnarray*}

\includegraphics*[width=12cm,height=12cm]{fig15-1_2.bmp}

図のように座標をとる.(上下の軸に$z$軸をとったのは$B_z$の$z$と紛らわしかったかも)

これの$z$軸方向の微分を計算するために変数を変換する.
\[
x=-r\sin (\phi +\theta -\pi ),
\]
\[
z=r\cos (\phi +\theta -\pi )-2d.
\]
これを解いて
\[
\phi =\arctan \frac{-x}{z+2d}+\pi -\theta ,
\]
\[
r=(x^2+(z+2d)^2)^{1/2}.
\]
よって
\[
\frac{\partial r}{\partial z}=\frac{z+2d}{r}
\]
\[
\frac{\partial \phi}{\partial z}=\frac{1}{1+\left( \frac{-x}{z+2d}\right)^2}\frac{x}{(z+2d)^2}=\frac{x}{r^2}
\]
よって
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial }{\partial z}(\mathbf{\mu } \cdot \mathbf{B})
&=&\frac{\partial r}{\partial z}\frac{\partial }{\partial r}(\mu \cdot \mathbf{B})+\frac{\partial \phi}{\partial z}\frac{\partial }{\partial \theta }(\mu \cdot \mathbf{B})\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\left( \frac{z+2d}{r}(-3)r^{-4}(3\cos \phi \sin \phi \sin 2\phi-(3\cos^2 \phi -1)\cos 2\theta ) \right)+\frac{x}{r^2}\frac{\partial }{\partial \phi }\mathbf{\mu}\cdot \mathbf{B}
\end{eqnarray*}

これに$z=x=0, \phi =\pi -\theta ,r=2d $を代入する.
$\cos \phi =-\sin \theta , \sin \phi =\sin \theta $なので
\begin{eqnarray*}
&&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{-3}{(2d)^4}(-3\cos \theta \sin \theta \sin 2\theta -(3\cos ^2 \theta -1)\cos 2\theta )\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{-3}{(2d)^4}(-3\cos \theta \sin \theta 2\sin \theta \cos \theta -(3\cos ^2 \theta -1)(\cos ^2\theta -\sin ^2 \theta ))\\
&=&\frac{\mu^2}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{-3}{16d^4}(-6\cos ^2\theta ^2\sin \theta -3\cos ^4 \phi +3\cos ^2\theta \sin ^2 \theta +\cos ^2\theta -\sin ^2 \theta )\\
&=&\frac{\mu^2}{64\pi \epsilon_0c^2}\frac{3}{d^4}(2\cos ^2 \theta +\sin ^2 \theta )
\end{eqnarray*}

ファインマン物理学Ⅲ　第１６章　誘導電流（本文）

2007-10-16T23:49:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_16.pdf

第１６章　誘導電流（本文）

16-1　モーターと発電機

1820年の電気と磁気の関係の発見はめざましいものであった.
電流が磁場から力を受けることが発見されると電動機の設計がはじまった.
モーターの仕組み.
磁場の中にコイルをおいて電流を流す.
同じ仕組みで電圧計や電流計も作れる.
モーターの電流が半回転ごとに逆に流れるようにすればトルクは一定方向.

「磁石が電場を作るか？」という実験が行われた.
結果は否定的だった.
1840年にファラデーが見落とされていた要因を発見した.
変化する磁場が電場を作るということ.

電線のそばで磁石を動かせば電流が生じる.
磁場を作るのは電流だった.
磁石の変わりに電流の流れたコイルを動かしても電流が生じる.
コイルを動かす代わりにコイルの電流を変化させても電流が生じる.

検流計に電流が流れるとき電子に推進力が生じる.
単位電荷に働く接線力を長さについて積分したものを起電力（emf）という.

モーターは発電機にもなる.

イヤホーンはemfを発生しemfに応答する別の例.

16-2　変圧器とインダクタンス

コイル（a）を交流発電機につなぎ
コイル（b）をおいて交流のemfをつくる.
コイル（b）の巻き数を増やせば発電機より大きなemfが得られる.

唯一つのコイルにも誘導作用がある（自己誘導）.

emfは磁束の変化に逆らう磁束を生ずる方向に流れる（レンツの法則）.

16-3　誘導電流に働く力

コイルの上にアルミニウムの輪を置きコイルを交流発電機につなぐと輪は空中に飛び上がる.

完全導体には磁束は入り込めない.
皿型の完全導体の上に棒磁石を浮かせることができる.

四角い銅板を取り付けた振り子をが電磁石の極の間で前後に揺れているとする.
電磁石のスイッチを入れると振動は止まる.

円環状の鉄に6個のコイルを巻いて回転する磁場をつくる.
そのとき三相電力を用いる.
回転する磁場の上に金属の輪を置くと回転する.

誘導モーターのもう一つの型（棚上げ問）.

16-4　電気工学

ダムの水が回したタービンが起こした起電力を起こし変圧され何百キロもはなれた
場所に届けられ多くのモーターや照明やコンピューターを動かすことを空想した.

誘導法則を発見したときに突然理論が巨大な実用上の発展と結ばれた.
しかしこれらを工学者や応用科学者にまかせなくてはならない.

物理学は土台を提供する.

ファインマン物理学Ⅲ　第１５章　ベクトルポテンシャル（本文）

2007-10-10T23:17:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_15.pdf
第１５章　ベクトルポテンシャル（本文）

15-1　ループ電流に働く力；双極子のエネルギー

磁場内の電流のループに働く力を計算すると磁気双極子モーメントと磁場の外積となった.
それから電流を一定に保ったまま角度の微小変化があったときのエネルギーの変化を計算し積分すると
磁気双極子モーメントと磁場の内積にマイナスをつけたものとなった.
これはループ電流の全エネルギーでない.力学的エネルギーとよぶ.

次にループを場のところにもってくるためのエネルギーを二通りの方法で計算した.
１つ目は各辺を持ってくるための仕事を計算し和をもとめた.
２つ目は全体に働く力を求めて積分した.
結果は前半で求めたのと同じ力学的エネルギーとなった.

15-2　力学的エネルギーと電気的エネルギー

前節で求めたエネルギーは電線内の電子が磁場によってうける電線方向の力による仕事を考慮していなかった.
電気的仕事を計算すると力学的仕事と同じになった.
電流は一定に保たれているので電気的仕事は電子を加速するのに使われず電源に入っていく.
よってループのエネルギーは一定.
磁場がコイルによって作られているとすると
系の全体のエネルギーはループとコイルの電気的エネルギーと力学的エネルギーの総和.
それを計算すると力学的エネルギーにマイナスをつけたものとなった.

15-3　定常電流のエネルギー

任意の形の電流ループのエネルギーを求める.
電流の流れる回路を縁に持つ曲面を小ループのわけて
各小ループのエネルギーの和で全体のエネルギーをかく.
それは電流かける磁場の面積分.
磁場をベクトルポテンシャルで表しストークスの定理を用いると
全エネルギーは電流かけるベクトルポテンシャルの線積分となる.

定常電流が任意に分布するときは電流の任意の一対については
一対のエネルギーは電流かける一方の電流のつくるベクトルポテンシャルの線積分となる.
全ての和をとると一対につき二回カウントされる.
よって全エネルギーは電流密度とベクトルポテンシャルの内積の体積積分の２分の１.

15-4　B対A

一点でおこる現象がその点で与える数値だけで決められるように定められた一組の数値が
"現実"の場である.
量子力学の関係する現象でベクトルポテンシャルは"現実"の場であることを示すものがある.

15-5　ベクトルポテンシャルと量子力学

磁場による位相変化はベクトルポテンシャルの軌道に沿った線積分に電荷をかけプランク定数でわったもの.
それを用いて２通りの軌道の位相の差を求めると軌道の囲む磁場の流速に電荷をかけプランク定数でわったもの
だということがわかった.

2つのスリットの実験においてスリット間に磁場をかけると
はスクリーン上の電子の分布は全体が一定の値だけずれる.その値を計算した.

波長が外場の変化に対して短いとき粒子の磁場によって受ける変化は古典的
な場合と同じでqvとAの回転の外積に等しい力を受けているように見えること
をスリットの背後に一様な磁場の薄い層がある場合について古典的な計算と比較することで確認した.

15-6　静場では正しくても動場ではまちがっている

電場の回転は0とは限らないので静電ポテンシャルの勾配だけでかけるとは限らない.
電場が導体内で0とも限らない.
磁場の発散はいつでも0.
ベクトルポテンシャルAかける光速の2乗がマイナス１かけるスカラーポテンシャルφの時間微分となるように
決められる.
Aやφは電流や電荷の積分でかけるが積分する時刻は電荷までの距離割る光速だけ過去.

ファインマン物理学Ⅲ　第１４章色々の条件下の磁場（問題）

2007-10-07T15:59:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_14.pdf

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_14.dvi

第１４章色々の条件下の磁場（問題）

14-1

薄膜の厚みを$\delta $とおく.$j_x=\frac{v\sigma }{\delta }$
半径$a$の円盤からの寄与を考える.
\begin{eqnarray*}
A_x&=&\frac{1}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{j_xdV_2}{r_{12}}\\
&=&\frac{v\sigma }{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{dV_2}{\delta r_{12}}\\
&=&\frac{v\sigma }{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{dxdy}{r_{12}}\\
&=&\frac{v\sigma }{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{dxdy}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\\
&=&\frac{v\sigma }{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{rdrd\theta }{\sqrt{r^2+z^2}}\\
&=&\frac{v\sigma }{4\pi \epsilon_0c^2}2\pi (\sqrt{a+z^2}-z)\\
&=&\frac{v\sigma }{2\epsilon_0c^2}(\sqrt{a+z^2}-z)
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
B_y&=&\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x}\\
&=&\frac{v\sigma }{2\epsilon_0c^2}((a+z^2)^{-1/2}z-1)
\end{eqnarray*}
ここで$a\to \infty$とすると
\[
B_y=\frac{v\sigma }{2\epsilon_0c^2}.
\]

14-2

a)
\[
\frac{1}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{I\mathbf{e}_{12}\times d\mathbf{s}_2}{r_{12}^2}=0
\]

b)

\begin{eqnarray*}
\frac{1}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{Ids}{r^2}&=&\frac{-I\pi r}{4\pi \epsilon_0^2c^2r^2}\\
&=&\frac{-I\pi}{4\pi \epsilon_0^2c^2r}
\end{eqnarray*}

c)

b)と同じ.

14-3

a)
左のループの作る磁場は
\begin{eqnarray*}
\left(\frac{1}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{I\mathbf{e}_{12}\times d\mathbf{s}_2}{r_{12}^2}\right) \mbox{の$x$成分}&=&
\frac{I}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{1}{(b/2+x)^2+a^2}\frac{1}{\sqrt{(b/2+x)^2+a^2}}ds\\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}\frac{1}{((b/2+x)^2+a^2)^{3/2}}
\end{eqnarray*}
同様に右のループの作る磁場を計算して足すと
\[
\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}\left( \frac{1}{((b/2+x)^2+a^2)^{3/2}}+\frac{1}{((b/2-x)^2+a^2)^{3/2}}\right)
\]

b)

２項展開を２次まで求めると
\begin{eqnarray*}
&&B\\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}\left( ((b/2+x)^2+a^2)^{-3/2}+((b/2-x)^2+a^2)^{-3/2}\right)\\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}(b^2/4+a^2)^{-3/2}((1+(b^2/4+a^2)(bx+x^2))^{-3/2}
+(1+(b^2/4+a^2)(-bx+x^2))^{-3/2})\\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}(2(b^2/4+a^2)^{-3/2}-\frac{3}{2}(b^2/4+a^2)^{-5/2}(bx+x^2-bx+x^2)\\
&+&\frac{(-3/2)(-3/2-1)}{2\cdot 1}(b^2/4+a^2)^{-7/2}((bx+x^2)^2+(-bx+x^2)^2))\cdots \\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}(2(b^2/4+a^2)^{-3/2}-3(b^2/4+a^2)^{-5/2}x^2+\frac{15}{8}(b^2/4+a^2)^{-7/2}2b^2x^2\cdots \\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}(2(b^2/4+a^2)^{-3/2}+x^2(b^2/4+a^2)^{-7/2}(-3(b^2/4+a^2)+15b^2/4)\cdots \\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}(2(b^2/4+a^2)^{-3/2}+x^2(b^2/4+a^2)^{-7/2}3(b^2-a^2)\cdots \\
\end{eqnarray*}

c)
$a=b$.　場の変化が緩やかになる.

d)
\[
B=\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2}(2(a^2/4+a^2)^{-3/2}\cdots )=\frac{8I}{5^{3/2}a\epsilon_0c^2}
\]

14-4

問題文と記号の使い方を変える.
x-y平面上にループがあり，ループの中心にｚ軸があるとする.
\[
\mathbf{\gamma }(s)=(a/2, -a/2, 0)+(0, s, 0)
\]
\[
\mathbf{r}_{12}=(0 ,0, z)-\mathbf{\gamma }(s)=(-a/2, a/2-s, z)
\]
とおいて，
右側の辺のつくる磁場を計算する.

\begin{eqnarray*}
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0c^2}\int \frac{I\mathbf{r}_{12}\times d\mathbf{s}}{r_{12}^3}
&=&-\frac{I}{4\pi \epsilon _0c^2}\int _0^a\frac{\mathbf{r}_{12}\times \mathbf{\gamma }'(s)ds}{r_{12}^3}\\
&=&-\frac{I(-z, 0, a/2)}{4\pi \epsilon _0c^2}\int _0^a(a^2/4+(a/2-s)^2+z^2)^{-3/2}\\
&=&-\frac{I(-z, 0, a/2)}{4\pi \epsilon _0c^2}\int _0^a(a^2/4+(a/2-s)^2+z^2)^{-3/2}ds\\
&=&\frac{I(-z, 0, a/2)}{4\pi \epsilon _0c^2}\int _{-a/2}^{a/2}(a^2/4+t^2+z^2)^{-3/2}dt\\
&=&\frac{I(-z, 0, a/2)}{4\pi \epsilon _0c^2}\frac{8a}{(2a^2+4z^2)^{1/2}(a^2+4z^2)}\\
\end{eqnarray*}

最後の行の計算には
$\int \frac{ds}{(1+s^2)^{3/2}}ds=\frac{s}{\sqrt{1+s^2}}$を用いた.

この$z$成分を$4$倍すると
\[
\frac{4a^2I}{\pi \epsilon _0c^2(2a^2+4z^2)^{1/2}(a^2+4z^2)}
\]

b)
(ヒントに従うとビオ‐サバールの法則を導いたのと同じ議論を繰り返して同じ計算をすることになるように思える.
なのでヒントは無視してベクトルポテンシャルを計算する.)

まず右側の辺の作るベクトルポテンシャルを計算する.
\begin{eqnarray*}
-\frac{1}{4\pi \epsilon _0c^2}\int \frac{\mathbf{j}(2)dV_2}{r_{12}}
&=&-\frac{1}{4\pi \epsilon _0c^2}\int \frac{\mathbf{I}(2)ds}{r_{12}}\\
&=&-\frac{(0, I, 0)}{4\pi \epsilon _0c^2}\int _0^a\frac{ds}{\sqrt{(x-a/2)^2+(y+a/2-s)^2+z^2}}\\
&=&-\frac{(0, I, 0)}{4\pi \epsilon _0c^2}\left[ -\log \left( \frac{a}{2}-s+y+\sqrt{\left( x-\frac{a}{2}\right)^2+\left(y+\frac{a}{2}-s\right)+z^2}\right) \right]_0^a\\
&=&-\frac{(0, I, 0)}{4\pi \epsilon _0c^2}( -\log \left( -\frac{a}{2}+y+\sqrt{\left( x-\frac{a}{2}\right)^2+\left(y-\frac{a}{2}\right)+z^2}\right) \\
&+&\log \left( \frac{a}{2}+y+\sqrt{\left( x-\frac{a}{2}\right)^2+\left(y+\frac{a}{2}\right)+z^2}\right) )\\
\end{eqnarray*}

他の辺のつくるベクトルポテンシャルも同様に計算して
回転を計算すると
\begin{eqnarray*}
\partial _yA_x-\partial _xA_y&=&
\frac{I}{4\pi \epsilon_0c^2}(\frac{-a-2x}{\sqrt{(a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2}(a+2y+2\sqrt{(a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{a-2x}{\sqrt{(-a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2}(-a+2y+2\sqrt{(-a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{a+2x}{\sqrt{(a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2}(-a+2y+2\sqrt{(a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{-a+2x}{\sqrt{(-a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2}(a+2y+2\sqrt{(-a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{-a-2y}{\sqrt{(a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2}(a+2x+2\sqrt{(a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{a-2y}{\sqrt{(-a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2}(-a+2x+2\sqrt{(-a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{a+2y}{\sqrt{(-a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2}(-a+2x+2\sqrt{(-a/2+x)^2+(a/2+y)^2+z^2})}\\
&+&\frac{-a+2y}{\sqrt{(a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2}(a+2x+2\sqrt{(a/2+x)^2+(-a/2+y)^2+z^2})})
\end{eqnarray*}

ここで$x=y=0$とすると
\[
\frac{2a^2I}{c^2\pi \epsilon_0\sqrt{a^2/2+z^2}(a^2+4z^2)}
\]

14-5

(問題14-3ですでに求めている.
問題文にベクトルポテンシャルを使って計算せよとあるのでそうするが結局はビオサバールの法則
を導く議論の繰り返しになり冗長な答えになってしまった.)

\begin{eqnarray*}
\mathbf{A}&=&
\frac{I}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \frac{d\mathbf{s}}{r_{12}}\\
&=&\frac{I}{4\pi \epsilon_0c^2}\int _0^{2\pi }\frac{(-a\sin s, a\cos s, 0)ds}{\sqrt{(x-a\cos s)^2+(y-a\sin s)^2+z^2}}\\
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
B_z&=&\partial _xA_y-\partial _yA_x\\
&=&\frac{Ia}{4\pi \epsilon_0c^2}\int _0^{2\pi }\frac{a-x\cos s-y\sin s}{((x-a\cos s)^2+(y-a \sin s)^2+z^2)^{3/2}}ds
\end{eqnarray*}

$x=y=0$とおくと

\begin{eqnarray*}
B_z
&=&\frac{Ia}{4\pi \epsilon_0c^2}\int _0^{2\pi }\frac{a}{(a^2+z^2)^{3/2}}ds\\
&=&\frac{Ia}{4\pi \epsilon_0c^2}\frac{2a\pi}{(a^2+z^2)^{3/2}}\\
&=&\frac{Ia^2}{2\epsilon_0c^2(a^2+z^2)^{3/2}}
\end{eqnarray*}

14-6

(1)遠方での磁場

(2)中心での磁場

(3)球の外部の任意の点での磁場

(4)球の内部の任意の点での磁場

の順で求める.

(1)
磁気モーメントを求める（外部の磁場を求める上では必要でなかった）.

$\sigma $を球面の面電荷密度とする.
$Q=4\pi a^2 \sigma $とおく.
\[
V=\frac{Q}{4\pi \epsilon_0a}=\frac{4\pi \epsilon_0a^2\sigma }{4\pi \epsilon_0a}=\frac{a\sigma }{\epsilon_0}
\]

$S=\pi(a\sin \theta )^2$,
$dI=(a\sin \theta \omega )ad\theta \sigma=a^2\sin \theta d\theta \omega \sigma$とおくと
\begin{eqnarray*}
\mu &=&\int SdI\\
&=&\int_0^{\pi} \pi(a\sin \theta )^2a^2\sin \theta d\theta \omega \sigma\\
&=&\int_0^{\pi} \pi(\sin \theta )^3a^4d\theta \omega \frac{\epsilon_0V}{a}\\
&=& \epsilon_0 \omega V a^3\pi\int_0^{\pi}(\sin \theta )^3d\theta \\
&=& \epsilon_0\omega V a^3\pi\frac{4}{3}\\
\end{eqnarray*}

これより遠方での磁場は磁気モーメント$\mu$の磁気双極子のつくる磁場と同じであることがわかる.

(2)

\[
\mathbf{B}=-\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{I\mathbf{e}_{12}\times d\mathbf{s}_{2}}{r_{12}^2}
\]
において
$\mathbf{e}_{12}\times d\mathbf{s}_{2}$の$z$成分は
$-\sin \theta ds$

中心における磁場のz成分は
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \int \frac{\sin \theta dsdI}{a^2}&=&
\frac{1}{4\pi \epsilon_0c^2}\int \int \frac{\sin \theta dsa^2\sin \theta d\theta \omega \sigma }{a^2}\\
&=&\frac{\omega \sigma }{4\pi \epsilon_0c^2}\int _0^{\pi }2\pi a\sin ^3 \theta d\theta\\
&=&\frac{\omega \frac{\epsilon_0V}{a}}{4\pi \epsilon_0c^2}2\pi a\frac{4}{3}\\
&=&\frac{2\omega V}{3c^2}
\end{eqnarray*}

(3)
\includegraphics*[width=12cm,height=10cm]{fig14-6.bmp}
球の外部の磁場を求めるのには等価磁殻の方法を用いる.
図のように球を分割し，各円盤を円電流に等価な板磁石に置き換える.
$\theta $の部分の電流は
$I=a^2\omega \sigma \sin \theta d\theta $だった.
その部分の板の面積を$S$とすると
板は$SI$の磁気モーメントを持つ.
よって単位面積あたりの磁気モーメントは$I$.
$J_0=a\omega \sigma =\epsilon_0\omega V$,
$dz=a\sin \theta d\theta $
とおくと
$I=J_0dz$.
よって各板は単位面積あたり$\pm J_0$の磁価が分布した板磁石と考えられる.
これによる球表面の磁価分布がどうなるかを計算する.
$l=a \sin \theta $とおくと
$2\pi l a d\theta $
の部分に
$(\pi(l+a \cos \theta d\theta )^2-\pi l^2)J_0\fallingdotseq 2\pi la \cos \theta J_0d\theta $
の磁価が分布しているので磁価の密度は
\[
J_0\cos \theta .
\]

これのつくる磁場は
\[
\frac{4}{3}\pi a^3J_0=\epsilon_0\omega V\frac{4}{3}\pi a^3.
\]

(なぜなら$\cos \theta \sigma _0$の電荷分布のつくる
電場は電気双極子モーメントが$\frac{4}{3}\pi a^3\sigma _0$の電気双極子のつくる電場と同じだったから.
問題6-7参照.)

(4)
\includegraphics*[width=12cm,height=10cm]{fig14-6_2.bmp}
図の点$P$における磁場を求める.
$P$を含む板を取り除いてその他の部分の板のつくる磁場を求める.
球の表面の磁価分布のつくる磁場は
\[
-\frac{\mu _0J_0}{3}.
\]

(問題6-7の答えで$\frac{\sigma _0 }{\epsilon _0}$を$\mu_0J_0$で置き換えた.)

