费曼物理学（2） 第2次作业

Chasse_neige

1 光子质量 (5-11)

若光子有质量，静电学的第一个方程应该修改为 $(-{\mathrm{\nabla }}^2+m^2)\varphi =\frac{\rho }{{ϵ}_0}$，证明此时对带电质点，质点外的电势为 $\varphi =\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{e^{-mr}}{r}$，计算此时的电场，证明此时电场不满足高斯定律。注意此时电磁方程只能用势来描述。

考虑此时点电荷周围的电势分布，取 $\rho =q\delta (r)$

方程 $(-{\mathrm{\nabla }}^2+m^2)\varphi =\frac{\rho }{{ϵ}_0}$是球对称的，所以可以在求坐标下展开拉普拉斯算子并仅保留径向分量：

$$(-{\mathrm{\nabla }}^2+m^2)\varphi =\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$$$(-\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}(r^2\frac{\partial }{\partial r})+m^2)\varphi =\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$$$(-\frac{1}{r}\frac{{\partial }^2}{\partial r^2}+\frac{m^2}{r})(r\varphi )=\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$

由对称性可知 $r\varphi$ 为仅$r$ 的函数，故假设 $(r\varphi )(r)=a(r)$ 并解上述方程：

$$-\frac{{\mathrm{d}}^2}{\mathrm{d}{r}^2}a+m^{2}a=\frac{rq\delta (r)}{{ϵ}_0}=0$$$$\therefore a=C{e}^{-mr}$$

舍去了$e^{mr}$ 解，因为无穷远处发散。

$$\varphi =C\frac{e^{-mr}}{r}$$$$\begin{array}{c}-{\mathrm{\nabla }}^2\varphi =-C{\mathrm{\nabla }}^2\frac{e^{-mr}}{r}=-C(-4\pi \delta (r)e^{-mr}+\frac{1}{r}(m^2{e}^{-mr}-\frac{2m}{r}{e}^{-mr})+\frac{2m}{r^2}{e}^{-mr})\\ =C(4\pi \delta (r)e^{-mr}-\frac{1}{r}{m}^2{e}^{-mr})\end{array}$$$$\therefore (-{\mathrm{\nabla }}^2+m^2)\varphi =C(4\pi \delta (r)e^{-mr}-\frac{1}{r}{m}^2{e}^{-mr})+C{m}^2\frac{e^{-mr}}{r}=C4\pi \delta (r)e^{-mr}=C4\pi \delta (r)=\frac{q\delta (r)}{{ϵ}_0}$$$$\therefore C=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}$$

所以质点外的电势为 $\varphi =\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{e^{-mr}}{r}$

电场：

$$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi =-\mathrm{\nabla }\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{e^{-mr}}{r}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{(1+mr)e^{-mr}}{r^3}\overrightarrow{r}$$

显然不满足高斯定律。

2 库仑定律的偏移

带电体之间的静电力遵循平方反比律这一事实, 是由库仑用扭秤实验所确立的. 然而, 这种实验的误差一般较大, 无法精确地约束库仑力偏离平方反比定律的误差. 麦克斯韦通过改进卡文迪许的同心球电荷分布实验, 精确确立了库仑定律的准确性. 具体步骤如下:

i 外球壳由两个导体半球装配而成, 两半球合起来正好把内球封在其中, 内球与外球的球心相同, 两者保持绝缘. 在离外壳不远处放置一个小铜球. 初始时刻, 它们都不接地.

ii 通过某种手段, 将外球壳与内球用导线连接起来. 将外球壳充电到电势 $V$ .

iii 小铜球接地, 使其通过感应带电, 所带电荷约为外球壳电量的 $1/54$ , 然后取消接地, 保持绝缘.

a) 请由给定数据, 估算外球壳与小铜球球心距离与小铜球半径之间的比例关系.

忽略二次像电荷（因为没有给$R$，不然用级数估计可以更准确一点）之后得到 $\frac{r}{d}=\frac{1}{54}$，即距离是小球半径的45倍。

iv 取下连接外球壳与内球的导线. 然后将外球壳放电, 并保持接地.

b) 假设静电力的电势 $\varphi =\frac{kq}{r^{1+\delta }}$ , 请求出一个半径为 $R$ , 电量为 $Q$ 均匀球壳在任一点上引起的电势大小.

假设该点离球心为 $d$ ：

$$\mathrm{d}\varphi =\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{4\pi R^2}2\pi R^2\sin \theta \mathrm{d}\theta \frac{1}{{\sqrt{d^2+R^2-2dR\cos \theta }}^{1+\delta }})$$$$\begin{array}{c}\therefore \varphi ={\int }_0^{\pi }\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{4\pi R^2}2\pi R^2\sin \theta \mathrm{d}\theta \frac{1}{{\sqrt{d^2+R^2-2dR\cos \theta }}^{1+\delta }})\\ =\frac{Q}{8\pi {ϵ}_{0}dR}\frac{|d+R{|}^{1-\delta }-|d-R{|}^{1-\delta }}{1-\delta }\end{array}$$

c) 设内球的半径为 $R_1$ , 外球壳的半径为 $R_2$ , 请求出在步骤 iv 后, 内球电势 $V_1$ 与外球壳原来电势 $V$ 的关系 (忽略小铜球的影响, 并保留到 $\delta$ 的一阶项).