$P$の上下に分布した単位面積あたり$\mp J_0$の磁価分布のつくる磁場は
\[
\mu _0 J_0.
\]

これらを足して
\[
-\frac{\mu _0J_0}{3}+\mu _0 J_0=\frac{2}{3}\mu_0 J_0=\frac{2}{3}\mu_0\epsilon_0 \omega V=\frac{2\omega }{3c^2}V.
\]

14-7

(答え微妙に合わない.　棚上げ問.)

円筒の半径を$r$,
$\sigma $を円筒の面電荷密度，円筒表面の電場を$E$とする.
単位長さあたりの電荷は$\lambda =2\pi r \sigma $.
円筒表面の電荷$q$に対して
\[
qE=qvB=\frac{q \sigma v}{c^2\epsilon _0}.
\]
よって円筒の中心と縁の電位差$V$は
\[
V=rE=\frac{r \sigma v}{c^2\epsilon _0}=\left( \frac{v}{c}\right) ^2\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}.
\]

(問題文では\left( \frac{v}{c}\right) ^2\frac{\lambda }{4\pi \epsilon _0}.棚上げ問)

ファインマン物理学Ⅲ　第１４章色々の条件下の磁場（本文）

2007-10-05T22:15:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_14.pdf
第１４章色々の条件下の磁場（本文）

14-1 ベクトルポテンシャル

磁場の発散は0なのであるベクトル場Aの回転で表せる.

Aをベクトルポテンシャルという.
Aは一意に決まらない.
スカラーψの勾配だけの不定性がある.
ψをうまくとればAの発散は0にできる.

14-2 電流のつくるベクトルポテンシャル

磁場の回転を電流密度で表した式に
ベクトルポテンシャルを代入すると
Aの各成分に関するポアソン方程式が導かれる.
その解は電流密度の積分でかける.

14-3　直線電流

半径aの針金を電流Iが流れているときの磁場を以下の方法で求めた.
まず電荷密度ρで帯電した無限に長い針金のつくる静電位の
ρをｊ割るｃ2乗で置き換えてベクトルポテンシャルを求めた.
そのベクトルポテンシャルの回転を計算して磁場を求めた.

14-4　長いソレノイド

長いソレノイドについて外部のベクトルポテンシャルを以下の方法で求めた.
面電流密度のx成分は正と負に帯電した中身の詰まった円筒をわずかにずらしたときの
面電荷密度に比例する.
その面電荷のつくるポテンシャルは円筒のつくるポテンシャルを微分することで計算できる.
そうしてベクトルポテンシャルを未定の定数Kを用いて表した.
そうして求めたベクトルポテンシャルの回転は0になり，円筒の外部では磁場は0であることがわかる.
次に閉曲線にそったベクトルポテンシャルの線積分が閉曲線をつらぬく磁場に等しいことと，
前章で求めたソレノイド内の磁場を比較してKを求めた.

14-5　小さいループ電流の場；磁気双極子

長方形のループ電流のつくるベクトルポテンシャルの各成分は電気双極子のつくる
ポテンシャルを用いて計算できる.
各成分の計算結果をまとめるとベクトルポテンシャルは磁気双極子モーメントと位置ベクトルの外積で表せる.
そのベクトルポテンシャルから磁場を求めると電気双極子のつくる電場と同じ形になる.

14-6　回路のベクトルポテンシャル

電流密度からベクトルポテンシャルを求める式を書き直して
回路を流れる電流のつくるベクトルポテンシャルを求める式を導いた.

14-7　ビオ‐サバールの法則

ベクトルポテンシャルを電流密度の積分で表す式の回転を計算して磁場を計算した.
その際積分と微分の順序を交換した.
そうして磁場を表す式をビオ‐サバールの法則という.

ファインマン物理学Ⅲ　第１３章　静電場（本文）

2007-10-03T20:43:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_13.pdf

第１３章　静電場（本文）

13-1　磁場

電荷に働く力は電気力と磁気力がある.
電気力は電場に比例し，
磁気力の大きさは速度と磁場の大きさひ比例し
方向は速度と磁場に垂直.

13-2　電流；電荷の保存

電流密度を閉曲面上で積分すると
閉曲面内の全電荷の時間変化に負の符号をつけたものになる.
ガウスの定理で書き直すと電流密度の発散は電荷密度の時間変化に負の符号をつけたものになる.

13-3　電流に働く磁気力

電流の流れている針金が磁場内で受ける力は単位体積あたり電流密度と磁場の外積，

電流の流れている針金が磁場内で受ける力は単位長さあたり電流と磁場の外積.

13-4　定常電流のつくる磁場；アンペールの法則

電荷密度が普遍で電流が定常の場合（静磁気）についてはマクスウェルの方程式より，
磁場の発散は0，光速の2乗かける磁場の回転は電流密度を真空の誘電率で割ったものとなることがわかる.
磁場の発散が0であることは静磁気にかぎらずいつでも正しい.
ストークスの定理を用いると
閉曲線にそった磁場の積分は閉曲線を貫く電流割るε0c^2（アンペールの法則）.

13-5　直線電流とソレノイドの磁場；原子電流

アンペールの法則を用いて直線状の電流のつくる磁場を求めた.
結果は距離に反比例し方向は電流と電線への垂線に垂直.

ソレノイド内の磁場をソレノイド外の磁場が0であると仮定して求めた.
結果は単位長さあたりのソレノイドの巻き数かける電流に比例.

13-6　電磁場の相対性

電荷に働く磁気力が速度に比例するというが慣性系を変えれば磁気力も変わってしまう.
しかし現象は変わらない.

このことを以下の状況を考えて理解する.
慣性系Sからみると
密度ρ-の負電荷が針金内を速度v-で流れていて
そのそばで電荷が速度が同じくv-で移動している.
慣性系S'は慣性系Sに対し速度v-で移動している.
慣性系Sからみると電荷には磁気力が働くが，
S'からみると電荷の速度は0なので磁気力は働かない.
Sからみた針金内の静止した正電荷の密度は-ρ-.
相対論によって動いている長さL0の針金は縮む.
そのことを考慮するとS’からみた正電荷密度は増え負電荷の密度は減る.
よって全体としてS’からみた針金は正に帯電している.
よって針金のそばの電荷には針金の作る電場による力が働く.
しかしこれを考慮してもS系からみた力と一致しない.
しかし時刻がローレンツ変換されることも考慮すると
y軸方向の運動量の変化はどちらの慣性系から見ても変わらない.

13-7　電流と電荷の変換

電荷密度と電流密度は，
エネルギー割る光速二乗と運動量について静止質量を静止電荷密度に置き換えたものと同じ.

慣性系を変えると（電流密度，電荷密度）は
（位置，時刻）と同じ変換をする.

13-8　重ね合わせ；右手の規則

（鏡に映った右手とはもとの右手と区別できる.
鏡に映った電磁気的現象は右手の規則が左手の規則になって磁場が決められる.
しかし鏡に映った現象か否かを判断することは出来ない.
なぜかというと電流のつくる磁場は鏡の中で逆向きになるがその磁場による磁気力も逆になるから.
だから鏡の中の現象に関しても同じ方程式を使える.）

ファインマン物理学Ⅲ　第１３章静磁場（問題）

2007-09-30T22:51:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_13.pdf

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_13.dvi

ファインマン物理学Ⅲ　第１３章静磁場（問題）
13-1

１）中心での磁場について.
左上の銅線からの磁場を
$B$とおく.

\[
2\pi \frac{a}{\sqrt{2}}B_1=\frac{I}{\epsilon _0c^2}
\]
よって
\[
B=\frac{I\sqrt{2}I}{2\pi a\epsilon_0 c^2}
\]
これの垂直成分は$\frac{B}{\sqrt{2}}$
その4倍の下向きのベクトルが答え.
\[
\frac{4B}{\sqrt{2}}=\frac{4I}{2 \pi a \epsilon_0c^2}=8\times 10^{-5} W/m^2.
\]

２）左下の銅線に働く1mあたりの力について.
左上の銅線からの磁場を$B_1$,
右上の銅線からの磁場を$B_2$,
右下の銅線からの磁場を$B_3$とおく.

\[
B_1=\frac{I}{2\pi a \epsilon_0c^2}
\]

\[
B_2=\frac{I}{2\pi \sqrt{2}a\epsilon_0c^2}
\]

\[
B_3=\frac{I}{2\pi a \epsilon_0c^2}
\]

よって
\[
\mathbf{B}_1=(-\frac{I}{2\pi a \epsilon_0c^2}, 0)
\]

\[
\mathbf{B}_2=(\frac{I}{4\pi a \epsilon_0c^2}, -\frac{I}{4\pi a \epsilon_0c^2},)
\]

\[
\mathbf{B}_3=(0, -\frac{I}{2\pi a \epsilon_0c^2})
\]
よって
\[
\mathbf{B}_1+\mathbf{B}_12+\mathbf{B}_3=(-\frac{I}{4\pi a \epsilon_0c^2}, -\frac{3I}{4\pi a \epsilon_0c^2}).
\]
よって
\[
|F|=I|\mathbf{B}_1+\mathbf{B}_12+\mathbf{B}_3|=\frac{I^2\sqrt{10}}{4\pi a \epsilon_0c^2}=6.32 \times 10^{-4}N/m.
\]

13-2
\includegraphics*[width=5cm,height=8cm]{fig13-2.bmp}
半径$r$の円を流れる電流$I$が中心軸に作る磁場は
\[
\frac{I\sin ^3\alpha }{2\epsilon_0c^2 r}.
\]
($\alpha $は軸上の点から円へのベクトルと軸のなす角度.)
これと分極ベクトルが分曲面電荷密度に等しいこと
(式(10.5))を使う.

幅$\delta$で$r$から$r+dr$までの間の部分の電荷の作る磁場は
\[
\frac{P\delta (r+dr)\omega \sin ^3\alpha }{2\epsilon_0c^2r}-\frac{P\delta r\omega \sin ^3\alpha }{2\epsilon_0c^2r}=\frac{P\delta dr\omega \sin ^3\alpha }{2\epsilon_0c^2r}.
\]
\[
\int _0^a\frac{P\delta dr\omega \sin ^3\alpha }{2\epsilon_0c^2r}=\frac{\omega \sin ^3\alpha }{2\epsilon _0c^2}\int _0^a\frac{rP0dr}{2r}=\frac{\omega P_0a\sin ^3\alpha \delta }{4\epsilon_0c^2}.
\]

円筒の外側に現れる分極電荷と等量で反対符号の電荷が円筒外側に現れるとすると，その電荷の作る磁場は
\[
\frac{\omega a\frac{P_0 a}{2}\delta \sin ^3\alpha }{2\epsilon_0c^2 a}=\frac{\omega P_0a\sin ^3\alpha \delta }{4\epsilon_0c^2}.
\]
よって軸でのの磁場は$0$.

13-3

a)
半径$r$の円を通る電流を$I_1$とおくと
\[
I_1=\frac{r^2}{a^2}I.
\]
よって
\[
B=\frac{I_1}{2\pi \epsilon_0c^2r}=\frac{Ir}{2\pi \epsilon_0c^2a^2}.
\]

b)
\[
B=\frac{I}{2\pi r \epsilon_0c^2}.
\]

c)

\[
I_1=I-\frac{r^2-b^2}{c^2-b^2}I=\frac{c^2-r^2}{c^2-b^2}I.
\]
\[
B=\frac{I_1}{2\pi \epsilon_0c^2r}=\frac{I}{2\pi \epsilon_0c^2r}\frac{c^2-r^2}{c^2-b^2}.
\]
(記号が紛らわしい.　右辺一個目のcは光速.　)

d)

0.

13-4

a)
ループの上の辺での磁場を$B_1$
ループの下の辺での磁場を$B_2$
とする.
\[
B_1=\frac{I_1}{2\pi \epsilon_0c^2(a+w)}.
\]
\[
B_2=-\frac{I_1}{2\pi \epsilon_0c^2a}.
\]
働く力は
\[
I_2B_1l+I_2B_2l=\frac{I_2I_1l}{2\pi \epsilon_0c^2(a+w)}-\frac{I_2I_1l}{2\pi \epsilon_0c^2a}=\frac{I_1I_2lw}{2\pi a(a+w)\epsilon_0c^2}.
\]
（左右の辺への力は打ち消しあう）
直線への力はこの符号を反対にしたもの.

b)0.

13-5

$q, m_e$を電子の電荷と質量とする.
速さ$v_0$で入射するとする.
磁場が働く距離を$l$
磁場が働く時間を$\Delta t$とする.
磁場が働くことによる運動量の変化を$p_y$
速さの変化を$v_y=p_y/m_e$とする.

\[
3keV=\frac{mv_0^2}{2}.
\]
\[
\Delta t=\frac{l}{v_0}.
\]
\[
p_y=F\Delta t=qv_0B\frac{l}{v_0}=qBl
\]
\[
v_y=qBl/m_e.
\]
次に
\[
v_0=v_y
\]
と仮定して
$B$を決める.
\[
v_0=qBl/m_e
\]
\[
B=\frac{m_ev_0}{lq}.
\]
ここで$l=2cm$とすると
$B=0.009 W/m^2$.

13-6

空洞がない場合の電流と
空洞の中を流れる逆向きの電流の重ね合わせによる磁場を求める.

空洞がない場合の電流によって軸上に作られる磁場は$0$.
空洞の部分を逆向きに流れる電流$I_2$は
\[
I_2=\pi b^2j.
\]
これが軸上に作る磁場は
\[
B=\frac{I_2}{2\pi d \epsilon_0c^2}=\frac{b^2j}{2\epsilon_0c^2d}
\]

(本の答えはb=dの場合？)

ファインマン物理学Ⅲ　第１２章　静電アナログ（問題）

2007-09-27T20:26:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_12.pdf
第１２章　静電アナログ（問題）

12-1

$s$を単位時間単位体積あたり発生する熱量とすると
$r$を円環から温度を測る点までの距離とすると
\[
T=T_0+\int \frac{s \pi (b/2)^2 dl}{4\pi K a}.
\]
\[
s \pi (b/2)^2 2 \pi a=W
\]
より
\[
T=T_0+\frac{W}{4\pi K r}
\]

12-2
(地球の核から地表までの厚さに関するデータが足りない？棚上げ問)
$W=8\times 10^{20}J/y $, $T_1=2500^oC$,$K=0.03 J/(cm x^oC)$とおく.
\[
4\pi r^2 h=W
\]
\[
h=-K\nabla T
\]
となる.
地表の温度を$T_2$とする.
地球の半径を$ad$とおく.
\begin{eqnarray*}
T_2&=&T_1-\int \frac{h}{K}dr\\
&=&T_1-\int \frac{W}{4\pi r^2 K}dr\\
&=&T_1+\frac{W}{4\pi K}(1/(ad)-1/a)
\end{eqnarray*}
これより
\[
a=\frac{W}{4\pi K(T_2-T_1)}(1/d-1)
\]
となる.
（岩石圏の厚さが$150km$であることを考慮して$d=6650/6500$とおくと約$a=6000km$となった.）

12-3

a)

\[
\Delta \phi=\sum _{n=-\infty}^{\infty }(n-1)(n+2)b_nzr^{n-3}
\]
より
$n=1, -2$.

b)

\[
\Delta \phi=\sum _{n=-\infty}^{\infty }(n-1)(n+1)c_nz\rho^{n-3}
\]
より
$n=1, -1$.

12-4

$r_1$を$W$からの距離，
$r_2$を$-W$からの距離，
$h_1$を$W$による熱流の大きさ，
$h_2$を$-W$による熱流の大きさとすると，
\[
2\pi r_1th_1=W
\]
\[
2\pi r_2th_2=W
\]
よって熱流$\mathbf{h}$は
\[
\mathbf{h}=h_1\hat{\mathbf{r}}_1+h_2\hat{\mathbf{r}}_2=\frac{W\hat{\mathbf{r}}_1}{2\pi r_1t}-\frac{W\hat{\mathbf{r}}_2}{2\pi r_2t}=\frac{W}{2\pi t}\left( \frac{\mathbf{r}_1}{r_1^2}-\frac{\mathbf{r}_2}{r_2^2}\right)
\]
ここで$\hat{\mathbf{r}}$は
$\mathbf{r}$方向の単位ベクトル.
\[
\left( \frac{\mathbf{r}_1}{r_1^2}-\frac{\mathbf{r}_2}{r_2^2}\right)=\frac{(x-d/2, y)}{(x-d/2)^2+y^2}-\frac{(x+d/2,y)}{(x+d/2)^2+y^2}\fallingdotseq \frac{d(x^2-y^2, 2xy)}{(x^2+y^2)^2}.
\]
\[
-K\nabla T=\mathbf{h}=\frac{Wd}{2\pi t}\frac{(x^2-y^2, 2xy)}{(x^2+y^2)^2}
\]
よって
$T_1$を$(x, y)$での温度とすると
\begin{eqnarray*}
T_0&=&T_1+\int _{(x, y)}^{\infty}\frac{Wd}{2\pi t}\frac{(-x^2+^2, -2xy)}{(x^2+y^2)^2}\cdot d\mathbf{s}\\
&=&T_1+\int _{(x, y)}^{\infty}\frac{Wd}{2\pi t}\frac{(-x^2+^2, -2xy)}{(x^2+y^2)^2}\cdot \frac{d\gamma (s)}{ds}ds\\
&=&T_1+\int _{(x, y)}^{\infty}\frac{Wd}{2\pi t}\frac{-2\cdot 100 d(100d+s)}{((100d)^2+(100d+s)^2)^2}ds\\
&=&T_1+\frac{-2W100d^2}{2\pi tK}\int _{100d}^{\infty }\frac{t}{((100d)^2+t^2)^2}dt\\
&=&T_1-\frac{W100d^2}{\pi tK}\frac{1}{40000d^2}\\
&=&T_1-\frac{W}{400\pi tK}
\end{eqnarray*}
ここで
\[
\gamma (s)=(100d, 100d+s)
\]
とおいた.
よって
\[
T_1=T_0+\frac{W}{400\pi tK}=20.53^oC.
\]

（一般化：同様に$(md, nd)$での温度$T_1$は
\[
T_1=T_0+\frac{W}{2\pi tK}\frac{m}{m^2+n^2}
\]
となる.）

ファインマン物理学Ⅲ　第１２章　静電アナログ（本文）

2007-09-25T21:14:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_12.pdf
第１２章　静電アナログ（本文）

12-1 方程式が同じなら解も同じ

静電場の問題は
ポテンシャルの勾配にスカラー関数をかけたものの発散が他のスカラー関数に等しい．
というものだった．
数学的にはこれと全く同じ形の物理的問題が他にもある．

12-2 熱の流れ；無限の平面境界近くの点元

hを流れに垂直な単位面積を単位時間あたりに流れる熱エネルギーの量とする．
hは熱伝導率KかけるTの勾配．
hの発散は単位体積あたり単位時間あたりの熱源から発生した熱量sとなる．

h⇔E

T⇔φ

で定常熱流と静電場の問題は対応している．

例として内部で熱が発生している円筒を断熱材で囲ったものについて
断熱材の外側と内側の温度差をもちいて内部で発生している熱量を表した．

もう１つの例として地面の下にある点状の熱源について考えた．
地面の外では熱伝導率は0とした．
静電場の問題では対応するものは無い．
物質の外側の誘電率が0の場合に対応するから．
しかし映像の湧き出しの符号を同じにすれば映像法と同様の手法で温度分布を求められる．

12-3　張った膜

薄いゴムのシートが水平な枠に張ってあることを考える．
変位をu
表面張力をτ
外力をf
として導かれた方程式は静電場の方程式と

u⇔φ

f／τ⇔ρ／ε

という対応がある．

12-4　中性子の拡散；均質な媒質内の一様な球形源

グラファイトのようなおそい中性子を吸収しない物質中の中性子の拡散を考える．
Jを中性子の流れのベクトルとする．単位体積中の中性子数をNとする．単位体積，単位時間あたり
S個の中性子を発生させる源があるとする．
Jは拡散係数DかけるNの勾配かけるマイナス1となる．
Jの発散はSマイナスNの時間変化となる．

Nが時間的に変化しないときの方程式はκ＝１の静電場の方程式で
ρ／ε0をS／Dに置き換えたものとなる．
それを用いて球内で一様に中性子が発生している状態のNを求めた．

12-5　渦無しの流れ；球のまわりの流れ

非圧縮性で粘性のない循環のない流体の定常流を考える．

ρ：流体の密度

ｖ：流体の流れ

非圧縮正の仮定からｖの発散は0．
ｖの循環は0と仮定する．
ｖはポテンシャルψの勾配で表せる．
対応する静電場の問題は
ｖをEに置き換え
ψを静電ポテンシャルφで置き換えたもの．

例として半径aの球形のボールが液体内を落下する問題を球に固定した座標で考える．
これに対応した静電場の問題として
球の表面でφの半径方向微分が０になりｒが大きいところではEは一定値E0に近づくという境界条件の問題を解いた．
その方法は電場が一様な電場と双極子場との和でかけると仮定してｒがaのときφの半径方向微分が0であるという条件から
双極子モーメントpを決めるというものだった．

12-6　照明；一つの平面を一様に照らすこと

平面の上に光源がある状況を考える．
光源の強さをSとすると照度は強さ４πε0Sの点電荷のつくる電場の法線成分に対応する．
管状の蛍光灯がテーブルから高さｚの位置に間隔bで並んでいるとき1000分の1の精度
で一様に照らすのに最大の間隔bはどうなるかという問題を考える．
一様に帯電した針金格子が間隔bで並んでいるときの電場の法線成分を求めて場の変動を1000分の1にするbを求めればよい．

12-7　自然の“根底にある統一”について

違う現象の方程式が似ていることによって
限られた年数で殆ど全ての物理学を学べる可能性がある．
なぜ似ているのか？
物理をはめ込む枠になっている空間が共通しているからではないか．
複雑な問題を単純な微分方程式でまねることによって似た問題になった．
これは静電気の方程式についてもいえるのではないか．
実際に10^{-14}cmより小さい現象には間違ってくる．
相対論と量子力学を結合すると∇・（κ∇）＝ρ／εと違っていて，同時にどんな矛盾もないような
方程式の発明を禁止しているように見える．

ファインマン物理学Ⅲ　第１１章　誘電体の内部（問題）

2007-08-31T22:22:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_11.pdf
\begin{document}

第１１章　誘電体の内部（問題）

11-1

問題6-7で解いた.

球の外部では
\[
\mathbf{p}=\frac{4\pi a^3 \rho \mathbf{d}}{3}
\]
の双極モーメントの双極子の作る場.
球の内部では
\[
\mathbf{E}=-\frac{\rho \mathbf{d}}{3\epsilon_0}.
\]
だった.
記号を合わせる.
$\mathbf{P}=\rho \mathbf{d}$は単位体積あたりの双極モーメント.

11-2

\[
\kappa -1=\frac{P}{\epsilon _0E}
\]
より
\[
P=\epsilon_0E(\kappa -1)=6.5521 \times 10^{-14}C/m^2.
\]
これが単位体積あたりの双極モーメント.
ヘリウムのモル体積は$21 \times 10^{-3}m^3/mol$.
よって$2.8677\times 10^{25}個/m^3$.
よって一個あたりの双極モーメントは
\[
\frac
{P}{2.8677\times 10^{25}/m^3}=2.28 \times 10^{-39}Cm.
\]

11-3

$p$を圧力とすると
\[
\kappa -1=\frac{Np_0^2}{3\epsilon_0 kT}=\frac{pp_0^2}{3\epsilon_0(kT)^2}.
\]
\[
p_0=\sqrt{\frac{3\epsilon_0(\kappa -1)}{p}}kT.
\]
これに最初の数値を代入すると
\[
p_0=6.446\times 10^{-30}Cm.
\]
（分子分極率を温度の逆数の関数としてプロットして傾きから永久双極子モーメントを求めるとか
いう問題文の意味がよくわからない（棚上げ問））.

11-4

\[
p=\alpha \epsilon_0E
\]
\[
E=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{2p}{a^3}=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{2\alpha \epsilon_0E}{a^3}
\]
よって
\[
a^3=\frac{\alpha }{2\pi}.
\]

次に後半の問題について.
酸素の双極モーメントを
$p_O$，
チタンの双極モーメントを
$p_T$，
酸素のある場所での電場を
$E_O$，
チタンのある場所での電場を
$E_T$とおく．

\begin{eqnarray*}
E_O&=&\frac{2}{4\pi \epsilon_0}\left( \frac{2p_T}{\left(\frac{a}{2}\right) ^3}+ \frac{2p_T}{\left( \frac{a}{2}+a\right) ^3}+\cdots \right) +\frac{2}{4\pi\epsilon_0}\left( \frac{2p_O}{a^3}+ \frac{2p_O}{(2a)^3}\cdots \right)\\
&=&\frac{8p_T}{\pi \epsilon_0a^3}\left(1+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^3}\cdots \right) +\frac{p_O}{\pi \epsilon_0a^3}\left( 1+\frac{1}{2^3}\cdots \right)\\
&=&\frac{8p_T}{\pi \epsilon_0a^3}\left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^3}\right)
+\frac{p_O}{\pi \epsilon_0a^3}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}\\
&=&\frac{8p_T}{\pi \epsilon_0a^3}\frac{7}{8}1.2+\frac{p_O}{\pi \epsilon_0a^3}1.2\\
\end{eqnarray*}
同様に
\begin{eqnarray*}
E_T&=&\frac{2}{4\pi \epsilon_0}\left( \frac{2p_O}{\left(\frac{a}{2}\right) ^3}+ \frac{2p_O}{\left( \frac{a}{2}+a\right) ^3}+\cdots \right) +\frac{2}{4\pi\epsilon_0}\left( \frac{2p_T}{a^3}+ \frac{2p_T}{(2a)^3}\cdots \right)\\
&=&\frac{8p_O}{\pi \epsilon_0a^3}\left(1+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{5^3}\cdots \right) +\frac{p_T}{\pi \epsilon_0a^3}\left( 1+\frac{1}{2^3}\cdots \right)\\
&=&\frac{8p_O}{\pi \epsilon_0a^3}\left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^3}\right)
+\frac{p_T}{\pi \epsilon_0a^3}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3}\\
&=&\frac{8p_O}{\pi \epsilon_0a^3}\frac{7}{8}1.2+\frac{p_T}{\pi \epsilon_0a^3}1.2\\．
\end{eqnarray*}
よって$A_O=\frac{1.2\alpha _O}{\pi a^3}, A_T=\frac{1.2\alpha _T}{\pi a^3}$とおくと
\[
p_O=\alpha_O \epsilon _0E_O=7A_Op_T+A_Op_O,
\]
\[
p_T=\alpha_T \epsilon _0E_T=7A_Tp_O+A_Tp_T.
\]
これから$p_T,p_O$を消去すると
\[
1-A_O-A_T=48A_TA_O.
\]

11-5

問題6-7を使う．
\[
p=\frac{4\pi (d/2)^3 \sigma _0}{3}
\]
を外部の電場によって誘起された真鍮の球一個あたりの双極モーメントとおく．
真鍮の表面に誘起された電子による真鍮内部の電場は
\[
-\frac{\sigma _0}{3\epsilon_0}.
\]
これが外部の電場と相殺するので
\[
E=\frac{\sigma _0}{3\epsilon_0}=\frac{1}{3\epsilon_0}\frac{3p}{4\pi (d/2)^3}.
\]
よって
\[
p=4\pi \epsilon_0 (d/2)^3E.
\]
単位格子内には一個の真鍮球があるので
単位体積あたりの双極モーメント$P$は
\[
P=\frac{p}{(3d)^3}=\frac{4\pi \epsilon_0 (d/2)^3E}{(3d)^3}=\frac{\pi \epsilon_0E}{54}.
\]
よって比誘電率$\kappa$は
\[
\kappa =1+\frac{P}{\epsilon_0E}=1+\frac{\pi}{54}.
\]

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第１１章　誘電体の内部（本文）

2007-08-30T16:55:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_11.pdf
第１１章　誘電体の内部（本文）

11-1　分子双極子

水分子のように正電荷の中心と負電荷の中心が一致しないと
双極モーメントを持つ.このような分子を極性分子という.

酸素の分子のように負電荷と正電荷の中心が一致する分子を非極性分子という.

11-2　電子分極

単原子気体の原子が電場内にあるときの電場に比例した双極モーメントができる.
双極モーメントをつくる電子分布の変位を電子分極という.

電場内の電子の変位を計算すると双極モーメントが電場に比例することがわかった.
ｐ＝αε0Eでαを定義して原子の共鳴振動数を用いて表した.
αを用いてκを表した.

この見積もりが正しいことを以下の方法で確かめた.
以前求めた水素原子をイオン化するエネルギーを用いて固有振動数を求めαを求めκ＝1.00020を求めた.
これは実験値κ＝1.00026とかなり近い.

電子を引き離すのに必要なエネルギーが水素の約2倍のヘリウムについても固有振動数が2倍として計算すると
κ＝1.000050.実験値はκ=1.000068．

11-3　極性分子；配向分極

極性分子に電場が働くと
2つのことがおこる.1つは個々の分子に双極モーメントが誘起されること.しかしこれは無視する.
2つ目は分子が整列されること.

電場に対する角度の関数として双極モーメントのエネルギーを表し統計力学の方法を用いて電場によって
整列することによって誘起される単位体積あたりの双極モーメントを求めた.
それは電場と各分子の双極モーメントの2乗に比例し温度に逆比例した.

11-4　誘電体の空洞内の電場

原子が球状の孔の中にあると考える.
誘電体内部の一様な電場が孔の中の電場と原子の分極による電場との重ね合わせでえられると仮定して
孔の中の電場を求めた.

11-5　液体の誘電率；クラウジウス-モソチの式

前節で計算した孔の中の電場が原子を分極させると仮定して
比誘電率κを原子の分極率αと単位体積あたりの原子数Nを用いて表した（クラウジウス-モソチの式）.
この式の確認の仕方：まず気体についてκを測定しαを求める.次にこのαと液体に関するNを用いて液体のκを計算し実験値と比較する.この方法で20℃で液体のCS_2について計算するとκは2.76.実験値は2.64でかなり近い.

11-6　固体誘電体

ワックスのような永久双極子のある分子を含む物質について液体でいる間に電場をかけて
双極子モーメントを整列させて固体にするとこの固体は永久分極を持つ.このような固体をエレクトレットという.
永久内部分極はある種の結晶物質でも自然に起こる.
熱膨張によるモーメントに変化をピロ電気.
結晶にかける応力によるモーメントの変化をピエゾ電気という.

11-7　強誘電体；BaTiO_3

クラウジウス-モソチの式によるとNαが３のときκは∞になる.
そこでNαが３になる温度を臨界温度T_cとおき臨界温度の近傍で温度に関して
Nαを一次の項まで展開したものをクラウジウス-モソチの式に代入すると
κ－１が温度と臨界温度の差に逆比例することがわかる.

一列に並んだ原子の双極モーメントが作る電場の和を求めた.
そしてその電場が各双極モーメントを作ると仮定すると原子の分極率αに関する条件が求まった.
これは臨界温度で実現されるはずである.
臨界温度まで下げたときにαは十分大きくなり自分の場に支えられた永久分極が起こる.

ファインマン物理学Ⅲ　第１０章　誘電体（本文）

2007-08-27T20:20:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_10.pdf

第１０章　誘電体（本文）

10-1　誘電体

コンデンサーの極板間に誘電体を入れると容量は増加する.
理由は誘電体の表面に電荷が誘導されて誘電体内部の電場が減るから.

10-2　分極ベクトルP

原子が電場内にあると電子の分布が核にたいして変位し各原子は双極モーメントを持つ.
単位体積あたりの双極モーメント（分極ベクトルP）を求めた.

10-3　分極電荷

コンデンサーに挿入された誘電体の表面に誘導される電荷密度は
誘電体内の単位体積あたりの双極モーメントPに等しい.

このことから誘電体内部の電場をPを用いて表し
Pが電場に比例すると仮定して電場を求めた.

「閉曲面内の分極電荷は－１かける閉曲面上の分極ベクトルの面積分に等しい」.
これを微分形に書き直すと「分極電荷密度は－１かける分極ベクトルの勾配に等しい」.

10-4　誘電体のある場合の静電方程式

Dをε0＋Pで定義してDの従う正電場の方程式を導いた.
しかしこれは近似式にすぎない.

10-5　誘電体のある場合の場と力

誘電率κが一定なら場はκ分の１だけ小さくなる.

誘電固体内に置かれた電荷に働く力の問題は解かれていない.

帯電体が小さい誘電体をひきつける理由は
誘電体が分極し，帯電体に近い部分の方の電場が強いから.
小さい物体に対して力は電場の２乗の勾配に比例する.
理由は分極が電場に比例し，分極電荷かける電場が力になり，
手前の電荷の引かれる力と奥の電荷の遠ざける力の差が小さい物体に働く力だから.

平板コンデンサー内に途中まで挿入された誘電体に働く力を仮想仕事の原理を用いて求めた.

ファインマン物理学Ⅲ　第１０章　誘電体（問題）

2007-08-24T21:26:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_10.pdf

\begin{document}
第１０章　誘電体（問題）

10-1

$\kappa _i$の誘電体内の電場を $E_i$，極板上の電荷密度を$\sigma _i$とする(i=1, 2).
\[
E_i=\frac{\sigma _i}{\epsilon _0\kappa _i}, (i=1,2).
\]
\[
V=E_1d=E_2d
\]
より
\[
\frac{\sigma _1}{\epsilon_0 \kappa _1}=\frac{\sigma _2}{\epsilon_0 \kappa _2}.
\]
よって
\[
\sigma _2=\frac{\kappa _2}{\kappa _1}\sigma _1.
\]
また極板上の全電荷$Q$は
\[
Q=\frac{A}{2}\sigma _1+\frac{A}{2}\sigma _2.
\]
よって
\[
C=\frac{Q}{V}=\frac{\frac{A}{2}\sigma _1+\frac{A}{2}\sigma _2}{E_1d}=\frac{\frac{A}{2}(\sigma _1+\frac{\kappa _2}{\kappa _1}\sigma _1)}{\frac{\sigma _1}{\epsilon_0 \kappa _1}d}=\frac{\epsilon_0 A(\kappa _1+\kappa _2)}{2d}.
\]

10-2

a)

前問より$C=\frac{\epsilon_0 A(\kappa _1+\kappa _2)}{2x}.$
コンデンサーの静電エネルギーは
\[
U=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^2x}{\epsilon _0A(\kappa _1+\kappa _2)}.
\]
仮想仕事の原理より
\[
F\Delta x=\frac{Q^2\Delta x}{\epsilon _0A(\kappa _1+\kappa _2)}.
\]
$Q=CV$を代入して
\[
F=V^2\frac{\epsilon_0A(\kappa _1+\kappa _2)}{(2x)^2}.
\]
これに$\kappa _1=1, \kappa _2=4, x=1cm, A=400 cm^2, V=10V$を代入して
\[
F=4.427 \times 10^{-7}N.
\]

b)
\[
P=\chi \epsilon_0E=(\kappa -1) \epsilon_0 \frac{V}{d}=2.6 \times 10^{-8}C/m^2
\]

(答えと合わない.)

c)変わらない.

10-3

極板の電荷密度を$\sigma $とおくと
\[
V=\frac{\sigma }{\epsilon_0}(d-t)+\frac{\sigma }{\epsilon _0\kappa }t.
\]
極板の面積を$A$とおくと
\[
\sigma _0=\frac{\epsilon_0A}{d}.
\]
\[
C=\frac{Q}{V}=\frac{\sigma A}{\frac{\sigma }{\epsilon_0}(d-t)+\frac{\sigma }{\epsilon _0\kappa }t}=\frac{\frac{\epsilon_0 A}{d}}{1-\frac{t}{d}+\frac{t}{d}\frac{1}{\kappa }}=\frac{C_0}{1-\frac{\kappa -1}{\kappa }\frac{t}{d}}.
\]

10-4

誘電体の内側の表面の分極電荷密度を$\sigma _{\mbox{分極}}$とおく.

ガウスの法則より
\[
4\pi r^2E(r)=\frac{Q-4\pi a^2\sigma _{\mbox{分極}}}{\epsilon_0}\cdots (1).
\]
$r=a$のとき（分極が電場に比例することを使って）
\[
4\pi a^2E(a)=\frac{Q-4\pi a^2\chi \epsilon_0E(a)}{\epsilon_0}.
\]
よって
\[
E(a)=\frac{Q}{(1+\chi )\epsilon_04\pi a^2}.
\]
よって
\[
\sigma _{\mbox{分極}}=\frac{\chi Q}{(1+\chi )4\pi a^2}.
\]
これを(1)に代入して
\[
E(r)=\frac{1}{4\pi r^2}\left( \frac{Q-\frac{\chi}{1+\chi}Q}{\epsilon_0}\right) =\frac{Q}{4\pi \epsilon_0r^2(1+\chi )}.
\]
\[
P(r)=\chi \epsilon_0E(r)=\frac{(\kappa -1)Q}{4\pi \kappa r^2}.
\]
分極による全面電荷は
\[
4\pi a^2P(a)=\frac{\kappa -1}{\kappa }Q.
\]

b)

\[
\rho =-\nabla \cdot P=\frac{\kappa -1}{2\pi \kappa }\frac{x+y+z}{r^4}.
\]
(答えでは$0$)

10-5

a)
$C_0$を平板コンデンサーの容量，$C$を誘電体を挿入した後の容量とすると
問題10-3より
\[
C=\kappa C_0.
\]
板があるときの極板上の電荷を$q_1$とすると，
\[
q_1=C_1V_0=\kappa C_0V_0=\kappa q_0
\]
よって電池のする仕事は
\[
V_0(q_0-q_1)=V_0q_0(\kappa -1).
\]
次に静電エネルギーの変化を計算する.

\[
\Delta U=U_1-U_0=\frac{1}{2}CV_0^2-\frac{1}{2}C_0V_0^2=\frac{1}{2}(\kappa -1)CV_0^2.
\]
だけエネルギーが増加する.

よって人に対して
\[
V_0q_0(\kappa -1)-\Delta U=\frac{1}{2}(\kappa -1)CV_0^2.
\]
だけの仕事をする.

10-6

高さ$H$の部分までの容量を$C_0$とおくと
問題10-5より
\[
mgH=\frac{1}{2}C_0V_0^2(\kappa -1)\cdots (1).
\]

問題6-5より
\[
C_0=\frac{2\pi \epsilon_0H}{\log \frac{b}{a}}.
\]
油の密度を$\rho $とすると
\[
m=\rho H\pi(b^2-a^2).
\]
これらを(1)に代入して
\[
\rho H\pi (b^2-a^2)gH=\frac{\pi \epsilon_0HV_0^2(\kappa -1)}{\log \frac{b}{a}}.
\]
よって
\[
H=\frac{V_0^2(\kappa -1)\epsilon_0}{\log \frac{b}{a}\rho (b^2-a^2)g}.
\]

10-7

境界面の法線ベクトルを$\mathbf{n}$とする.
$\kappa $の誘電体の分極電荷を$\sigma _i$，電場を$\mathbf{E}_i$，$\chi _i=\kappa _i-1$とする(i=1, 2).

境界面に置かれた上部の面積$A$の薄い直方体にガウスの法則を適用し
\[
\frac{A(\sigma _1-\sigma _2)}{\epsilon_0}=A(\mathbf{E}_1\cdot \mathbf{n}-\mathbf{E}_2\cdot \mathbf{n}).
\]
これに
\[
\sigma _i=\chi _i\epsilon_0\mathbf{E}_i\cdot \mathbf{n}.
\]
を代入して
\[
\chi E_1\cos \theta _1-\chi _2E_2\cos \theta =E_2\cos \theta -E_1\cos \theta .
\]
よって
\[
\kappa 1E_1\cos \theta _1=\kappa _2E_2\cos \theta _2\cdots (1).
\]
一方電場の水平成分は変わらないので
\[
E_2\sin \theta _2=E_1\sin \theta _1.
\]
これを(1)に代入して
\[
\kappa _1\cot \theta _1=\kappa _2\cot \theta _2.
\]

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第９章　空中電気（本文）

2007-08-23T08:38:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_9.pdf

第９章　空中電気（本文）

9-1　大気の電位傾度

大気中では高さ1メートルあたり100ボルトほど電位が増す.

電位差を測る方法
導体をしばらく放置電位を測る.
もれるバケツをおいてしばらくしてから電位を測る.
電場を測る.

電場は50kmくらいまである.
電位差は約400000V.

9-2　大気中の電流

大気中には1m^2あたり10μμAほどの電流がある.
大気中のイオンは高度が上がるほど増加する.
宇宙線によってつくられるから.
分子からなるイオンのほかに夾雑物が帯電した大イオンがある.
地球表面全体に達する全電流は約1800A.
電圧は400000V，電力は720MW.
空気の伝導度は高度が高い方が高まる.
50kmでは事実上導体と考えられる.
大気中の電流はロンドン時7：00pmに最大，4：00amに最小で場所によらない.

9-3　空中電流の起源

地面を負に帯電させるための電流の起源は雷雨と稲妻.
ロンドン時7：00に世界中の雷雨の活動は最高になる.

9-4　雷雨

雷雨は多数のセルからなる.
乾燥大気は上昇すると断熱膨張して冷える.そのため高さ-温度のグラフの傾きは急になる.
よって上昇しようとした空気はそれが入りこむ空気より冷たくなり上昇できなくなる.
水蒸気を大量に含んだ空気の場合は膨張し冷却されるとその中の水蒸気が凝縮し熱を放出するために冷えにくい.
そのため上昇できる.高さ-温度グラフは緩やか.
実際には上昇するとき周囲の空気を吸い込み冷却されるのでそれほど緩やかではない.
この対流で10000mから15000mまで60マイル/時ほどの上昇流ができる.
水蒸気が凝結してできた水滴が凍ってできた氷の粒子が十分重いと落下する.
それは空気を引き連れて下降気流を作る.十分落下すると周りの温度より低くなる.そして急速落下を続ける.

9-5　電荷分離の機構

雲の中6，7km上空に正電荷があり，温度は-20℃.
3，4kmの高さに負電荷があり温度は0℃から-10℃.
雲の底にもなぜか一部正電荷がある.
雲の底と地面との電位差は20，30，時には100MVに達する.
一回の稲妻で20から30クーロンの電荷が運ばれる.
5秒で電荷は再生される.

関係ないが，ホースにつけたノズルを上に向けて水を出す.そこに弱い電場をかけると
大きな水滴に分裂し，強い電場をかけると細かい水滴に分裂する.

雷雲中の電荷分離を説明する.
水滴は電場により上は負に，下は正に帯電する.
よって落下するとき負のイオンとのみぶつかり負に帯電する.

9-6　稲妻

稲妻は光速の6分の1で50mほど進み50μs静止してまた次の一歩を踏み出すというステップを繰り返す（階段形前駆）.
通り道の空気はイオン化され"電線"ができる.
帰還雷撃は前駆放電の作った道を駆け上がる.
その後の前駆放電は一気に上から下までいく（矢形前駆）.

ファインマン物理学Ⅲ　第８章　静電エネルギー（問題）

2007-08-21T22:49:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_8.pdf
\begin{document}
第８章　静電エネルギー（問題）

8-1

\[
\frac{1}{4\pi \epsilon_ 0}\sum \frac{q_iq_j}{r_{ij}}
\]
の和の項の個数は
$\frac{Z(Z-1)}{2}$だから$Z$の一乗の項への依存性を考えると正しい.

8-2

$C_1=100pF$,$C_2=10pF$,$V_1=300V$とおく.
\[
C_1V_1=C_2V_2
\]
より
\[
V_2=\frac{C_1V_1}{C_2}=3000V.
\]
エネルギー差は
\[
\frac{1}{2}C_2V_2^2-\frac{1}{2}C_1V_1^2=4.05\times 10^{-5}J.
\]

8-3

並列につないだコンデンサーの容量は$C=C_1+C_2$.
\[
U=\frac{(q_1+q_2)^2}{2C}=\frac{(q_1+q_2)^2}{2(C_1+C_2)}.
\]
最初のエネルギーは
\[
U_1=\frac{q_1^2}{2C_1}
\]
\[
U_2=\frac{q_2^2}{2C_2}
\]
よってエネルギー損失は
\[
U_1+U_2-U=\frac{(q_1C_2-q_2C_1)^2}{2C_1C_2(C_1+C_2)}.
\]

8-4

電位を$\phi $とおく.
原点から$\pm \mathbf{d}$におかれた$\pm q$の電荷が電気双極子を作るとする.
\[
U=q\phi (\frac{\mathbf{d}}{2})-q\phi (-\frac{\mathbf{d}}{2})=q\mathbf{d}\cdot \nabla \phi (0)=-\mathbf{p}\cdot \mathbf{E}.
\]

\[
U=-pE\cos \theta.
\]
トルクを$\tau $とおく.
\[
\Delta U=pE\sin \theta =\tau d\theta .
\]
よって
\[
\tau=pE\sin \theta .
\]

8-5

\[
U=\frac{q^2}{2C}.
\]
容量$C$は
\[
C=\frac{\epsilon_0A}{x}.
\]
これらを
\[
Fdx=\Delta U
\]
に代入して
\[
Fdx=\frac{q^2}{2\epsilon_0A}dx.
\]

8-6
\[
\frac{3}{5}\frac{q_e^2}{4 \pi \epsilon_0r}=(139.6-135)MeV
\]
を解いて
\[
r=1.89 \times 10^{-16}m.
\]

8-7

鏡像電荷を用いて電場を計算して穴に入るときと出るときの部分の積分は打ち消しあうとして計算したら
$\frac{q^2}{8\pi \epsilon_0}\left( -\frac{2}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{a+b}+\frac{a}{b^2}\right)$
になってしまった.
答えと全然違う.（棚上げ問）

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第８章　静電エネルギー（本文）

2007-08-21T22:48:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_8.pdf
\begin{document}

第８章　静電エネルギー（本文）

8-1　電荷の静電エネルギー；一様な球

電荷分布がわかっているときに静電エネルギーを和や積分で表した.

一様に帯電した球の静電エネルギーを直接仕事を計算して求めた.

8-2　コンデンサーのエネルギー；帯電導体の受ける力

コンデンサーの静電エネルギーを充電するのに必要な仕事を計算して求めた.

コンデンサー間に働く力を仮想仕事の原理を用いて求めた.

その際にコンデンサーの電荷を一定とした.
電位差を一定として計算すると違った結果になるようにみえるが電位を一定に保つために必要な電気的仕事
も考慮すると同じことがわかる.

8-3　イオン結晶の静電エネルギー

NaClのイオンを引き離すのに必要なエネルギーは実験では
7.64x10^5J/molとなる.

結晶のすべてのイオンを引き離すのに必要なエネルギーを計算した.
1つのイオンを引き離すのに必要なエネルギーはイオンあたりのエネルギーの2倍.
よってそれの2分の1がイオンあたりのエネルギー.分子あたりのエネルギーはその2倍.
よって1つのイオンを引き離すのに必要なエネルギーが1分子あたりのエネルギー.

1個のイオンの静電エネルギーを計算した.
実験より10パーセントほど大きくなった.

8-4　原子核の静電エネルギー

陽子間の力は

１．遠方では引力で近傍では斥力.

２．スピンに依存.

３．スピンと距離の方向に依存.

４．陽子の速度に依存.

５．陽子の運動方向とスピンの方向に依存.

といった複雑さを持つ.
しかし陽子-陽子間，陽子-中性子間，中性子-中性子間の力は同じ.

B^{11}の中性子の1つを陽子に置き換えると
C^{11}になる.
それらのエネルギー準位はかなり似ている.
しかし基底状態のエネルギーはC^{11}の方が1.982MeV高い.
それに静止エネルギーの差を足したものが全て静電エネルギーによるとして原子核の半径を計算すると
実際の核半径にかなり近い.
余分のエネルギーが閉殻の外側に陽子を付け加えるのに必要なエネルギーとして計算するとさらに近い.
（Z_Bの定義は？棚上げ問）

8-5　静電場内のエネルギー

静電エネルギーを電場の積分を用いて表した.

方法は静電エネルギーを電位と電荷密度で表し，
電荷密度を電位にラプラシアンを作用させたもので表す.
その式をライプニッツ則とガウスの定理で変形した.

8-6　点電荷のエネルギー

電場の積分で静電エネルギーを表すと点電荷のエネルギーが∞になってしまう.

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第７章　色々の場合の電場（続き）（問題）

2007-08-19T11:48:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_7.pdf
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_7.dvi
\begin{document}
第７章　色々の場合の電場（続き）（問題）

3-7

a)
$-\lambda $の電荷密度の電線からの距離を
$r_2$，
$\lambda $の電荷密度の電線からの距離を
$r_1$とおく.

電場は
\[
E=\frac{-\lambda }{2\pi \epsilon_0r_2}+\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0r_1}.
\]
よって電位は
\[
\phi=-\int \mathbf{E}\cdot d\mathbf{s}=\int _{infty}^{r_2}\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0r}dr-\int _{infty}^{r_1}\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0r}dr=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{r_2}{r_1}.
\]

よって等電位面は
\[
\frac{r_2}{r_1}=\mbox{定数}.
\]
これはアポロニウスの円.

b)
図のように記号をおく.

\includegraphics*[width=11.6cm,height=5.5cm]{fig7-1.bmp}

\[
bc=r^2,
\]
\[
b=d-c.
\]
よって
\[
(d-c)c=r^2.
\]
よって
\[
c=\frac{d-\sqrt{d^2-4r^2}}{2}.
\]
よって
\[
b=d-c=\frac{d+\sqrt{d^2-4r^2}}{2}.
\]

負に帯電した電線の表面の電位は

\[
\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{r_2}{r_1}=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{r}{b}=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{2r}{d+\sqrt{d^2-4r^2}}.
\]

正に帯電した電線の表面の電位は

\[
frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{b}{r}=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{d+\sqrt{d^2-4r^2}}{2r}.
\]
よって電線間の電位差は
\[
V=\frac{\lambda }{\pi \epsilon_0}\log \frac{d+\sqrt{d^2-4r^2}}{2r}.
\]

よって単位長さあたりの容量は
\[
\frac{\lambda }{V}=\frac{\pi \epsilon_0}{\log \frac{d+\sqrt{d^2-4r^2}}{2r}}.
\]

c)

$r_2=\sqrt{(x+d/2)^2+y^2}$,
$r_1=\sqrt{(x-d/2)^2+y^2}$.

電線のつくる等電位面は
\[
\frac{r_2}{r_1}=C.
\]
かきなおすと
\[
(x+d/2)^2+y^2=C^2((x-d/2)^2+y^2).
\]
$x,y>>d$のとき
\[
x^2+2xd+y^2=C^2(x^2-2xd+y^2).
\]
かきなおすと

\[
x^2+y^2-2\frac{C^2+1}{C^2-1}dx.
\]

\[
f(z)=\frac{x-iy}{x^2+y^2}
\]
これの実部が一定の曲線は
\[
\frac{x}{x^2+y^2}=C.
\]
かきなおすと
\[
x^2+y^2-\frac{x}{C}=0.
\]

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第７章　色々の場合の電場（続き）（本文）

2007-08-19T11:47:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_7.pdf
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_7.dvi
\begin{document}

第７章　色々の場合の電場（続き）（本文）

7-1　電場の求め方

導体があるときの電位を求めるには
ラプラス方程式の境界地問題を解く必要がある.
一般には数値解放しかない.
回転楕円体なら解ける.その変形として針や円盤も.

境界地問題は物理的類似物の測定でも解かれる.

一方向の電位の変化が小さければ二次元の問題にできる.

7-2　2次元の場；複素変数の関数

正則関数の実部と虚部がコーシーリーマンの方程式を満たすこと.
よって実部と虚部がそれぞれラプラス方程式を満たすこと.

実部が一定の曲線を等ポテンシャル面とする電場は虚部が一定の曲線.
虚部が一定の曲線を等ポテンシャル面とする電場は実部が一定の曲線.

2乗の実部と虚部の表す電場.

ルートの実部と虚部の表す電場.

7-3　プラズマ振動

全体として中性なイオンと自由電子からなる気体を考える.
一次元的な運動をすると仮定する.
変位と電荷密度の関係を導き，
電荷密度と電場の関係とあわせて電場と変位の関係の式を導き，
電子の受ける力と変位の関係を導いた.
その式は調和振動を表した.プラズマ振動数を定義した.

電子線をアルミ箔に通すと
プラズマ振動数のプランク定数／２π倍しただけエネルギーを失うことがある.

7-4　電解液内のコロイド粒子

原子から見ると大きい小帯電体（コロイド粒子）が浮いているものを考える.
統計力学から力の場において熱平衡にある粒子の密度を温度と位置エネルギーの関数であらわした.
それをポアソン方程式に代入し電位の近似解を求めた.
デバイの長さを定義した.
デバイの長さがコロイド粒子を取り巻くイオンの大体の厚さ.
デバイの長さはイオン濃度が増し温度が下がると薄くなる.
塩類を十分に加えてイオン濃度を増やすとデバイの長さが減りコロイド粒子が衝突しやすくなり付着して
凝結し析出する.この過程を”コロイドの塩析”という。

7-5　グリッドの静電場

y軸に平行な帯電した電線がxy平面にaづつはなれて並んでいるとする.
それらの作り出す電位を求めた.
電位を係数がzの関数のnπx／aの余弦関数として係数がzのどんな関数になるかを求めた.
実際の電位はこれらの重ね合わせで電線の電荷密度と合うようにしたもの.

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ第６章　色々の場合の電場(問題)

2007-08-16T09:51:00.000+09:00

\begin{document}
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_6.pdf
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第６章　色々の場合の電場(問題)

6-1

$(a, b)$におかれた$Q$の他に
$(a, -b)$,$(-a, b)$に$-Q$，
$(-a, -b)$に$Q$の電荷を置く．

そのとき$(a, b)$の電荷の受ける力は
\[
F_x=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-Q^2}{(2a)^2}+\frac{1}{(\sqrt{(2a)^2+(2b)^2})^2}\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}Q^2} \right)=-\frac{Q^2}{16\pi \epsilon_0}\frac{1}{a^2}\left( 1-\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right) ^3\right)
\]

\[
F_y=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-Q^2}{(2b)^2}+\frac{1}{(\sqrt{(2a)^2+(2b)^2})^2}\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}Q^2} \right)=-\frac{Q^2}{16\pi \epsilon_0}\frac{1}{b^2}\left( 1-\left(\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right) ^3\right)
\]

6-2

導体板から距離$x$において粒子に働く力は
\[
F(x)=\frac{-q^2}{4\pi \epsilon _0(2x)^2}
\]

粒子の運動エネルギーは粒子になされる仕事に等しいので
\[
K(x)=-\int _{x_0}^xF(x)dx=\frac{-q^2}{16\pi \epsilon _0}\int _{x_0}^x\frac{1}{x^2}dx=\frac{q^2}{16\pi \epsilon_0}\left( \frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right)
\]

$q=1.6021892 \times 10^{-19} C$,
$x_0=1cm$,
$x=1\AA$を代入して

\[
K(x)=3.6eV.
\]

6-3

図6－3（両対数グラフではない．単位はいいかげん．）

\includegraphics*[width=18cm,height=10.4cm]{fig6-3.bmp}

6-4

地球の半径を$R_0=6378km$とおく．
単位時間当たり単位面積あたり陽子は$1/s\cdot cm^2$だけ地球にくる．
$\tilde{R}_0=637800000$とおくと単位時間当たり地球全体には
$4 \pi \tilde{R}_0^2/s$だけ陽子がくる．
地球の電荷は単位時間当たり$Q=4\pi R_0q_e/s$だけ増える．
$t$だけの時間がたったときの地球の電位は
$\frac{tQ}{4\pi \epsilon_0 R_0}$
これが$10^9V$になれば陽子は地球にたどり着けなくなる．
\[
t=\frac{10^9V4\pi \epsilon _0R_0}{Q}=10\mbox{日}.
\]

(答えでは二十日になっていた)

6-5

単位長さあたり$\rho $の電荷密度があるとする．
まず極板間の電場をガウスの法則で求める．
\[
\Delta l2\pi rE=\frac{\rho \Delta l}{\epsilon_0}
\]
\[
E=\frac{\rho }{2\pi r\epsilon_0}.
\]
極板間の電位差は
\[
V=-\int _a^b\frac{\rho }{2\pi r\epsilon _0}=-\frac{\rho }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{b}{a}.
\]

\[
C=\frac{Q}{V}=\frac{\rho }{\frac{\rho }{2\pi \epsilon_0}\log \frac{b}{a}}=\frac{2\pi \epsilon_0}{\log \frac{b}{a}}
\]

外側の極板の外や内側の極板の内側に突起があっても変化は無い．
外側の極板の内や内側の極板の外側に突起があると容量は減る？

6-6

a)
導体球の半径を$a$とおく．
鏡像電荷$q'=-\frac{a}{b}q$を球の中心から$a^2/b$の距離に置く．
球の中心に$-q'$の電荷を置く．
それらの電荷のつくる電位は
\[
\phi (P)=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{q}{R}+\frac{q'}{r_1}-\frac{q'}{r}\right)
\]
ここで
$R$ は$P$ と$q$との距離，
$r_1$ は$P$と鏡像電荷との距離，
$r$ は$P$と原点との距離．

余弦定理より
\[
R^2=r^2+b^2-2rb\cos \theta ,
\]
\[
R_1^2=r^2+(a^2/b)^2-2r\frac{a^2}{b}\cos \theta ,
\]
ここで$\theta $は原点と$q$を結ぶ直線と，
原点と$P$とを結ぶ直線のなす角度．
これらを用いて
\[
\frac{\partial R}{\partial r}=\frac{r-b\cos \theta }{R},
\]
\[
\frac{\partial R_1}{\partial r}=\frac{r-\frac{a^2}{b}\cos \theta }{R_1},
\]
と計算できる.
この2式を用いて計算すると
\[
\sigma =\epsilon_0 E=-\epsilon_0\frac{\partial \phi }{\partial r}=\frac{q}{4\pi}\left( \frac{1}{a}\left( \frac{1}{b}-\frac{b^2-a^2}{R^3}\right) \right)
\]
となる.

b)

$r_1=\frac{a}{b}R$,$q'=-\frac{a}{b}q$を代入して計算すると
\[
V=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{q}{R}+\frac{q'}{r_1}-\frac{q'}{r}\right)=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{q}{b}.
\]
電荷に働く力は
\[
F=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\left( \frac{-qq'}{b^2}+\frac{qq'}{\left(b-\frac{a^2}{b}\right)^2}\right)=4\pi \epsilon_0V^2\frac{a^3(a^2-2b^2)}{b(b^2-a^2)^2}
\]

6-7

電荷密度$\pm \rho$の球を$d$ずらすと電荷の分布は$d\cos \theta \rho$となる.
本文6-4節の記号に合わせると$\rho d=\sigma _0$.
球の電荷は$Q=\frac{4}{3}\pi a^3\rho$,
$p=Qd=\frac{4\pi a^3 \rho d}{3}=\frac{4\pi a^3 \sigma _0}{3}$.
次に球の内部の電場について考える.
$\mathbf{r}_+$を正に帯電した球の中心から
$P$へのベクトル，
$\mathbf{r}_-$を負に帯電した球の中心から
$P$へのベクトルとする.

正に帯電した球の作る電場$\mathbf{E}_+$は
\[
\mathbf{E}_+=\frac{Q}{4\pi \epsilon_0}\frac{r_+^3}{a^3}\frac{\mathbf{r}_+}{r_+^3}=\frac{\rho }{3\epsilon_0}\mathbf{r}_+.
\]
同様に負に帯電した球の作る電場$\mathbf{E}_+$は
\[
\mathbf{E}_-=\frac{-\rho }{3\epsilon_0}\mathbf{r}_-.
\]

よって球内の電場は
\[
\mathbf{E}_++\mathbf{E}_-=\frac{\rho }{3\epsilon_0}(\mathbf{r}_+-\mathbf{r}_-)=-\frac{\rho d}{3\epsilon_0}
\]

6-8

a)
\[
E_r=E_{\perp }\cos \theta -E_z\sin \theta =\frac{p}{4\pi \epsilon_0r^3}(3\cos ^2\theta \sin \theta -\sin \theta (3\cos ^2\theta -1))=\frac{p}{4\pi \epsilon_0r^3}\sin \theta
\]
\[
E_{\theta }=E_z\cos \theta +E_{\perp }\sin \theta =\frac{p}{4\pi \epsilon_0r^3}(\cos \theta (3\cos ^2 \theta -1) +3\cos \theta \sin ^2\theta )=\frac{p}{2\pi \epsilon_0r^3}\cos \theta
\]
\[
E_{\phi }=0.
\]

(答えでは$r$と$\theta $が逆だが誤植か.)

b)
\[
\frac{E_r}{E_{\theta }}=\frac{\tan \theta }{2}.
\]

c)
\[
f(\theta )=\frac{E_{\perp }}{E_z}=\frac{3\cos \theta \sin \theta }{3\cos ^2\theta -1}
\]
とおく.
\[
E(\theta )=\sqrt{E_z^2+E_{\perp }^2}=\frac{p}{4\pi \epsilon _0 r^3}\sqrt{(3\cos ^2\theta -1)^2+(3\cos \theta \sin \theta )^2}=\frac{p}{4\pi \epsilon _0 r^3}\sqrt{3\cos ^2\theta +1}
\]
とおく.　計算すると
\[
f(0)=0, f(\pi /4)=3, f(\pi /2)=0.
\]
\[
E(0):E(\pi /4):E(\pi /2)=2:\sqrt{\frac{5}{2}}:1/
\]

6-9

a)

双極子の作る電位は
\[
\phi _1(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{p\mathbf{e}_z \cdot \mathbf{r}}{r^3}.
\]
一様な電場の作る電位は
\[
\phi _2(\mathbf{r})=-E_0\mathbf{e}_z\cdot \mathbf{r}.
\]
よって電位は
\[
\phi _1+\phi _2=\left( \frac{p}{4\pi \epsilon_0 r^3}-E_0\right) \mathbf{e}_z\cdot \mathbf{r}.
\]

\[
\frac{p}{4\pi \epsilon_0 a^3}-E_0=0
\]
より
\[
p=4\pi \epsilon_0E_0a^3.
\]

b)図6-9
\includegraphics*[width=11.6cm,height=10.4cm]{fig6-9.bmp}

c)球殻を構成する導体内部（球殻内の空洞でなく）では電場は$0$それ以外では電場は変わらない.

d)球殻の外側の表面に誘導される電荷分布は
\[
-3\epsilon_0E_0\cos \theta .
\]
(この電荷分布によって球殻の外側表面より内部の電場は双極子のつくる電場と導体の内側表面に分布する電荷による電場のみになるから)

e)

$\sigma _0=3\epsilon_0E_0$とおくと
$p=\frac{4\pi \sigma _0a^3}{3}=4\pi \epsilon_0E_0a^3$.

6-10

a)
$l$を双極子から電線におろした垂線の足から電線上の点$P$との距離，
$\theta $を双極子から電線におろした垂線と
双極子と電線上の点を結ぶ直線のなす角度とする.

双極子と電線の距離を$r_0$とおく.（問題文では$r$だが紛らわしいので）
\[
l=r_0\tan \theta
\]
よって
\[
dl=r_0\frac{d\theta }{\cos ^2 \theta }.
\]

双極子から電線に向かうベクトルを$z$軸にとる.$r$を双極子と電線上の点との距離とし
\[
E_z=-\frac{p}{4\pi \epsilon_0}\left(\frac{1}{r^3}-\frac{3z^2}{r^5}\right)
\]
とおく.$r\cos \theta =r_0$を代入し
\[
\int E_z\lambda dl=-\frac{p}{4\pi \epsilon_0}\int \left(\frac{\cos ^3\theta }{r_0^3}-\frac{3r_0^2\cos ^5 \theta }{r_0^5}\right)\lambda \frac{r_0}{\cos ^2\theta }d\theta =-\frac{p\lambda }{4\pi \epsilon_0r_0^2}\int (\cos \theta -3\cos ^3 \theta )d\theta =\frac{p\lambda }{2\pi \epsilon_0 r_0^2}.
\]

対称性よりトルクは$0$

b)
対称性より力は$0$.

\[
E_{\perp}=\frac{p}{4\pi \epsilon_0}\frac{3lr_0}{r^5}.
\]

トルクは
\begin{eqnarray*}
\int lE_{\perp}\lambda dl&=&\frac{3p\lambda r_0}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{l^2}{r^5}dl\\
&=&\frac{3p\lambda r_0}{4\pi \epsilon_0}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\left(\frac{\cos \theta }{r_0}\right) ^5(r_0\tan \theta )^2\frac{r_0d\theta }{\cos ^2\theta }\\
&=&\frac{3p\lambda }{4\pi \epsilon_0r_0}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \theta \sin ^2\theta d\theta \\
&=&\frac{p\lambda }{2\pi \epsilon_0}r_0
\end{eqnarray*}

6-11

\begin{eqnarray*}
\phi &=&\int \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{\mathbf{p}\cdot \mathbf{r}\Sigma dS}{r^3}\\
&=&\frac{pz\Sigma }{4\pi \epsilon_0}\int \frac{dS}{r^3}\\
&=&\frac{pz\Sigma }{4\pi \epsilon_0}\int \int \frac{dxdy}{\sqrt{z^2+x^2+y^2}^3}\\
&=&\frac{pz\Sigma }{4\pi \epsilon_0}\int \int \frac{rdrd\theta }{\sqrt{z^2+r^2}^3}\\
&=&\frac{pz\Sigma }{4\epsilon_0}\int _0^{\infty }\frac{dt}{\sqrt{z^2+t}^3}\\
&=&\frac{pz\Sigma }{4\epsilon_0}[-2(z^2+t)^{-1/2}]_0^{\infty }\\
&=&\frac{p\Sigma }{2\epsilon_0}
\end{eqnarray*}

6-12

a)
環のつくる電位は
\[
\phi _1=\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{dq}{r}=\frac{q}{4\pi \epsilon_0r}.
\]
原点の電荷のつくる電位は
\[
\phi _2=-\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\int \frac{dq}{r}=-\frac{q}{4\pi \epsilon_0x}.
\]
よって電位は
\[
\phi =\phi_1+\phi _2=-\frac{q}{4\pi \epsilon_0x}+\frac{q}{4\pi \epsilon_0\sqrt{x^2+a^2}}.
\]

b)
\[
E=-\frac{\partial \phi}{\partial x}=\frac{q}{4\pi \epsilon_0}\left( -\frac{1}{x^2}+(x^2+a^2)^{-3/2}x\right)
\]

c)
\[
E\fallingdotseq \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\left( -\frac{1}{x^2}+x^{-3}\left( 1-\frac{3}{2}\left( \frac{a}{x}\right) ^2\right) x\right) =\frac{-3qa^2}{8\pi \epsilon _0x^4}
\]

6-13

充電された電荷は
\[
Q=100 \mu \mu F 10V=1000\times 10^{-12}C/V
\]
\[
t_1=\frac{Q}{10^{-12}A}=1000s.
\]

$t_2$後の電位差は$1.5V$な理由はそれ未満の電位差では電子が放出されないから？

充電前に極板間隔が$2$倍なら$Q$
は$1/2$倍になり
$t_1$も
$1/2$倍になる.

充電後に極板間隔を$2$倍にしても変わらない.

6-14
$\rho =ar^2$,$a=2C/r^5$.
$r_0<1cm$について
\[
2\pi r_0 \Delta lE=\frac{1}{\epsilon_0 }\int \rho dv=\frac{1}{\epsilon_0}\int \rho rdrd\theta dl=\frac{1}{\epsilon_0}\int _0^{r_0}ar^3drd\theta dl
\]

\[
E(r_0)=\frac{1}{\epsilon_0}\int _0^{r_0}ar^3dr=\frac{ar_0^3}{4\epsilon_0}
\]
よって$E(0cm)=0, E(0.5cm)=7058 V/m, E(1cm)=56470 V/m$.

$r_1>1cm$について
\[
2\pi r_1 \Delta lE(r_1)=\frac{1}{\epsilon_0}\int _0^{1cm }ar^3drd\theta dl
\]
\[
E(r_1)=\frac{a(0.5cm)^4}{4\epsilon_0 r_1}.
\]
よって$E(2cm)=28235V/m$.

b)
$l=0.5m, r_0=1cm$とおく.
\begin{eqnarray*}
\phi &=&\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\in \frac{\rho dv}{r}\\
&=&\frac{a}{4\pi \epsilon_0}\int \int \int _{-l}^l\frac{y^2+z^2}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}dxdydz\\
&=&\frac{2a}{4\pi \epsilon_0}\int (y^2+z^2)arcsinh \frac{l}{\sqrt{y^2+z^2}}dydz\\
&=&\frac{a}{ \epsilon_0}\int_0^{r_0} r^2arcsinh \frac{l}{r}dr\\
&=&\frac{a}{\epsilon_0}\left(\frac{l^4}{6}+\frac{1}{12}r_0\left( l\sqrt{1+\frac{l^2}{r_0^2}}(r_0^2-2l^2)+3r_0^3 arcsinh\left( \frac{l}{r_0}\right) \right) \right) \\
&=&2741.77 V.
\end{eqnarray*}

c)小さい

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第５章　ガウスの法則の応用（問題）

2007-08-10T23:00:00.000+09:00

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\begin{document}
第５章　ガウスの法則の応用（問題）

5-1

原点を中心とし半径$r_0$の球面$S$に
グリーンの定理
\[
\int _V(\phi \nabla ^2\psi-\psi \nabla ^2\phi)dV=\int _S(\phi \nabla \psi -\psi \nabla \phi)\cdot \mathbf{n}da
\]
を使う．

$\psi =\frac{1}{r}$とする．
\[
\nabla ^2 \psi =-4 \pi \delta
\]
となる．
球内に電荷がないので
$\nabla ^2 \phi =0$．
グリーンの定理の左辺は$-4\pi \phi (0)$となる．
右辺の第2項は内部に電荷がないことより$0$なので右辺は
\[
\int _S\phi \nabla \cdot \mathbf{n}da-\frac{1}{r_0}\int _S\nabla \phi \cdot \mathbf{n}da=-\int _S\phi r^{-2}da=-\frac{1}{r_0^2}\int _S\phi da．
\]
よって
\[
\phi (0)=\frac{1}{4\pi r_0^2}\int _S\phi da
\]

5-2

半径$r$, 高さ$\Delta l$の円筒にガウスの法則を使う．
\[
2\pi r \Delta lE=\frac{\pi r^2\Delta l\rho }{\epsilon _0}.
\]
よって
\[
E=\frac{r\rho }{2\epsilon _0}.
\]

5-3

プラスティックの板を含む直方体を考えてガウスの法則を適用する．
その上の面を動かしたときに内部の電荷が変わらないのでプラスティックの上の領域では
電場は一定．下の領域も同様．

上下の金属板の電位が等しいので
\[
\frac{1}{3}dE_1=\frac{2}{3}dE_1
\]

また絶縁体を含む直方体にガウスの法則を使うと
\[
\frac{\sigma S}{\epsilon _0}=SE_1+SE_2,
\]
ここで$S$は直方体とプラスティックの交わりの面積．

よって
\[
E_1=\frac{2\sigma }{3\epsilon _0},
\]
\[
E_2=\frac{\sigma }{3\epsilon _0}.
\]

5-4

\begin{eqnarray*}
\mathbf{E}(\mathbf{P})&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{\rho (\mathbf{r}_{12})\mathbf{r}}{r_{12}^3}dV_2\\
&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{\rho (x)(x_1-x, y_1-y, z_1-z)}{\sqrt{(x_1-x)^2+(y_1-y)^2+(z_1-z)^2}^3}dxdydz\\
&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}(\int \frac{\rho (x)2\pi (x_1-x)}{|x_1-x|}dx, 0, 0)\\
&=&\frac{1}{2\epsilon _0}(\int _{-\infty }^{x_1}\rho (x)dx-\int _{x_1}^{\infty }\rho (x)dx)
\end{eqnarray*}
2行めから3行目には
\[
\int \frac{dydz}{\sqrt{(x_1-x)^2+(y_1-y)^2+(z_1-z)^2}^3}=\frac{2\pi }{|x_1-x|}
\]
を使った．
$x$成分を微分すると
\[
\frac{dE_x}{dx}=\frac{1}{2\epsilon _0}2\rho (x_1)=\frac{\rho (x_1)}{\epsilon _0}.
\]

5-5

a)

エミッターでは$0$.

コレクター付近での電場は
\[
E=-\frac{d\phi }{dx}=-\frac{4}{3}kd^{1/3}
\]
コレクター付近の直方体を考えるとガウスの法則より
\[
-SE=\frac{\sigma S}{\epsilon _0}.
\]
ここで$S$は直方体の側面の面積．
よって
\[
\sigma =\frac{4}{3}\epsilon _0kd^{1/3}
\]

b)
問題5-4を使う．
\[
\rho (x)=\epsilon _0\frac{dE}{dx}=-\frac{4}{9}kx^{-2/3}
\]

5-6
\[
E=\frac{\sigma }{\epsilon _0}
\]

電荷の内半分の部分が電場による力を受けるとすると

\[
\frac{\sigma dA}{2}E=\frac{\sigma ^2dA}{2\epsilon _0}
\]

5-7

$n_e$を単位面積あたりの余分な電荷の個数とする．
電荷密度は$\sigma =en_e$.
これによる電場は
\[
\frac{\sigma }{\epsilon _0}=10^8V/m.
\]
\[
n_e=\frac{\sigma }{e}=\frac{\epsilon _010^8 V/m}{e}=5.5\times 10^{15}/m^2
\]

表面の原子密度は例えば銅なら
$8900kg/m^3$,$64g/mol$より
$(8900kg/64g )mol/m^3=139000 mol/m^3=8.38 \times 10^{28}/m^3$.
面心立方格子なら表面の単位面積あたりの原子の個数は
$((8.38 \times 10^{28}/m^3)/3)^{2/3}2=1.84 \times 10^{19}/m^2$.

陽子から$1\AA $の距離における電場は．
\[
\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{e}{(10^{-10}m)^2}=1.44\times 10^{11}V/m.
\]

5-8

鉛の原子核について
$A=201$,
$R=R_0A^{1/3}=7.03 \times 10^{-15}m$.

原子核の電荷密度は
\[
\sigma =\frac{82e}{\frac{4}{3}\pi R^3}=9.03 \times 10^{24}C/m^3.
\]

電場は
\[
E=\frac{r\sigma }{3\epsilon _0}.
\]

運動方程式は
\[
\ddot{r}=-\frac{e\sigma }{3m \epsilon _0}r.
\]
ここで$m=207 m_e$.
振動数は
\[
\omega =\sqrt{\frac{e\sigma }{3m\epsilon _0}}=1.7 \times 10^{22}/s.
\]
\[
\hbar \omega =11MeV.
\]

5-9

地球の中心から距離$x$の位置における重力場$E$は
\[
4\pi x^2E=4\pi G \frac{x^3}{R_0^3}M.
\]
ここで$M$は地球の質量，
$R_0$は地球の半径．
よって
\[
E=\frac{xMG}{R_0^3}.
\]
運動方程式は
\[
m\ddot{x}=-\frac{xMGm}{R_0^3}.
\]
よって
\[
\ddot{x}=-\frac{xMG}{R_0^3}.
\]
よって角振動数は
\[
\omega =\sqrt{\frac{GM}{R_0^3}}.
\]
周期は
\[
T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{R_0^3}{GM}}.
\]

一方地球スレスレのところを回る人工衛星について運動方程式は
\[
ma=\frac{GMm}{R_0^3}.
\]
よって$a=\frac{GM}{R_0^2}$.
人工衛星の速さを$v$とすると，
$a=v^2/R_0$.よって$v=\sqrt{R_0a}=\sqrt{R_0\frac{GM}{R_0^2}}=\sqrt{\frac{GM}{R_0}}$
周期は
\[
T=\frac{2\pi R_0}{v}=\frac{2\pi R_0}{\sqrt{\frac{GM}{R_0}}}=2\pi \sqrt{\frac{R_0^3}{GM}}.
\]

5-10

$Q_0=8\times 10^{20}J/y$とおく．
地球の中心を中心とする半径$R$の球$S$を考える．
\[
4\pi R^2h=\int \mathbf{h}\cdot \mathbf{n}da=\frac{R^3}{R_0^3}Q_0.
\]
$R_0=6378 km$は地球の半径．
\[
h=\frac{R}{4\pi R_0^3}Q_0.
\]
また
$\mathbf{h}=-\kappa \nabla T$，ここで$\kappa =0.03 J/cm s ^oC$.

よって地球の中心と表面との温度差は

\[
\int \nabla T\cdot d\mathbf{s}=-\int _0^{R_0}\frac{h}{\kappa }dR=52748 ^oC.
\]

5-11

$r>r_4$における電場は
\[
2\pi rE(r)=\frac{\lambda _1+\lambda _2}{\epsilon _0}.
\]
よって
\[
E(r)=\frac{\lambda _1+\lambda _2}{2\pi \epsilon _0r}.
\]

同様に$r_2\[
E(r)=\frac{\lambda _1}{2\pi \epsilon _0r}.
\]
電位差は
\[
-\int _{r_2}^{r_3}E(r)ds=-\frac{\lambda _1}{2\pi \epsilon _0}\log \frac{r_3}{r_2}.
\]

i.外側の電場も電位差も変わらない．

ii.外側の電場は変わらないが電位差は減る．

iii.外側の電場は変わらないが，電位差は？（棚上げ問）

\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第５章　ガウスの法則の応用（本文）

2007-08-10T22:59:00.000+09:00

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第５章　ガウスの法則の応用

5-1　静電気学はガウスの法則と･･････

静電気の法則はガウスの法則と電場の循環が0であること．

さらに対称性や電位を用いて問題を解く．

5-2　正電場内のつりあい

他の電荷に重なる場合以外は電荷がつりあう点はないことがガウスの法則からわかる．

2つ以上の電荷がつながった剛体の場合も同様．

5-3　導体のつくる場の中での電荷のつり合い

導体のつくる電場の中に安定点はあるか？
ない．なぜなら．
点P0から遠ざけることによって全体のエネルギーが下がる方向がある．
その方向への力が減少するように導体内の電荷が再配置されたとすると再配置されない場合に比べて
全体のエネルギーは増加する．
それはありえない．なぜなら導体内の電荷が再配置されるときは全体の位置エネルギーが減少するから．

5-4　原子の安定性

ラザフォードの模型では
電磁波を輻射して不安定．

原子の安定性は量子力学によって説明される．

5-5　線電荷のつくる電場

筒を考えてガウスの法則を適用．

5-6　面電荷；二つの面

箱を考えてガウスの法則を適用．

5-7　球状の電荷；球殻

球面を考えてガウスの法則を適用．

5-8　点電荷の電場は厳密に1/r^2か

一様に帯電した球殻内部電場が0であることはクーロンの法則から導かれる．
もしr^{-3}に比例するような力を受けるとすると球殻内では内向きの電場ができる．

そのことを利用してクーロンの逆2乗の法則を実験で検証できる．

クーロンの法則は10^{-14}cmでは成り立たなくなる．

5-9　導体の場

導体の外側での電場は電荷密度を真空の誘電率で割ったもの．

5-10　導体の空洞内の場

中空の導体の内側の表面の電荷密度が0であることを示した．
方法は電荷密度が0でない部分があると仮定しその2点を通る
空洞部分と導体を通るループを考えた．
導体内部に電場がないことと静電場において電場の循環が0であることを用いた．

これによって中空の導体の空洞部分に電場がないこともわかる．

これによって5-8節の実験で使われた球体が正確な球である必要がないことがわかる．

ファインマン物理学Ⅲ　第４章　静電気（問題）

2007-08-07T20:50:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_4.pdf
\begin{document} 第４章　静電気（問題）
4-1\begin{eqnarray*}\phi (P)&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int _{-l_1}^{l_2}\frac{\lambda dl}{r_{12}}\\&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int _{-l_1}^{l_2}\frac{\lambda dl}{\sqrt{l^2+r^2}}\\&=&\frac{\lambda }{4\pi \epsilon _0}[\log(l+\sqrt{l^2+r^2})]_{-l_1}^{l_2}\\&=&\frac{\lambda }{4\pi \epsilon _0}\log \frac{\sqrt{l_2^2+r^2}+l_2}{\sqrt{l_1^2+r^2}-l_1}\\&=&\frac{\lambda }{4\pi \epsilon _0}\log \frac{(\sqrt{l_2^2+r^2}+l_2)(\sqrt{l_1^2+r^2}+l_1)}{r^2}\end{eqnarray*}$l_1+l_2>>r$のとき\[\phi (P)=\frac{\lambda }{4\pi \epsilon _0}\log \frac{4l_1l_2}{r^2}\]\[-\frac{d}{dr}\frac{\lambda }{4\pi \epsilon _0}\log \frac{4l_1l_2}{r^2}=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon _0}\]
ガウスの定理から電場を求める．半径$r$の円筒を考えて\[(l_1+l_2)2\pi rE=\frac{\lambda (l_1+l_2)}{\epsilon _0}\]\[E=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon _0}\]
4-2\begin{eqnarray*}\phi (P)&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{1}{r_{12}}dq \\&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int \frac{\sigma }{r_{12}}da \\&=&\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\int _0^R\int _0^{2\pi} \frac{\sigma }{\sqrt{r^2+s^2}}sd\theta ds \\&=&\frac{\sigma }{2\epsilon _0}\int _0^R\frac{sds}{\sqrt{r^2+s^2}}\\&=&\frac{\sigma }{4\epsilon _0}\int _0^{R^2}(r^2+t)^{-1/2}dt\\&=&\frac{\sigma }{2\epsilon _0}[(r^2+t)^{1/2}]_0^{R^2}\\&=&\frac{\sigma }{2\epsilon _0}(\sqrt{r^2+R^2}-r)\end{eqnarray*}\[-\frac{d}{dr}\phi =\frac{\sigma }{2\epsilon _0}(1-(r^2+R^2)^{-1/2})\]
4-3
a)$r_a\[4\pi r^2E=q'/\epsilon _0\]よって\[E=\frac{q'}{4\pi \epsilon _0r^2}.\]
同様に$r_cc)$r>r_c$において\[\phi (P)=-\int _{\infty }^{r}Eds=.\]$r_ad)$r_b\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第４章　静電気（本文）

2007-08-07T20:49:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_4.pdf
第４章　静電気（本文）
4-1　静電磁気学
電荷密度と電流が定常な場合のマクスウェルの方程式．
電荷と電流が定常な場合のマクスウェルの方程式は電場に関する2つの式と磁場に関する2つの式に分かれる．
電場については渦無しで発散が与えられた場の式．磁場については発散がなく循環が与えられた式．
4-2　クーロンの法則；重ね合わせ
クーロンの法則の比例定数は$10^{-7}c^2Nm^2/C^2$．ここで$c$は$m/s$で測ったときの光速の数値（単位を除く）．
一点に電荷がある場合の電場の式．
任意個数の電荷がある場合の電場の式．
連続的に電荷が分布している場合の電場の式．
4-3　電位
静電位の定義：Pでの静電位は基準点から単位電荷をPまで運ぶときにする仕事．
4-4　Ｅ＝－∇φ
電場が静電位の勾配にマイナスをつけたものであること．
電場が静電位の勾配にマイナスをつけたものであるなら電場の循環は0になること．
ポテンシャルが存在することは単に静電力の球対称性と方向性からのみ導かれた．なのでポテンシャルの存在は電気の法則の一部分にすぎない．
4-5　電束
一個の電荷について
閉曲面上の電場の積分が曲面内に電荷がないときは0，曲面内に電荷があるときはその電荷のε０分の位１倍になることを示した．
これにはクーロンの法則の力が距離の二乗に反比例することを用いた．
4-6　ガウスの法則；Eのdiv
ガウスの法則：閉曲面上の電場の積分が曲面内の電荷の和のε0分の1倍になること．
ガウスの法則を用いて電場の勾配が電荷密度のε0分の1倍になることを示した．
4-7　球状電荷の場
球状に分布した電荷について球外の電場は全電荷が球の中心にある場合と同じであることをガウスの法則を用いて示した．
4-8　力線；等電位面
力線のかき方．等電位面のかき方．

ファインマン物理学Ⅲ　第3章　ベクトルの積分（問題）

2007-08-05T22:55:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_3.pdf
\begin{document}
第３章　ベクトルの積分(問題)
3-1
a)
\[\mbox{任意の閉曲面をつらぬく$\mathbf{E}$の流束}=\frac{\mbox{内部にある総電荷}}{\epsilon_0}.\cdots (1.6)\]
縁$C$を持った曲面$S$について
\[\mbox{$C$の周りの$\mathbf{E}$の循環}=-\frac{d}{dt}(\mbox{$S$を通る$\mathbf{B}$の流束}).\cdots (1.7)\]
\[\mbox{任意の閉曲面に対する$\mathbf{B}$の流束}=0.\cdots (1.8)\]
\[c^2(\mbox{$C$の周りの$\mathbf{B}$の循環})=\frac{d}{dt}(\mbox{$S$を通る$\mathbf{E}$の流束})+\frac{\mbox{$S$を通る電流の流束}}{\epsilon _0}.\cdots (1.9)\]これらを積分で書き直して
\[\int _S\mathbf{E}\cdot \mathbf{n}da=\frac{1}{\epsilon _0}\int _V\rho dv,\]\[\oint _C\mathbf{E}\cdot ds =-\frac{d}{dt}\int _S\mathbf{B}\cdot \mathbf{n}da,\]\[\int _S \mathbf{B}\cdot \mathbf{n}da=0,\]\[c^2\oint _C\mathbf{B}\cdot ds=\frac{d}{dt}\int _S\mathbf{E}\cdot \mathbf{n}da+\frac{1}{\epsilon _0}\int _S\mathbf{j}\cdot \mathbf{n}da.\]
これらにガウスの定理とストークスの定理を用いて
\[\int _V\nabla \cdot \mathbf{E}dv=\frac{1}{\epsilon _0}\int _V\rho dv,\]\[\int _S(\nabla \times \mathbf{E})\cdot \mathbf{n} da =-\frac{d}{dt}\int _S\mathbf{B}\cdot \mathbf{n}da,\]\[\int _V \nabla \cdot \mathbf{B}dv=0,\]\[c^2\int _S(\nabla \times \mathbf{B})\cdot \mathbf{n}da=\frac{d}{dt}\int _S\mathbf{E}\cdot \mathbf{n}da+\frac{1}{\epsilon _0}\int _S\mathbf{j}\cdot \mathbf{n}da.\]これらは任意の曲面に対して成り立つので
\[\nabla \cdot \mathbf{E}=\frac{1}{\epsilon _0}\rho ,\]\[\nabla \times \mathbf{E} =-\frac{\partial }{\partial t}\mathbf{B},\]\[\nabla \cdot \mathbf{B}=0,\]\[c^2\nabla \times \mathbf{B}=\frac{\partial }{\partial t}\mathbf{E}+\frac{1}{\epsilon _0}\mathbf{j}.\]
b)
\[\nabla \cdot \mathbf{j}=-\frac{\partial \rho}{\partial t}\]を積分して\[\int _V\nabla \cdot \mathbf{j}dv=-\frac{d}{d t}\int _V\rho dv．\]これの左辺にガウスの定理を用いて\[\int _S \mathbf{j}\cdot \mathbf{n}da=-\frac{d}{d t}\int _V\rho dv.\]
右辺は曲面内の領域での電荷の変化．左辺は曲面を通る電荷の流れ．
3-2
電場の循環は$0$なので磁場は作られない．
3-3
a)
\[\int _S\mathbf{E}\cdot \mathbf{n}da=\int _S\frac{K}{r^3}\mathbf{r}\cdot \frac{\mathbf{r}}{r}da=\int _S\frac{K}{r^2}da=\frac{K}{a^2}\int _Sda=4\pi K\]
b)ガウスの定理より\[\int _V\nabla \cdot \mathbf{E}dv=\int _S\mathbf{E}\cdot \mathbf{n}da=4\pi K\]
問題2-2d)より左辺の$\nabla \cdot \mathbf{E}$は原点以外では$0$.ディラックの$\delta $関数を用いて\[\nabla \cdot \mathbf{E}=4\pi K\delta\]とかけると考えられる．
c)
\[\int _{(-a, -a)}^{(a, -a)}\mathbf{E}\cdot ds=\int _{-a}^a\frac{y}{r^3}dy=\int _{-a}^a\frac{y}{(a^2+y^2)^{3/2}}dy=0\](最後の等式は被積分関数が反対称なので)
他の部分も同様．
3-4問題2-3a)より\[\int _V \nabla \cdot \mathbf{r}dv=3\int dv．\]一方ガウスの定理より\[\int _V \nabla \cdot \mathbf{r}dv=\int _S\mathbf{r}\cdot \mathbf{n}da．\]よって\[vol(V)=\frac{1}{3}\int _S\mathbf{r}\cdot \mathbf{n}da\]
球について：\[\frac{1}{3}\int _S\mathbf{r}\cdot \mathbf{n}da =\frac{1}{3}\int _S\mathbf{r}\cdot \frac{\mathbf{r}}{r}da =\frac{1}{3}\int _Srda=\frac{1}{3}a4\pi a^2=\frac{4\pi a^3}{3} \]
直方体について：原点を中心にして幅$2a, 2b, 2c$の直方体について考える．体積は$8abc$.$(0, 0, c)$を通る面を$S$とする．
\[\frac{1}{3}\int _S\mathbf{r}\cdot \mathbf{n}da=\frac{1}{3}\int zda=\frac{1}{3}c2a2b=\frac{4}{3}abc\]他の面も同様．全部で$6$面あるので\[\frac{4}{3}abc\times 6=8abc．\]
\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第3章　ベクトルの積分（本文）

2007-08-05T22:54:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_3.pdf第３章　ベクトルの積分
3-1　ベクトルの積分；∇ψの積分
スカラー場の2点間の値の差をスカラー場の勾配の線積分で表す定理．
3-2　ベクトル場の流束
ベクトル場について曲面を通る流束の定義．
積分形でかいた熱量の保存法則．
閉曲面を通る流束は曲面内を分割した各部分の流束の和であること．
3-3　立方体からの流束；ガウスの定理
ガウスの定理：閉曲面を通るベクトル場の流束は閉曲面内のベクトル場の発散の積分に等しいこと．
3-4　熱伝導；拡散方程式
微分形でかいた熱量の保存法則．
定常な点状の湧き出しがあるときの熱の流れをガウスの定理を用いて求めた．
熱伝導率が一定で物質が比熱を持つことを仮定して熱の拡散方程式を導いた．
3-5　ベクトル場の循環
ベクトル場について線積分を考える．
ループを縁とする曲面についてそのループ上の循環は曲面を小曲面に分けたかく曲面の縁の循環の和．
3-6　正方形のまわりの循環；ストークスの定理
ストークスの定理；曲面の縁に沿ったベクトル場の線積分はベクトル場の循環の曲面の法線成分の面積分
3-7　渦なしの場とわき口なしの場
ベクトル代数で導いた公式を別の方法で導く．
ストークスの定理を用いて勾配の循環が0であることを導いた．
ガウスの定理を用いて循環の発散が0であることを導いた．
3-8　まとめ

ファインマン物理学Ⅲ　第2章　ベクトル場の微分（問題）

2007-08-04T01:35:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_2.pdf
\begin{document} 第２章　ベクトル場の微分
2-1
a)
単位時間当たり長さ$\Delta l$の半径$r$の部分を通る熱量は\[2\pi rh(r)\Delta l=2\pi ah(a)\Delta l\]よって\[r\frac{\partial T}{\partial r}(r)=a\frac{\partial T}{\partial r}(a)\]よって\[T_2-T_1=\int _a^b\frac{\partial T}{\partial r}(r)dr=a\frac{\partial T}{\partial r}(a)\int _a^b\frac{1}{r}dr=a\frac{\partial T}{\partial r}(a)\log \frac{b}{a}.\]よって\[\frac{\partial T}{\partial r}=\frac{a}{r}\frac{\partial T}{\partial r}(a)=\frac{T_2-T_1}{\log \frac{b}{a}}\frac{1}{r}\]
b)
$a=1.3mm, b=3.3mm, I=20A, \kappa =1.6\times 10^{-3}W/cm ^oC, \rho =1.7\times 10^{-6}\Omega cm$とおく．
\[\mbox{単位時間あたりに長さ$\Delta l$の部分からでる熱量}=2\pi a \Delta l(-\kappa )\frac{\partial T(a)}{\partial r}\]
\[\mbox{単位時間あたりに長さ$\Delta l$の部分からでる熱量}=I^2\rho \frac{\Delta l}{\pi a^2}\]
よって\[a\frac{\partial T(a)}{\partial r}=-\frac{I^2\rho }{2\pi \kappa \pi a^2}\]
またa)より上式の右辺は$\frac{T_2-T_1}{\log \frac{b}{a}}$.よって\[T_2-T_1=-\log \frac{b}{a}\frac{I^2\rho }{2\pi ^2\kappa a^2}=1.18 ^oC.\]
2-2
a)\[\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{A})=\partial _x(\partial _ya_z-\partial _za_y)+\partial _y(\partial _za_x-\partial _xa_z)+\partial _z(\partial _xa_y-\partial _ya_x)=0\]
b)\[(\nabla \times (\nabla \times \mathbf{A}))_x=\partial _y(\partial _xa_y-\partial _ya_x)-\partial _z(\partial _za_x-\partial _xa_z).\]\[(\nabla (\nabla \cdot \mathbf{A})-\nabla ^2\mathbf{A})_x=\partial _x(\partial _xa_x+\partial _ya_y+\partial _za_z)-(\partial _x^2+\partial _y^2+\partial _z^2)a_x.\]
2-3
a)\[div \mathbf{R}=\partial _xx+ \partial _yy+ \partial _zz=3\]
b)\[(curl \mathbf{R})_x=\partial _yz-\partial _zy=0.\]
c)\[\nabla \cdot \frac{\mathbf{R}}{R^3}=\partial _x(x(x^2+y^2+z^2)^{-3/2})+\partial _y(y(x^2+y^2+z^2)^{-3/2})+\partial _z(z(x^2+y^2+z^2)^{-3/2})\]ここで右辺一項目は\[\partial _x(x(x^2+y^2+z^2)^{-3/2})=(x^2+y^2+z^2)^{-3/2}-3x^2(x^2+y^2+z^2)^{-5/2}.\]他の項も同様で和をとると$0$．
d)\[(\nabla \times \frac{\mathbf{R}}{R^3})_x=\partial _y(zR^{-3})-\partial _z(yR^{-3})=-3yzR^{-5}-3yzR^{-5}=0.\]
e)\[(\nabla R^{-1})_x=\partial _x(x^2+y^2+z^2)^{-1/2}=-xR^{-3}\]
f)\[\phi =\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\]とすればよい．
2-4
a)\[\nabla \cdot \nabla \times \mathbf{E}=0\]
b)\[c^2\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{B})=\nabla \cdot \frac{\partial{\mathbf{E}}}{\partial t}+\frac{\nabla \cdot \mathbf{j}}{\epsilon _0}\]
問題2-2a)と1)式より\[0=\frac{\partial }{\partial t}\frac{\rho }{\epsilon _0}+\frac{\nabla \cdot \mathbf{j}}{\epsilon _0}\]よって\[\nabla \cdot \mathbf{j}=-\frac{\partial }{\partial t}\rho ．\]
c)\[\nabla \times (\nabla \times \mathbf{E})=-\frac{\partial }{\partial t}(\nabla \times \mathbf{B})\]問題2-2b)と4)式と仮定$\mathbf{j}=0$より\[\nabla (\nabla \cdot \mathbf{E})-\nabla ^2 \mathbf{E}=-\frac{\partial }{\partial t}\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\right)\]1)式と仮定$\rho =0$より\[-\nabla ^2 \mathbf{E}=-\frac{\partial }{\partial t}\left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\right)\]
d)4)式の回転をとると\[c^2\nabla \times (\nabla \times \mathbf{B})=\frac{\partial }{\partial t}\nabla \times \mathbf{E}.\]問題2-2b)と2)式と3)式より\[c^2(-\nabla ^2\mathbf{B})-\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}．\]
e)3)式より\[\mathbf{B}=\nabla \times \mathbf{A}\]とかける．2)式より\[\nabla \times \mathbf{E}=-\frac{\partial}{\partial t}\nabla \times \mathbf{A}\]よって\[\nabla \times (\mathbf{E}+\frac{\partial}{\partial t}\nabla \times \mathbf{A})=0\]よって\[\mathbf{E}+\frac{\partial}{\partial t}\nabla \times \mathbf{A}=-\nabla \phi\]とかける．
2-5
\[\mathbf{v}=\mathbf{\omega }\times \mathbf{r}\]
a)\[(\nabla \cdot \mathbf{v})_x=(\nabla \cdot (\mathbf{\omega }\times \mathbf{r}))_x=\partial _x(\omega _xz-\omega _zy)=0\]
b)\[(\nabla \times \mathbf{v})_x=(\nabla \times (\mathbf{\omega }\times \mathbf{r}))_x=\partial _y(\omega _xy-\omega _yx)-\partial _z(\omega _zx-\omega _xz)=2\omega _x\]

2-6
$b_x=\partial _x$のとき\[a_x(b_xx)\neq (b_xa_x)x\]が原因．
2-7
$\mathbf{h}$の$div$が最大になるのは$D$.$A, C$では$\mathbf{h}$の$div$は$0$に近い．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第2章　ベクトル場の微分（本文）

2007-08-04T01:33:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_2.pdf\begin{document}
第２章　ベクトル場の微分
2-1　物理学を理解するとは
ディラック曰く"実際には解かないで解の性質を知る方法があると私は方程式の意味を理解する．"．
我々はまず完全な法則を与えそれからもどって簡単な場合に適用するという方法で進める．
2-2　スカラー場とベクトル場；Tとh
ベクトル代数に関する公式．
熱流とは単位面積単位時間あたりに通って行く熱エネルギーの量を絶対値にもち流れの方向を向きにもつベクトルのこと．
法線nを持つ面素を単位時間に単位面積あたりに通る熱流は熱流ベクトルと法線の内積で与えられる．
2-3　場の微分;grad
ベクトルの内積はスカラー．任意のベクトルに対して内積を計算するとスカラーになるものはベクトル．
そのことを用いてスカラー場の勾配がベクトル場であることが示せる．
直接示すこともできる．座標系を与えたときに３つの数の組を決める規則(v_x, v_y, v_z)について．(v_x,v_y,v_z)がベクトルであるとは，異なる座標系における３つの数の組の関係が座標変換と同じになることだった．その定義どおりに確かめた．
2-4　演算子∇
演算子∇のみを取り出すとこれはベクトルと同じ変換をする．微分演算子という．
2-5　∇を使う演算
発散と回転の定義．マクスウェルの方程式を∇を使って表した．
2-6　熱伝導の微分方程式
熱流と温度の勾配と熱伝導度の関係を導いた．
2-7　ベクトル場の2階微分
5つの2階微分の可能な組み合わせを考えた．そのうち2つは恒等的に0．
回転が0なベクトル場はスカラー場の勾配でかけるという定理．
発散が0なすカラー場はベクトル場の回転でかけるという定理．
ラプラシアンの定義．
2-8　落とし穴
形式的にベクトルを∇で置き換えるとなりたたない例．
ベクトル場のラプラシアンの動径成分が動径成分のラプラシアンとはならないこと．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第１章　電磁気学（問題）

2007-08-01T15:02:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi3_1.pdf
\begin{document} 第１章　電磁気学（問題）
1-1
a)\[\frac{Gm^2}{r^2}=\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{q_p^2}{r^2}\]\[m=\sqrt{\frac{1}{4\pi \epsilon _0 G}}q_p=1.86\times 10^{-9}kg\]
実際は$m_p=1.67\times 10^{-27}kg$
b)オーダーのみ大まかな計算をする．$1g$の硬貨で約$10^{21}$個の原子があり約$10^{23}$個の電子があるとする．約$10^{21}$個の電子数の変化があったとする．
\[F=\frac{(q_e 10^{21})^2}{4\pi \epsilon _0 (10m)^2}\fallingdotseq 2\times 10^{12}N\]
これが$m$の重さを持つ物体の重力によって生じる力だとすると\[\frac{Gm^2}{(10m)^2}=F\]$m\fallingdotseq 2\times 10^{12} kg$
1-2
ウラニウムについて．
ウラニウムの原子半径を$r_0=1.2\times 238^{1/3}\times 10^{-15}m$とおく．$q=119 e$とおいて\[\int _{r_0}^{\infty }\frac{1}{4\pi \epsilon _0}\frac{q^2}{r^2}dr=\frac{q^2r_0}{4\pi \epsilon _0}=2.7\times 10^9eV\](答えと一桁違う)
ヘリウムについてヘリウムの原子半径を$r_0=1.2\times 4^{1/3}\times 10^{-15}m$とおく．$q=1e$とおいて\[\frac{q^2r_0}{4\pi \epsilon _0}=2.7\times 10^9eV\fallingdotseq 0.7MeV\]
1-3
$S=1.3^2 \pi mm^2$, $\rho =7\times 10^{-6}m^3/mol $とおく．$\Delta t$の間に銅線の断面を通過する電荷を考えると\[\frac{Sv\Delta t e}{\rho }=10 C/s\Delta t\]よって\[v=\frac{\rho 10 C/s}{eS}=0.14\times 10^{-4}m/s.\]よって\[\left( \frac{v}{c}\right) ^2=2.2\times 10^{-25}.\]
1-4
a)\[q(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})=0\]となるように$\mathbf{B}$を決める．$\mathbf{B}=B_0\mathbf{e}_y$とおくと，\[\frac{c}{3}B_0=10000V/cm.\]であることが必要．これを解いて\[B_0=0.01Wb/m^2．\]
b)わからない．
1-5　
運動方程式は\[m\ddot{x}=qB_0\dot{y},\]\[m\ddot{y}=-qB_0\dot{x}.\]$n=\frac{qB_0}{m}$とおくと\[\ddot{x}=n\dot{y},\]\[\ddot{y}=-n\dot{x}.\]よって
\[\dot{x}=A\sin (nt+b),\]\[\dot{y}=A\cos (nt+b).\]$\dot{x}(0)=v$, $\dot{y}(0)=0$より\[\dot{x}=v\cos nt,\]\[\dot{y}=-v\sin nt.\]
$x(0)=y(0)=0$より\[x=\frac{v}{n}\sin nt=\frac{mv}{qB_0}\sin \frac{qB_0}{m}t, \]
\[y=\frac{v}{n}\cos nt-\frac{v}{n}=\frac{mv}{qB_0}\left( \cos \frac{qB_0}{m}t-1\right) . \]
$B_z=B_0+ax$のとき，$a=0$ならば円運動をしたが，$a>0$のときは円に近い運動をしながらも$x<0$では大きな極率半径で$y$軸の正の方向に進み，$x>0$では小さな極率半径で$y$軸の負の方向に進むので全体としては$y$軸の正の方向に進んで行く．
1-6
粒子の軌道が半径$a$の円になるためには
\[\frac{mv_0^2}{a}=\frac{qQ}{4\pi \epsilon _0a^2}+qv_0B_0\]\[B_0=\frac{1}{qv_0}\left( \frac{mv_0^2}{a}-\frac{qQ}{4\pi \epsilon _0a^2}\right)\]
粒子の速さが原点からの距離だけの関数となる理由は，磁場の及ぼす力が粒子の速度に垂直なため磁場が仕事をしない．よって電場によるポテンシャルエネルギーと運動エネルギーの和が一定だから．
初速$0$の時の運動の奇跡は最初原点に向かって動き出す．徐々に進行方向から右へ曲がる．そして粒子の位置ベクトルと速度ベクトルが垂直になる点に達する．その後の軌跡はそれまでの軌跡を粒子の位置ベクトルに関して反転させたものとなる．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅲ　第１章　電磁気学（本文）

2007-08-01T15:01:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun3_1.pdf
\begin{document}
第１章　電磁気学（本文）
1-1　電気の力
速度$\mathbf{v}$を持つ電荷$q$の受ける力$\mathbf{F}$は\[\mathbf{F}=q(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B})\cdots (1.1)\]となる．$\mathbf{E}$を電荷の場所の電場（電界）$\mathbf{B}$をその磁場（磁界）という．よって運動方程式は\[\frac{d}{dt}\left( \frac{m\mathbf{v}}{\left( 1-\frac{v^2}{c^2}\right)^{1/2}}\right)=\mathbf{F}=q(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times \mathbf{B}).\]となる．場のでき方については以下が成り立つ．ある動きをする一群の電荷がつくる電場が$\mathbf{E}_1$,別の群のつくる電場が$\mathbf{E}_1$とすると同時に両方の電荷が存在するときの電場は\[\mathbf{E}=\mathbf{E}_1+\mathbf{E}_2\]である．磁場についても同様．
勝手に運動する1つの電荷が作る電磁場がわかれば電磁気の法則は決定される．電荷Aに働く力を知るにはB, C, Dなどの電荷が作る電場と磁場を求めて加え合わせればいいから．しかしそれはかなり複雑になる．
1-2　電場と磁場
電荷がなくても各点$(x, y, z)$にベクトル$\mathbf{E}$,$\mathbf{B}$がくっついていると考える．
場を作っている全ての電荷の位置と運動を乱さないという条件の下で時刻$t$に$(x, y, z)$に電荷を置いたときに受ける力を決めるのがベクトル値関数$\mathbf{E}(x, y, z, t), \mathbf{B}(x, y, z, t)$である．

1-3　ベクトル場の特性
\[\mbox{流速}=(\mbox{法線成分の平均値}\cdot \mbox{表面積})\]
\[\mbox{循環}=(\mbox{接線成分の平均値}\cdot \mbox{周の長さ})\]
1-4　電磁気の法則
\[\mbox{任意の閉曲面をつらぬく$\mathbf{E}$の流束}=\frac{\mbox{内部にある総電荷}}{\epsilon_0}.\cdots (1.6)\]
縁$C$を持った曲面$S$について
\[\mbox{$C$の周りの$\mathbf{E}$の循環}=\frac{d}{dt}(\mbox{$S$を通る$\mathbf{B}$の流束}).\cdots (1.7)\]
(右辺はマイナスがつかないか？)
\[\mbox{任意の閉曲面に対する$\mathbf{B}$の流束}=0.\cdots (1.8)\]
\[c^2(\mbox{$C$の周りの$\mathbf{B}$の循環})=\frac{d}{dt}(\mbox{$S$を通る$\mathbf{E}$の流束})+\frac{\mbox{$S$を通る電流の流束}}{\epsilon _0}.\cdots (1.9)\]
(1.6)から(1.9)までと(1.1)が電磁気学の法則の全てである．
(1.6)から点電荷のつくる電場が球対称であると仮定すればクーロンの法則が導ける．
いくつか例を考える．
電線の下に棒磁石を置いたとき電線に及ぼす力は(1.1)による．そのとき棒磁石が受ける力は(1.9)によって生じた電線の周りの磁場の循環による．
二本の平行な電線に同じ向きの電流を流したとき片方の電線によって生じた磁場により他方の電線は力を受けて引き合う．反対向きの電流を流したときは反発する．
電線の下にコイルをおいて電流を流したときも磁石を置いたときと同様．実際に磁石の磁場も電流によるものである．
コンデンサーの周りの曲面を考えると(1.9)の第一項が必要であることが解る．
電線の下に磁石を置き電線を動かしたときと磁石を動かしたときを比較する．相対性原理によれば同じ運動をするはず．電線を動かしたときは(1.1)式の第二項の力で電流が流れると考えられる．磁石を動かしたときは(1.7)式によって生じる電場によって電流が流れると考えられる．
1-5　場とは何か$\mathbf{E}$や$\mathbf{B}$を扱う上で場の線などの視覚化にこだわらない方がいい．動く電荷を眺めたときと電荷と一緒に動いたときとで描写が変わってくることもその理由の1つ．
1-6　科学と技術における電磁気学
一万年後の世界から眺めたら１９世紀の一番顕著な事件がマクスウェルによる電磁気法則の発見であったと判断されることはほとんど間違いない．

\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２７章　物理法則の対称性（本文）

2007-07-31T23:56:00.002+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_27.pdf
\begin{document}
第２７章　物理法則の対称性
27-1　対象の操作
この章では物理的世界の働きを支配する基本法則に内在する対称性を問題にする．
対称性とは"あるものに対し何らかの働きかけがなされたときに，それをやった後，やる前と全く同じに見えるときそれが対称であるという．"
27-2　空間と時間における対称性
物理法則が平行移動に関する対称性をもっていることの意味は，ある場所である装置を組み立てて実験をする．次に別の場所で同じ構造の装置を組み立てて実験をする．そのとき2つの装置は全く同じように動くということ．
同様に時間をずらすことに対する対称性，直線上の一様な速度の運動に関する対称性も考えられる．
物理法則は1つの原子を同じ種類の他の原子で置き換えるとういう操作についても対称である．
大きさの変化に関する対称性は成り立っていない．
物理法則は時間の反転に対しても対象である．一見逆向きの動きを区別できそうだが個々の原子をみると可逆な動きをしている．
27-3　対称性と保存則
量子力学では対称性の各法則に対し，それぞれ保存則が対応する．
平行移動不変性には運動量保存，時間移動不変性にはエネルギー保存，回転不変性には角運動量保存，位相の変化に対する不変性には電荷の保存が対応する．
27-4　鏡映
生物から取られた砂糖溶液では偏光面は右回りに回転する．しかし人工的に作った砂糖の溶液は偏光面を回転させない．しかし人工的に作った砂糖の溶液にあるバクテリアを入れると左回りに偏光するようになる．その理由は人工的な砂糖溶液では互いに鏡映なアミノ酸が等量つくられ，バクテリアはそのうち一方のみを食べるから．
27-5　極性ベクトルと軸性ベクトル
鏡映対称性をもった普通のベクトルが極性ベクトル．角運動量のように鏡映すると向きが逆になるのは軸性ベクトル．$\mathbf{B}$が軸性ベクトルならば$\mathbf{F}=q\mathbf{v}\times \mathbf{B}$は鏡映をしても成り立つ．
27-6　どちらが右手か？
火星人と電話で話してどちらが右手かを伝えることができるか？

27-7　パリティは保存しない
3個の$\pi $中間子に崩壊する一時$\tau $中間子と呼ばれていた粒子がある．2つの$\pi $中間子に崩壊する$\theta $中間子と呼ばれていた粒子がある．
どちらも崩壊までの時間も質量も同じ．生成されるときは決まった割合でできる．$\tau $中間子が$14\% $，$\theta $中間子が$86\%$である．
これより両者は同じ粒子であり2通りの崩壊の仕方があるだけと予想される．
しかしもし鏡映対象性があれば同じ粒子が二通りの崩壊の仕方ができることはありえないことが示せる．
鏡映対象性に対応する保存則はパリティ(parity)の保存則と呼ばれている．
そこで鏡映対称性が成り立っていないと予想される．実際にそのことは実験により示された．コバルトの原子を強い磁場の中にで整列させて崩壊させると原子が上方に向かう磁場の中で整列させられていると大部分の電子は下方に向かう．
これを用いれば火星人に右がどっちかを教えられる．
27-8　反物質
右手系の物質は左手系の反物質と同じように振舞う．よって左，右と物質，反物質を取り替えるという操作に関しての対称性はある．
よって火星人がもし反物質でできていたとすると右を伝えたつもりが左を伝えたことになる．
27-9　破れた対象性
物理法則はほとんど対称的である．しかしわずかに破れている．例えば中性子と陽子は核力に関してはほぼ等しい．電気的な力は核力より小さい．
自然はなぜこれほど近似的に対称的なのか？陽明門の上下が逆の柱のようだ．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２６章　波（本文）

2007-07-31T23:56:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_26.pdf
\begin{document}
第　２６章　波
26-1　へさきの波
波の伝わる早さが$c_w$のとき$v$で移動する物体の出す波の波面は円錐形でその進行方向に対して広がる角度を$\theta $とすると\[\sin \theta =\frac{c_w}{v}.\]
26-2　衝撃波
音の衝撃波の波面は実際には円錐形にならない．その理由は頂点近くの圧力は後方の圧力より高く，圧力が高いほど波が速く伝わるから．(図(26-1)でいえば$r_2>r_3-r_1$となる)
次に溝の中の高潮の速さを解析する．
物質の保存則と運動量の変化が力積に等しいことを用いて, $h_1$の深さで高さ$h_2$の波が伝わる速さは$h_1\fallingdotseq h_2\fallingdotseq h$のとき$\sqrt{gh}$となることが示せる．
26-3　固体内の波
固体内には横波もある．
地震を観測することにより地球中心部を横波が通れないことが解った．それによって地球の核は液体であることがわかる．
地震を観測しフーリエ解析することで地球の基本振動数が解った．
地震波の伝わる早さはコリオリ力に影響される．
26-4　表面波
水深が深く，波長が大きい場合，水の表面は円運動する．その位相速度は
\[v_{\mbox{位相}}=\sqrt{\frac{g\lambda }{2\pi }}\]である．この場合群速度は位相速度の$1/2$．\begin{proof}位相速度が波長の平方根に比例すれば群速度は位相速度の半分であることを示す．定数$a$を用いて$v_{\mbox{位相}}=ak^{-\frac{1}{2}}$とかける．群速度$v_g$は\[v_g=\frac{d\omega }{dk}=\frac{dkv_p}{dk}=\frac{adk^{\frac{1}{2}}}{dk}=\frac{ak^{-\frac{1}{2}}}{2}=\frac{v_{\mbox{位相}}}{2}\]\end{proof}
\[v_{\mbox{位相}}=\sqrt{\frac{2\pi T }{\lambda \rho }}\]この場合群速度は位相速度の$\frac{3}{2}$．\begin{proof}位相速度が波長の$-\frac{1}{2}$乗に比例すれば群速度は位相速度の半分であることを示す．定数$a$を用いて$v_{\mbox{位相}}=ak^{\frac{1}{2}}$とかける．群速度$v_g$は\[v_g=\frac{d\omega }{dk}=\frac{dkv_p}{dk}=\frac{adk^{\frac{3}{2}}}{dk}=\frac{3ak^{\frac{1}{2}}}{2}=\frac{3v_{\mbox{位相}}}{2}\]\end{proof}
重力と表面張力の作用が同時に存在するときは\[v_{\mbox{位相}}=\sqrt{\frac{T k}{\rho }+\frac{g}{k}}\]
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２５章　ハーモニクス（問題）

2007-07-31T23:55:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi2_25.pdf
\begin{document} 25-1
$T=2\pi, \omega =\frac{2\pi }{T}$とおく．
対称性から考えて\[a_n=0\]\[b_n=\frac{2}{T}\int _0^Tf(t)\sin n\omega tsdt=\frac{2}{T}\left( \int_0^{T/2}\sin \omega tdt +\int_{T/2}^T\sin \omega tdt \right)=\frac{2}{n\pi }(1-(-1)^n)\]
a)$x=\frac{\pi }{2}$を代入．\[1=\frac{4}{\pi }(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots )\]
b)エネルギーの定理より\[2\pi=\int f(t)^2dt=\pi \left(\left( \frac{4}{\pi }\right) ^2+\left( \frac{4}{3\pi }\right) ^2+\left( \frac{4}{5\pi }\right) ^2+\cdots \right).\]
c)2個目の等式は問題b)より．一個目の等式は\[\sum _{n=0}^{\infty } \frac{1}{(2n+1)^2}=\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}n^2-\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{(2n)^2}=\frac{3}{4}\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^2}\]より解る．
25-2
\[\frac{1}{2\pi }\int _0^{2\pi }g(x)dx=\frac{\pi}{2}.\]
\[a_n=\frac{1}{\pi }\left( \int _0^{\pi } x\cos nxdx+\int_{\pi} ^{2\pi}(2\pi -x)\cos nx\right)=\frac{2}{\pi }\int _0^{\pi }x\cos nxdx=\frac{2}{n^2\pi }((-1)^n-1)\]（2個目の$=$は対称性から解る．）また対称性から\[b_n=\frac{1}{\pi }\int _0^{2\pi }g(x)dx=0\]
\[g(x)=\frac{\pi }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2}{n^2\pi }((-1)^n-1)\cos nx\]\[f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2}{n\pi }((-1)^n-1)\sin nx\]これは$g(\frac{\pi }{2})=\frac{\pi }{2}$であり$g'(x)=f(x)$．
25-3
a)エネルギーの定理を使って\[\frac{2}{3}\pi ^3=\int _0^{2\pi}g(x)^2dx=2\pi \left( \frac{\pi }{2}\right) ^2+\pi \left( \left( \frac{4}{\pi }\right) ^2+\left( \frac{4}{\pi }\frac{1}{3^2}\right) ^2+\left( \frac{4}{\pi }\frac{1}{5^2}\right) ^2+\cdots \right)\]
b)\[\sum _{n=0}^{\infty } \frac{1}{(2n+1)^4}=\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^4}-\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{(2n)^4}=\left( 1-\frac{1}{2^4}\right) \sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^4}\]よって\[\sum _{n=1}^{\infty } \frac{1}{n^4}=\frac{2^4}{2^4-1}\sum _{n=0}^{\infty } \frac{1}{(2n+1)^4}．\]よって一個目の等式が解る．2個目の等式は問題a)より解る．
25-4\begin{eqnarray*}\int_0^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}dx&=&\int_0^{\infty}\frac{e^{-x}x^3}{1-e^{-x}}dx\\&=&\sum _{n=1}^{\infty }\int_0^{\infty}e^{-nx}x^3dx\\&=&\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}\int_0^{\infty}e^{-nx}(nx)^3dnx\\&=&\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}6=\frac{\pi ^4}{15}\end{eqnarray*}
25-5
\[a_0=\frac{1}{2\pi}\int _0^1h(x)dx=\frac{1}{2}.\]$n>0$に対して\[a_n=0.\]
\[b_n=\frac{1}{\pi }\int _0^{2\pi}\frac{x}{2\pi }\sin nxdx=\frac{-1}{\pi n}.\]

25-6
a)\[\frac{1}{\pi }\int _0^{\pi }V_0\sin xdx=\frac{2V_0}{\pi }\]
b)\[\frac{1}{\pi }\int _0^{2\pi }\cos 2x\sin xV_0dx=-\frac{4V_0}{3\pi }\](周期$2\pi $で考えてしまったが$\pi$の方がよかったか？)
25-7
a)$V_{\mbox{入}}=\cos \omega t$より\[\cos ^3\omega t =\frac{1}{4}\cos 3\omega t+\frac{3}{4}\cos \omega t\]の項を含む．
b)オイラーの公式を使って計算すると\begin{eqnarray*}&&(\cos \omega _1t+\cos \omega _2t)^3\\&=&\frac{1}{4}(\cos 3\omega _1t+\cos 3\omega _2t)+\frac{9}{4}(\cos \omega _1t+\omega _2t)\\&+&\frac{3}{4}(\cos (2\omega _1+\omega _2)+\cos (-2\omega _1+\omega _2)+\cos (\omega _1+2\omega _2)+\cos (-\omega 1+2\omega _2)).\end{eqnarray*}最後の項は$\omega _1$が$\omega _2$よりずっと大きいとすると唸りを表す．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２５章　ハーモニクス（本文）

2007-07-31T23:54:00.000+09:00

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\begin{document}
第２５章　ハーモニクス
25-1　楽音
ピタゴラスは張力が同じで長さだけが違う2本の弦について，長さの比が小さな整数比になっていると耳に快い感じを与えることを発見したと言われている．
音楽家は通常楽音を大きさと高さと音質の三つの特性で表す．大きさは圧力変化の大きさ，高さは圧力関数の繰り返しの時間，繰り返される図形の形に対応している．
振動する弦から出る音についてはどんな波でも波が弦の長さの２倍を伝わるのに必要な時間がたつと出発のときと同じ状態にもどる．
25-2　フーリエ級数
出発点の条件で指定されるどのような種類の振動も固有振動のモードを適当な割合で結合したものだった．このことからどのような振動も最小の振動数を持ったモードの周期がたつと始めと同じ状態になることがわかる．
周期$T$の任意の周期関数$f(t)$は次のように表される\begin{eqnarray*}f(t)&=&a_0\\&+&a_1\cos \omega t+b_1\sin \omega t\\&+&a_2\cos 2\omega t+b_2\sin 2\omega t\\&+&a_3\cos 3\omega t+b_3\sin 3\omega t+\cdots (25-2)\end{eqnarray*},ここで$\omega =\frac{2\pi }{T}$である．
この級数を$f(t)$に対するフーリエ(Fourier)級数という．
25-3　音質と和音
ピアノの鍵盤の中央近く三つの連続したのC音をC, C', C'', その上のG音をG, G', G''とする．振動数の比は\[C-2, G-3\]\[C'-4, G'-6\]\[C''-8, G''-12\]となる．
音が出ないようにC'をそっと押してダンパーを上げる．その後Cを鳴らす．次にC'を押したままCを放すとダンパーはCの振動を止めるがC'の音がかすかに聞こえる．これはC'の代わりにG'やG''でもできる．
三つの主要な和音について振動数の比がそれぞれ$4:5:6$になることとオクターブの比が$1:2$であることを用いて音階を決めたもの"純正調音階"という．
$1$オクターブを振動数の比が$2^{1/12}$の$12$の間隔に分けた音階を"平均率"という．

25-4　フーリエ係数
$n$を$0$でない自然数として(25-2)式に$\cos n\omega t$をかけて積分すると$a_n\cos n\omega t \cos n\omega t$以外の項の積分は$0$になり\[a_n=\frac{2}{T}\int _0^Tf(T)\cos n\omega tdt\]となることが示せる．
同様に\[a_0=\frac{1}{T}\int _0^Tf(T)dt\]\[b_n=\frac{2}{T}\int _0^Tf(T)\sin n\omega tdt\]も示せる．これらの$a_n, b_n$を用いて$f(t)$は\[f(t)=a_0+\sum _{n=1}^{\infty }a_n\cos \omega t+\sum _{n=1}^{\infty }b_n\sin \omega t\]とかける．この式は複素数の表示によって以下のように簡潔に書ける\[f(t)=\sum_{n=-\infty }^{\infty }c_ne^{in\omega t}\]\[c_n=\frac{1}{T}\int _0^{T}f(t)e^{-in\omega t}\]$a_n, b_n$と$c_n$は以下の関係がある\[a_0=c_0, a_n=c_n+c_{-n}, b_n=i(c_n-c_{-n}).\]（本文では$b_n=\frac{1}{i}(c_n-c_{-n})$となっているが誤植か？）
任意の周期関数$f(t)$に対してフーリエ級数を作るともとの関数に戻るか？という問題がある．関数に不連続点があるとフーリエ級数の値は上の点と下の点の平均になる．
25-5　エネルギーの定理
直接項別に積分して\[\int _0^Tf(t)^2dt=Ta_0^2+\frac{T}{2}\sum_0^{\infty }(a_n^2+b_n^2)\]を示せる．左辺は波の全エネルギーを表す．
25-6　非線形の応答
ある装置で$x_{\mbox{出}}(t)$が$x_{\mbox{入}}(t)$によって決定されるとする．装置が近似的には線型で厳密には線型でないとすると\[x_{\mbox{出}}(t)=K(x_{\mbox{入}}(t)+\epsilon x_{\mbox{入}}(t)^2)\]とかける．入力が$x_{\mbox{入}}(t)=\cos \omega t$のとき\[x_{\mbox{出}}(t)=K\left( \cos \omega t +\frac{\epsilon }{2}-\frac{\epsilon }{2}\cos 2\omega t\right)\]となる．入力が純音でも出力は第二のハーモニクスを含む．
$x_{\mbox{入}}(t)=A\cos \omega _!t+B\sin \omega _2t$のとき\[K\epsilon (A\cos \omega _1t+B\sin \omega _2t)^2=K\epsilon(A^2\cos ^2 \omega _1t+B^2\cos \omega _2t+2AB\cos \omega _1t\cos \omega _2t)\]という成分が含まれる．ここでもし$\omega _1$が$\omega _2$よりずっと大きいとすると$2AB\cos \omega _1t\cos \omega _2t$の項は唸りを表す．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ第２４章　モード（問題）

2007-07-31T23:53:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi2_24.pdf
http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi2_24.dvi
\begin{document} 第２４章　モード
24-1\[m_1\ddot{x}=-k_1-k(x-y)\]\[m_2\ddot{y}=-k_2-k(y-x)\]これを書き直して\[\ddot{x}+\omega _0^2x+\frac{k}{m_1}(x-y)=0\]\[\ddot{y}+\omega _0^2y+\frac{k}{m_2}(y-x)=0\]

24-2
問題24-1の式に$x=Ae^{i\omega t},y=Be^{i\omega t}$を代入して\[-\omega ^2A+\omega _0^2A+\frac{k}{m_1}(x-y)=0\]\[-\omega ^2B+\omega _0^2B+\frac{k}{m_2}(y-x)=0\]これを行列で書き直すと\[\left(\begin{array}{cc}\omega _0^2-\omega ^2+\frac{k}{m_1} & -\frac{k}{m_1} \\-\frac{k}{m_2} & \omega _0^2-\omega ^2+\frac{k}{m_2} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}A \\B \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0 \\0\end{array}\right)\]
\[\det \left(\begin{array}{cc}\omega _0^2-\omega ^2+\frac{k}{m_1} & -\frac{k}{m_1} \\-\frac{k}{m_2} & \omega _0^2-\omega ^2+\frac{k}{m_2} \end{array}\right)=(\omega ^2)^2-\omega ^2(\frac{k}{m_1}+\frac{k}{m_2}+\omega _0^2)+(\omega _0^2+\frac{k}{m_1})(\omega _0^2+\frac{k}{m_2})-\frac{k^2}{m_1m_2}=0\]を$\omega ^2$について解いて\[\omega ^2=\omega _0^2, \omega _0^2+\frac{k}{m_1}+\frac{k}{m_2}\]$\omega ^2=\omega _0^2$のとき\[\frac{k}{m_1}A-\frac{k}{m_1}B=0\]より\[A=B\]$\omega ^2=\omega _0^2+\frac{k}{m_1}+\frac{k}{m_2}$のとき\[-\frac{k}{m_2}A-\frac{k}{m_1}B=0\]より\[m_1A+m_2B=0.\]
24-3
$f(x, y, z, t)=Ae^{i\omega t}\sin \frac{l\pi }{a}x\sin \frac{m\pi }{b}x\sin \frac{n\pi }{c}x$.
a)$\frac{\partial ^2f}{\partial t^2}=-\omega ^2f.$より\begin{eqnarray*}\frac{\partial ^2f}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2f}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2f}{\partial z^2}&=&-\pi^2\left(\frac{l^2}{a^2}+\frac{m^2}{b^2}+\frac{n^2}{c^2}\right)f\\&=&-\frac{\omega ^2}{v^2}f\\&=&\frac{1}{v^2}\frac{\partial ^2f}{\partial t^2}.\end{eqnarray*}
b)$\sin \frac{l\pi}{a}0=\sin {l\pi}{a}a=0$などより解る．
c)明らか．
24-4$\omega (l, m, n):=v^2\pi^2\left( l^2+\frac{m^2}{4}+\frac{n^2}{9}\right)$とおく．
$\omega _0:=\omega (0, 0, 1)=v^2\pi^2\frac{1}{9}$.
$\omega (0, 0, 2)=4\omega _0$,
$\omega (0, 0, 3)=9\omega _0$,
$\omega (0, 1, 0)=\frac{9}{4}\omega _0$,
$\omega (0, 2, 0)=9\omega _0$,
$\omega (1, 0, 0)=9\omega _0$,
$\omega (0, 1, 1)=\frac{13}{4}\omega _0$,
$\omega (1, 0, 1)=10\omega _0$,
$\omega (0, 1, 2)=\frac{25}{4}\omega _0$,
$\omega (0, 2, 1)=10\omega _0$.
24-5
図の赤い波は右へ，黒い波は左へ進行する．緑の波の二倍の振幅を持った波が赤と黒の重ね合わせの波．
\includegraphics*[width=11.6cm,height=10.4cm]{fig2_24_5.bmp}
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２４章　モード（本文）

2007-07-31T23:52:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_24.pdf\begin{document} 第２４章　モード
24-1　波の反射
$x=0$での変位が$0$であるとする．波は\[y=F(x-ct)-F(x+ct)\]とかける．$F(x-ct)=e^{i\omega (t-x/c)}$とすると\[y=e^{i\omega t}(e^{-i\omega x/c}-e^{i\omega x/c})=-2ie^{i\omega t}\sin \frac{\omega x}{c}\]$\frac{\omega x}{c}=0, \pi, 2\pi, \cdots ,n\pi ,\cdots $となる$x$を節(node)と言う．
24-2　固有振動数をもつ局限された波
弦を$x=0, x=L$の両端で固定した場合．波の形を$\sin kx$とかくと\[kL=n\pi\]であることが必要．
24-3　2次元におけるモード
$a, b$の長さの辺をもつ長方形内の波について考える.$k_xa=n\pi, k_y b=m\pi, \frac{1}{\lambda ^2}=\frac{k_x^2+k_y^2}{(2\pi )^2}$より波長$\lambda $は整数$n, m$を用いて\[\frac{1}{\lambda ^2}=\frac{n^2}{4a^2}+\frac{m^2}{4b^2}\]とかける．
24-4　聯成振り子
2つの長さの等しい振り子がバネでつながれている場合について考える．運動方程式は\[m\frac{d^2x}{dt^2}=-m\omega _0^2x-k(x-y),\]\[ m\frac{d^2y}{dt^2}=-m\omega _0^2y-k(y-x).\]これの解を$x=Ae^{i\omega t}, y=B e^{i\omega t}$とおいて運動方程式に代入すると\[\left(\omega ^2 -\omega _0^2-\frac{k}{m}\right) A=-\frac{k}{m}B,\]\[ \left(\omega ^2 -\omega _0^2-\frac{k}{m}\right) B=-\frac{k}{m}A\]となる．これに$A=B=0$以外の解が存在する条件を求めると\[\omega ^2=\omega _0^2\]または\[\omega ^2=\omega _0^2+\frac{2k}{m}\]となる．一個目のとき$A=B$, 二個目のとき$A=-B$となる．

24-5　線型系
任意の線型の振動体は各モードに対応する固有振動数をもった独立な振動体の組と同値．
量子力学においては振動数をエネルギーに置き換えてこのことが成り立つ．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２３章　唸り（問題）

2007-07-28T09:56:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmantoi2_23.pdf
\begin{document} 第２３章　唸り
23-1\[\frac{\omega }{2\pi}\lambda =V_{ph}\]より\[\omega =kV_{ph}=k\sqrt{\frac{g\lambda }{2\pi }}=k\sqrt{\frac{g}{k}}=\sqrt{gk}.\]よって\[V_g=\frac{d\omega }{dk}=(gk)^{-1/2}g/2=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{k}}=V_{ph}/2.\]
23-2
$V_{ph}=\left( \frac{2\pi T}{\lambda \rho}+\frac{g\lambda }{2\pi}\right)^{1/2}=\left( \frac{kT}{\rho}+\frac{g}{k}\right)^{1/2}$より\[V_g=\frac{d\omega }{dk}=\frac{d}{dk}(kV_{ph})=\frac{d}{dk}\left( \frac{k^3T}{\rho}+gk \right)^{1/2}=\frac{1}{2}\left( \frac{k^3T}{\rho}+gk \right)^{-1/2}\left( \frac{3k^2T}{\rho}+g \right)=\frac{1}{2kV_{ph}}\left( \frac{3k^2T}{\rho}+g \right)\]
23-3
a)$T=70dyne/cm, \rho =1g/cm^3, g=9.8m/s^2, \lambda =1cm$を代入して\[V_{ph}=\left( \frac{2\pi T}{\lambda \rho}+\frac{g\lambda }{2\pi}\right)^{1/2}=24.41cm/s\]
b)$T=26dyne/cm, \rho =0.8 g/cm^3, g=9.8m/s^2, \lambda =1cm$を代入して\[V_{ph}=\left( \frac{2\pi T}{\lambda \rho}+\frac{g\lambda }{2\pi}\right)^{1/2}=18.98cm/s\]

23-4$V_{ph}(\lambda )=\left( \frac{2\pi T}{\lambda \rho}+\frac{g\lambda }{2\pi}\right)^{1/2}$の極小値を求める．\[\frac{dV_{ph}}{d\lambda }=\frac{1}{2}\left( \frac{2\pi T}{\lambda \rho}+\frac{g\lambda }{2\pi}\right)^{-1/2}\left( -\frac{2\pi T}{\lambda^2 \rho }+\frac{g}{2\pi}\right)=0\]より\[\frac{2\pi T}{\lambda^2 \rho }=\frac{g}{2\pi}．\]よって\[\lambda =2\pi \sqrt{\frac{T}{g\rho }}.\]振動数は\begin{eqnarray*}\nu &=&\frac{V_{ph}}{\lambda }\\&=&\frac{1}{\lambda }\left( \frac{2\pi T}{\lambda \rho}+\frac{g\lambda }{2\pi}\right)^{1/2}\\&=&\frac{1}{2\pi \sqrt{\frac{T}{g\rho }} }\left( \frac{2\pi T}{2\pi \sqrt{\frac{T}{g\rho }} \rho}+\frac{g2\pi \sqrt{\frac{T}{g\rho }} }{2\pi}\right)^{1/2}\\&=&\frac{g^{3/4}}{\sqrt{2}\pi}\left(\frac{\rho }{T} \right)^{1/4}\end{eqnarray*}
これらに$T=70dyne/cm, \rho =1g/cm^3, g=9.8m/s^2$を代入して\[\lambda =1.679cm\]\[\nu =13.63/s\]
23-5
$v=5m/s, V=340m/s, \nu =340/s$とおく．
前方での音波の波長を$\lambda _1$, 後方での音波の波長を$\lambda _2$とおくと\[\lambda _1=\frac{V-v}{\nu},\]\[\lambda _2=\frac{V+v}{\nu}.\]よって静止した観測者が聞く反射波の角振動数を$\omega _1$直接聞く音波の角振動数を$\omega _2$とおくと\[\omega _1=\frac{2\pi }{\lambda _1}V=\frac{V}{V-v}\omega ,\]\[\omega _2=\frac{2\pi }{\lambda _2}V=\frac{V}{V+v}\omega ,\]ここで$\omega =2\pi \nu$.$t_0$あたり一個の唸りがあるとすると\[\frac{\omega _1-\omega _2}{2}t_0=\pi\]よって単位時間当たりの唸りの個数は\[\frac{1}{t_0}=\frac{\omega _1-\omega _2}{2\pi}=\frac{Vv}{V^2-v^2}\nu =0.147/s\]
次に運転手が聞く音波について考える．運転手が聞く反射波の角振動数を$\omega _{1\mbox{車}}$運転手が直接聞く音波の角振動数を$\omega _{2\mbox{車}}$とおくと\[\omega _{1\mbox{車}}=\frac{2\pi (V+v)}{\lambda _1}=\frac{V+v}{V-v}\omega \]\[\omega _{2\mbox{車}}=\omega \]よって単位時間あたりの唸りの個数は\[\frac{1}{t_{0\mbox{車}}}=\frac{\omega _{1\mbox{車}}-\omega _{2\mbox{車}}}{2\pi}=\frac{2v}{V-v}\nu=0.1493 /s\]
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２３章　唸り（本文）

2007-07-28T09:54:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_23.pdf
\begin{document} 第２３章　唸り
23-1　二つの波を加えること
\[\cos \omega _1t+\cos \omega _2t=2\cos \frac{(\omega _1+\omega _2 )t}{2}\cos \frac{(\omega _1-\omega _2)t}{2}\]
$\omega _1$と$\omega _2$が近いときは$\frac{(\omega _1+\omega _2 )t}{2}\fallingdotseq \omega _1$に比べて$\frac{(\omega _1-\omega _2)t}{2}$は小さい．合成された波は角振動数が$\omega _1$で，振幅が$2\cos \frac{(\omega _1-\omega _2)t}{2}$と考えられる．振幅の絶対値の角振動数は${(\omega _1-\omega _2)t}{2}$の二倍で$(\omega _1-\omega _2)t$.
二つの振幅が異なるときは\[A_1e^{i\omega _1t}+A_2e^{i\omega _2t}=e^{(1/2)t(\omega _1+\omega _2)t}(A_1e^{(1/2)t(\omega _1-\omega _2)}+A_1e^{-(1/2)t(\omega _1-\omega _2)})\]
を使えばよい．
23-2　唸りの音と変調
合成波の振幅の二乗は\[I=A_1^2+A_2^2+2A_1A_2\cos (\omega _1-\omega _2)t.\]
合成波の振幅を表すもう一つの方法は図を描くこと．複素平面上で長さ$A_1$の線分が角速度$\omega _1$で回転していて，その先端に長さ$A_2$の線分がくっついていて角速度$\omega _2$で回転しているとき$A_2$の先端と原点との距離の二乗が$I$．

23-3 側帯波
ラジオの伝送では$\omega _c$の振動数で振動する搬送波の振幅を音声の振幅にしたがって変化させる．音声が余弦的な振動のときは以上の変調波は
\[S=(1+b\cos \omega _m )\cos \omega _ct\]とかける．($\omega _c >\omega _m$).\[S=\cos \omega _ct+\frac{1}{2}b\cos (\omega _c+\omega _m)t+\frac{1}{2}b\cos (\omega _c-\omega _m)t.\]
一個の余弦波（角振動数$\omega _m$）によって変調された搬送波（角振動数$\omega _c$）の振動数のスペクトルは$\omega _c$の他に$\omega _c+\omega _m$と$\omega _c-\omega _m$のところに$b^2$に比例した強さが現れる．
人間の可聴周波数は$20000$サイクルだがラジオの受信機や送信機は$10000$サイクルまでしかうまく働かないのでラジオでは$10000$サイクルまでの振動数の音を伝える．よってラジオの搬送波が$800$キロサイクルのときは$790 $～$810$キロサイクルまでの振動数の電波を使う．
テレビジョンの場合．$500$本の線からなる画面を$1/30$秒で掃引する場合一秒あたり$250\times 500\times 30=3750000$個の情報を持つことが必要．よって最低でも毎秒約$4\times 10^6$サイクルの振動数が必要．実際には各局の放送を分離するために$6$メガサイクル$/s$ほど離す．テレビジョンの放送帯は$54$メガサイクル$/s$からから始まるので$54$メガサイクル$/s$から$60$メガサイクル$/s$が最初の送信チャネルに使われる．（側帯は両側にあるからその二倍の幅が必要に思えるが片方の側帯には情報は含まれていないのでこのようにできる．）
23-4　局在する波連
$v_p=c/n$より$\lambda \frac{\omega}{2\pi}=c/n$.よって$k=\frac{n\omega }{c}$.またX線に対して屈折率$n$は式（6－19）において$\omega _0<<\omega $のとき$\omega _0=0$で近似できるから\[n=1-\frac{Nq_e^2}{2\epsilon _0m\omega ^2}.\]特定の振動数と波数の波の動く早さは\[v_p=\frac{\omega }{k}.\]
以下では$k$と$\omega $が一定の関係にある二つの波の重ね合わせを考える．X線については\[k=\frac{n\omega }{c}=\frac{\omega }{c}-\frac{a}{\omega c}\]という関係がある．ここで$a=\frac{Nq_e^2}{2\epsilon ^2m}$.
振動数と波数が一定の関係にある二つの波を加えると\[e^{i(k_1x-\omega _1t)}+e^{i(k_2x-\omega _2t)}=e^{\frac{1}{2}i((k_1+k_2)x-(\omega _1+\omega _2))t}(e^{\frac{1}{2}i((k_1-k_2)x-(\omega _1-\omega _2)t)}+e^{-\frac{1}{2}i((k_1-k_2)x-(\omega _1-\omega _2)t)}).\]二つの波の波数の差が小さいとすると$^{\frac{1}{2}i((k_1+k_2)x-(\omega _1+\omega _2))t}$の節の進む速さは$\frac{\omega }{k}$.変調波の速さは$\frac{\omega _1-\omega _2}{k_1-k_2}$.極限においては\[v_g=\frac{d\omega }{dk}．\]変調波の速度は群速度と呼ばれる．X線について群速度を計算すると\[v_g=\frac{c}{1+\frac{a}{\omega ^2}}.\]これは$c$より小さい．
23-5　粒子の確率振幅
古典理論においてはエネルギー$E$と速度$v$は\[E=\frac{mc^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\]運動量$p$と速度$v$は\[p=\frac{mv}{\sqrt{1-v^2/c^2}}\]という関係にある．これより\[E^2-p^2c^2=m^2c^4\]が導かれる．
これに量子力学における関係式$E=\hbar \omega , p=\hbar k$を代入すると\[\frac{\hbar ^2\omega ^2}{c^2}-\hbar ^2k^2=m^2c^2.\hspace{10mm} (23-22)\]となる．これが量子力学において質量$m$の粒子を表す波の振動数と波数の関係である．これを用いて群速度を求める．(23－22)を変形して
\[\omega =c\sqrt{k^2+\frac{m^2c^2}{\hbar ^2}}．\]よって
\[\frac{d\omega }{dk}=\frac{kc}{\sqrt{k^2+\frac{m^2c^2}{\hbar ^2}}}=\frac{ck^2}{\omega }.\]$\frac{k}{\omega }=\frac{p}{E}$より\[v_g=\frac{c^2p}{E}．\]これは古典力学においては粒子の速度と一致する．
なにをしたかというとまず古典力学におけるエネルギーと運動量の関係式から量子力学における振動数と波数の関係を導いた．そして振動数と波数関係から群速度を求めると古典力学における粒子の速度と一致した．
24-6　3次元内の波
音波について変位も圧力も密度も同じ方程式を満たす．
3次元内の波動方程式は\[\frac{\partial ^2P_e}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2P_e}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2P_e}{\partial z^2}=\frac{1}{c_s^2}\frac{\partial ^2P_e}{\partial t^2}.\]
自由な粒子に対する量子力学の方程式は\[\frac{\partial ^2\phi}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2\phi}{\partial y^2}+\frac{\partial ^2\phi}{\partial z^2}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial ^2\phi}{\partial t^2}=\frac{m^2c^2}{\hbar^2}\phi．\]これを平面波に適用すると(23－22)式となる．

23-7　基準振動
2つの振り子をバネでつないだものを考える．
左の振り子を横に引いて放す．左の振り子は徐々に右の振り子にエネルギーを渡して静止する．しかし時がたつにつれて右の振り子のエネルギーが左の振り子に渡される．
この現象を唸りとして解析する．両方の振り子を一緒に動かす振動と，両方の振り子を反対向きに動かす振動を考える．後者の振動数は前者の振動数よりわずかに大きい．ゆえにこれらの振動の重ね合わせは唸りを生じる．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２２章　音　波動方程式（問題）

2007-07-25T12:20:00.000+09:00

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\begin{document} 第２２章　音　波動方程式
22-1
$nkT=(\gamma _{H_2}-1)n\frac{7}{2}kT$より$\gamma _{H_2}=\frac{9}{7}$．
$nkT=(\gamma _{He}-1)n\frac{3}{2}kT$より$\gamma _{He}=\frac{5}{3}$．また$\mu_{H_2}=2g/mol, \mu_{He}=4g/mol$. これらを代入して\[\frac{c_{He}}{c_{H_2}}=\sqrt{\frac{\frac{\gamma _{He}RT}{\mu _{He}}}{\frac{\gamma _{H_2}RT}{\mu_{H_2}}}}=\sqrt{35/54}\fallingdotseq 0.8\]
22-2$T_a=-180 ^oC=93 K$.$\nu _a=\frac{c_a}{\lambda }=\frac{1}{\lambda }\sqrt{\frac{\gamma RT_a}{\mu}}$, $\nu _b=\frac{c_b}{\lambda }=\frac{1}{\lambda }\sqrt{\frac{\gamma RT_b}{\mu}}$とおく．\[2=\frac{\nu _b}{\nu_a}=\frac{T_b}{T_a}\]より\[T_b=4\cdot 93K=372K=99^oC.\]
22-3
空気を全部窒素だと仮定する．$\nu _{He}=\frac{c_{He}}{\lambda }, \nu _{N_2}=\frac{c_{N_2}}{\lambda }, \mu_{He}=4g/mol, \mu_{N_2}=28g/mol, \gamma _{He}=\frac{5}{3}, \gamma _{N_2}=\frac{9}{7}$を代入して\begin{eqnarray*}\frac{\nu_{He}}{\nu_{N_2}}&=&\frac{c_{He}}{c_{N_2}}\\&=&\sqrt{\frac{\frac{\gamma _{He}RT}{\mu_{He}}}{\frac{\gamma _{N_2RT}}{\mu_{N_2}}}}\\&=&\frac{\gamma _{He}\mu_{N_2}}{\gamma _{N_2}\mu_{He}}\\&=&\sqrt{\frac{5/3 \cdot 28}{9/7 \cdot 4}}\\&\fallingdotseq &3\end{eqnarray*}
22-4
a)$c_s=340m/s$とおく．\[\frac{2 dyne/cm^2}{\Delta \rho}=\frac{dP}{d\rho}=c_s^2\]\[\Delta \rho =(340m/s)^{-2}2dyne/cm^2=1.73 \times 10^{-9}g/cm^3\]
b)本文(22.9)式より$\Delta \rho=-\rho _0\frac{\Delta \chi}{\Delta x}$.よって\[\Delta \chi=-\frac{\Delta x\Delta \rho}{\rho _0}\]ここで$\Delta x=\frac{\lambda}{2}=\frac{c_s}{2\nu}=17cm, \nu=1000/s$.
次に$\rho_0$を求める．$PV=nkT$より$\rho_0=\frac{nm}{V}=\frac{Pm}{kT}$.これから$c_s^2=\frac{\gamma kT}{m}$により$T$を消去して\[\rho_0=\frac{Pm\gamma k}{c_s^2km}=\frac{P\gamma}{c_s^2}=\frac{10^6dyne/cm^2 9/7}{(340m/s)^2}=0.00111g/cm^3\]よって\[\Delta \chi=-\frac{17cm 1.73\times 10^{-9}g/cm^3}{0.00111g/cm^3}\fallingdotseq 0.0000265cm\]
c)(答え自信ない)\[20\log _{10}\frac{\Delta P}{P_{標準}}=20\log _{10}\frac{2 dyne/cm^2}{2\times 10^{-10}\mbox{バール}}=20\log _{10}\frac{2\times 10^{-10}\mbox{バール}}{2\times 10^{-10}\mbox{バール}}=0\]
22-5（答え自信なし．きれいに解けなかった．）問題22-6よりゴムの密度を$\sigma $, 張力を$T$とおくと振動の伝播速度$c_s$は$c_s=\sqrt{\frac{T}{\sigma }}$ゴムのバネ定数を$k$とおいて$x$だけ伸ばしたときの振動数$\nu _x$を求める．$T_x=xk, \sigma _x=\frac{5cm}{5cm+x}\sigma , \lambda _x=5cm+x$とおく．\begin{eqnarray*}\nu _x&=&\frac{c_x}{\lambda _x}\\&=&\frac{1}{5cm+x}\sqrt{\frac{T_x}{\sigma _x}}\\&=&\frac{1}{5cm+x}\sqrt{\frac{(5cm+x)xk}{5cm\sigma}}\\&=&\frac{5cm+x}{5cm}\sqrt{\frac{xk}{\sigma}}\end{eqnarray*}$x=5cm\times n$のとき\[\nu_{5cm\times n}=\sqrt{1+n}\sqrt{\frac{5cm \times nk}{\sigma}}\]$x=5cm$のときの振動数との比を求める\[\frac{\nu_{5cm\times n}}{\nu_{5cm}}=\frac{\sqrt{1+n}\sqrt{\frac{5cm \times nk}{\sigma}}}{\sqrt{2}\sqrt{\frac{5cm \times k}{\sigma}}}=\sqrt{\frac{(1+n)n}{2}}\]
22-6
$\Delta x$の部分に関する運動方程式をかくと\[\Delta x \sigma \frac{\partial ^2y}{\partial t^2}=T\frac{\partial y}{\partial x}(x+\Delta x)-T\frac{\partial y}{\partial x}(x)\]これを$\Delta x$で割って$\Delta x\to 0$とすると\[\sigma \frac{\partial ^2y}{\partial t^2}=T\frac{\partial ^2y}{\partial x^2}\]
22-7(Ae^{i(\omega t-kx)}=Ae^{-ik(x-vt)}とかけることから明らかだが一応計算する)
\[\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}=-k^2u\]\[\frac{\partial ^2u}{\partial t^2}=-\omega ^2u=-v^2k^2u=v^2\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}\]
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２２章　音　波動方程式（本文）

2007-07-25T12:19:00.001+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_22.pdf
\begin{document} 第２２章　音　波動方程式
22-1　波
極大点が$c$の速度で伝播する波は$f(x-ct)$という関数．
22-2　音の伝播
圧力の山と谷の間の距離が平均自由行程より大きな場合について考える．
22-3　波動方程式
\[I.\mbox{気体は動き,　密度は変わる}\]ことにより$\rho =\rho _0+\rho _e$とかき$\chi (x, t)$を気体の変位とすると\[\rho _e=-\rho _0\frac{\partial \chi}{\partial x}\]となることが示せる．
\[II.\mbox{密度の変化が圧力の変化に対応する}\]
ことにより$P=P_0+P_e$とおくと\[P_e=\kappa \rho _e\]ただし$\kappa =\frac{dP}{d\rho }\Big _{\rho _0}$．となることが示せる．
\[III.\mbox{圧力の等しくないことが気体の運動を引き起こす}\]ことにより\[\rho _0\frac{\partial ^2\chi}{\partial t^2}=-\frac{\partial P_e}{\partial x}\]が示せる．
以上の３式より\[\frac{\partial ^2\chi}{\partial x^2}=\frac{1}{c_s^2}\frac{\partial ^2\chi}{\partial t^2}\]が示せる．ここで$c_s^2=\kappa $.
22-4　波動方程式の解
$f(x-c_st)$は波動方程式の解．$c_s=\sqrt{\frac{dP}{d\rho }\Big _{\rho _0}}$.
$\chi_1, \chi_2$が波動方程式の解なら$\chi_1+\chi_2$も波動方程式の解．

22-5　音の速さ
音波における圧力の密度に対する変化は断熱的変化に対応するものであることを用いると\[c_s^2=\frac{\gamma P}{\rho}\]が示せる．理想気体の状態方程式を代入して$m$を分子の質量, $\mu$を分子量として\[c_s^2=\frac{\gamma kT}{m}=\frac{\gamma RT}{\mu}\]が示せる．$3kT=m$を用いて\[c_s=\sqrt{\frac{\gamma }{3}}\cdot v_{\mbox{平均}}\]が示せる．
\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ　第２１章　爪車と歯止め（本文）

2007-07-25T12:17:00.000+09:00

http://file.buturi.blog.shinobi.jp/Feynmanhonbun2_21.pdf

\begin{document} 第２１章　爪車と歯止め
21-1　爪車の働き
回転軸の片側には羽根,片側には爪車と歯止めがついていて別の箱に入っている．両方の箱が同じ温度だとする．一方向に回転しそうだがそうはならない．
21-2　熱機関としての爪車
羽根側の温度$T_1$の方が爪車側の温度$T_2$より高いとすると一方向に回る．回転軸に錘をつけて両方向への回転がつりあったとする．そのときの効率（羽根から取り出したエネルギーに対する仕事の比）は可逆機関と同じ$\frac{T_1-T_2}{T_1}$．
21-3　力学における可逆性
力学において複雑な系では十分時間がたてばどんな配置もおこりうる(P\'oincareの再帰定理のことか？)．また$f(t)$が運動方程式の解なら$f(-t)$も運動方程式の解．以上より複雑でかつ一方向に進みたがるような機械を設計することはできない．
21-4　不可逆性
温度一定で体積を変化させたときのエントロピーの変化は$\Delta S=Nk\log \frac{V_2}{V_1}.$中央に仕切りのある箱を考える．一方の側に黒い分子もう一方の側に白い分子があるとする．中央の仕切りが二枚のからなり一枚は白い分子のみを通すものでもう一枚は黒い分子のみを通すものだとする．それらを反対方向に動かせば（準静的過程で）黒い分子も白い分子も箱全体に広がる．その結果エントロピーの変化は$Nk\log 2$になる．全てが同じ温度と同じ体積を持つにもかかわらずエントロピーが増した．
21-5　秩序とエントロピー
空間を小さな体積要素に分けてそこに白い分子と黒い分子を分配する仕方がどれだけあるかを考える．白を全て右側,　黒を全て左側に入れるという制限をおいた上での配分の仕方の数は制限をおかない場合より少ない．配列の仕方の対数がエントロピーである．
今見える秩序が偶然の揺らぎのせいなら他の場所には秩序はない．今の秩序が宇宙の始めの秩序の影響なら他の場所にも秩序がある．他の星を観測すると同様の秩序があるので秩序はものごとの出発したときの秩序のなごりであることがわかる．

\end{document}

ファインマン物理学Ⅱ第２０章　熱力学の説明（問題）

2007-07-22T01:07:00.000+09:00

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\begin{document} 第２０章　熱力学の説明（問題）
20-1
$r$を太陽の半径とする．$S=4\pi r^2$は太陽の表面積．$T_0=5700K$とおくと単位時間あたりの太陽の輻射のエネルギーは$S\sigma T_0^4$．1天文単位の距離$AU$における単位面積あたり単位時間あたりの輻射のエネルギーは$\frac{S}{4\pi AU^2}\sigma T_0^4$．平衡状態での銅球の温度を$T$とすると\[\frac{S}{4\pi AU^2}\sigma T_0^4/s=\sigma T^4\]よって\[T=\sqrt{\frac{r}{AU}}T_0=\sqrt{\sin 0.25}T_0=376.5K.\]
20-2\[\sigma T^4/s=1395J/s\]よって\[T=\left(\frac{1395J/sm^2}{\sigma}\right)^{\frac{1}{4}}=396.048K\]
20-3(棚上げ問)
20-4
電気的に中性と仮定して太陽中心部には陽子も電子も$80 mol/cm^3$存在するとする．$T=1.3\times 10^6K$気圧は\[P_g=\frac{160 mol R T}{1cm^3}=1.7\times 10^16N/m^2.\]輻射圧は\[P_r=\frac{U}{3V}=\frac{4\sigma}{3c}T^4=7.2\times 10^{12}N/m^2\]
20-5
$L=2.44\times 10^6J/kg$とおく．\[\frac{dP}{dT}=\frac{L}{300K(\frac{1}{0.598}m^3/kg-\frac{1}{1000}m^3/kg)}=4869N/(m^2K)\]よって$1km$あたりの気圧の変化が約$12000N/m^2$であることを用いると\[\frac{dT}{dh}=\frac{dP}{dh}\frac{dT}{dP}=\frac{12000N/m^2}{1km}\frac{K}{4867N/m^2}=2.47K/km.\]
20-6\[\Delta V=\left( \frac{\partial V}{\partial P}\right)_T\Delta P+\left( \frac{\partial V}{\partial T}\right)_P\Delta T\]
上式を圧力一定$\Delta P=0$の下での$\Delta Q$に代入することにより
\begin{eqnarray*}\Delta Q&=&\Delta U+P\Delta V\\&=&\left( \frac{\partial U}{\partial T}\right)_V\Delta T+(P+\left( \frac{\partial U}{\partial V}\right)_T)\Delta V\\&=&\left( \frac{\partial U}{\partial T}\right)_V\Delta T+\left( P+\left( \frac{\partial U}{\partial V}\right)_T\right) \left( \frac{\partial V}{\partial T}\right)_P\Delta T\end{eqnarray*}よって\[C_P=\left( \frac{\partial Q}{\partial T}\right)_P=\left( \frac{\partial U}{\partial T}\right)_V+\left( P+\left( \frac{\partial U}{\partial V}\right)_T\right) \left( \frac{\partial V}{\partial T}\right)_P.\]
$C_V=\left( \frac{\partial U}{\partial T}\right)_V$だったので\[C_P-C_V=\left( P+\left( \frac{\partial U}{\partial V}\right)_T\right) \left( \frac{\partial V}{\partial T}\right)_P.\]本文の(20-7)式$\left( \frac{\partial U}{\partial V}\right)_T=T\left( \frac{\partial P}{\partial T}\right)_V-P$を代入すると上式の右辺は
\[T\left( \frac{\partial P}{\partial T}\right)_V\left( \frac{\partial V}{\partial T}\right)_P.\]
理想気体の状態方程式$P=\frac{nRT}{V}, V=\frac{nRT}{P}$を代入すると上式の右辺は
\[\frac{Tn^2R^2}{VP}=nR.\]
20-7
$\frac{dP_{\mbox{蒸発}}}{dT}=0.6hPa/K$として計算する．\[\frac{L}{273K(206m^3/kg-10^{-3}m^3/kg)}=0.6hPa/K\]を解いて\[L=3.4\times 10^6J/kg.\]（答えは$2.47\times 10^6J/K$．答えの方が実際の値に近い．）
20-8
その物体の表面に黒体を向かい合わせて熱平衡にさせる．黒体からの$\sigma T^4$の輻射と物体の$(1-A)\sigma T^4$の反射と$A\sigma T^4$の輻射がつりあう．
20-9
$L=80cal/g=80\times 4.2J/g, V_L=1cm^3/g, V_S=1.091cm^3/g$とおく．クラウジウス‐クライペロンの式より\[\frac{L}{273K(V_L-V_S)}=\frac{dP_{\mbox{融}}}{dT}.\]
$\Delta P=\frac{9.8m/s^2 55kg}{1cm^3}$とおく．\[\Delta T=\Delta P\frac{273K(V_L-V_S)}{L}=-0.4K.\]滑れる最低温度が$-0.4^oC$になってしまった(温度高すぎる．もっと低温でも滑れそうだが．$\Delta P$がいい加減すぎたか？)
\end{document}

仮題

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