假设 ii 后内球带电为 $Q_1$ ，外球带电为 $Q_2$ ，利用前一问的电势关系可以列出方程组：

$$\frac{Q_1}{8\pi {ϵ}_0{R}_1{R}_2}\frac{(R_2+R_1{)}^{1-\delta }-(R_2-R_1{)}^{1-\delta }}{1-\delta }+\frac{Q_2}{8\pi {ϵ}_0{R}_2^2}\frac{(2R_2{)}^{1-\delta }}{1-\delta }=V$$$$\frac{Q_2}{8\pi {ϵ}_0{R}_1{R}_2}\frac{(R_2+R_1{)}^{1-\delta }-(R_2-R_1{)}^{1-\delta }}{1-\delta }+\frac{Q_1}{8\pi {ϵ}_0{R}_1^2}\frac{(2R_1{)}^{1-\delta }}{1-\delta }=V$$

将上述方程展开至 $\delta$ 一阶项：$Q_1=0+\mathrm{\Delta }{Q}_1$ $Q_2=4\pi {ϵ}_0{R}_{2}V+\mathrm{\Delta }{Q}_2$ ，解得：

$$\mathrm{\Delta }{Q}_1=4\pi {ϵ}_0{R}_{2}V(\frac{R_1+R_2}{2(R_2-R_1)}\ln (R_2+R_1)-\frac{1}{2}\ln (R_2-R_1)-\frac{R_1}{R_2-R_1}\ln (2R_1))\delta$$

当外壳放完电时，为了使外球壳保持零势，外球壳会带电 $-\mathrm{\Delta }{Q}_1$ ，此时内球壳上的电势即为内球壳和外球壳的叠加，保留至一阶项：

$$\begin{array}{c}{V}_1=\frac{\mathrm{\Delta }{Q}_1}{4\pi {ϵ}_0{R}_1}-\frac{\mathrm{\Delta }{Q}_1}{4\pi {ϵ}_0{R}_2}=\frac{\mathrm{\Delta }{Q}_1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{R_2-R_1}{R_1{R}_2}\\ =\frac{R_2-R_1}{R_1}V(\frac{R_1+R_2}{2(R_2-R_1)}\ln (R_2+R_1)-\frac{1}{2}\ln (R_2-R_1)-\frac{R_1}{R_2-R_1}\ln (2R_1))\delta \\ =V(\frac{R_1+R_2}{2R_1}\ln (R_2+R_1)-\frac{R_2-R_1}{2R_1}\ln (R_2-R_1)-\ln (2R_1))\delta \\ =V(\frac{1+\frac{R_2}{R_1}}{2}\ln (1+\frac{R_2}{R_1})-\frac{\frac{R_2}{R_1}-1}{2}\ln (\frac{R_2}{R_1}-1)-\ln 2)\delta \end{array}$$

v 将静电计的探针脱离接地, 由外壳的小口伸入, 与内球保持接触. 静电计的指针观察不到任何偏转.

vi 为了试验静电计的灵敏度, 将外球壳脱离接地, 并将小铜球接地放电. 此时与内球接触的静电计的指针偏转了角度 $D$ .

vii 小铜球的负电荷大小大约是外壳原来带电的 $1/54$ . 当外球壳接地时, 外壳从小铜球感应而得的正电荷大约是小铜球电荷的 $1/9$ . 因此, 当小铜球接地时, 外球壳的电势约等于内球的电势, 即静电计偏转 $D$ 所对应的数值, 大约是外球壳原来电势 $V$ 的 $1/486$ .

viii 但如果库仑力 $\propto r^{-2-\delta }$ , 即电势 $\varphi =\frac{kq}{r^{1+\delta }}$ , 可由 (c) 问推得的公式得出内球电势 $V_1$ 应为外球壳电势 $V$ 的 $0.1478\delta$ .

ix 于是, 设静电计观察到的最大偏转为 $D$, 则 $\delta$ 不能超过 $\pm \frac{d}{72D}$ 。即使在粗糙的实验中偏转 $D$ 也会大于 $300d$， 所以 $\delta <\frac{1}{21600}$。

d) 请说明 $\delta$ 为什么不能超过 $\pm \frac{d}{72D}$ ?

如果 $\delta$ 超过 $\pm \frac{d}{72D}$，那么当小铜球接地时，内球壳电势最大值 $0.1478\delta V$ 会大于$\frac{1}{486}V$，所以静电计偏转会大于vii 中的值，与实验现象相违背。

3 复变函数 (7-1)

1、计算线电荷的电势分布，证明其可用复变函数 $F(z)=\log z$ 表示。

电势：

$$\varphi (r)=-\frac{\lambda }{2\pi {ϵ}_0}\ln r+C$$

对于题给的复势，在自然单位制下，其实部对应着电势函数：

$$Re[\log z]=\log \sqrt{x^2+y^2}=\log r\propto \varphi (r)$$

所以线电荷电势分布可以用复对数函数描述。

2、证明两相互靠近异号线电荷的电势分布可用复变函数 $F(z)=\frac{1}{z}$ 表示 (提示：可利用 $\frac{d\log z}{dz}=\frac{1}{z}$ )。

证明：

利用二维多级展开关系式，展开至偶极项：

$$\varphi (r)=-\frac{\overrightarrow{p}}{2\pi {ϵ}_0}\cdot \mathrm{\nabla }\ln r+C=-\frac{\overrightarrow{p}\cdot \overrightarrow{r}}{2\pi {ϵ}_0{r}^2}+C$$

同样的，在自然单位制下对题给复函数取实部：

$$Re[\frac{1}{z}]=\frac{x}{x^2+y^2}=\frac{\hat{x}\cdot \overrightarrow{r}}{r^2}\propto \varphi (r)$$

所以两相互靠近异号线电荷的电势分布可用复变函数 $F(z)=\frac{1}{z}$ 表示。

4 Casimir 效应 (8-13)

根据量子力学不确定性关系 $\mathrm{\Delta }x\mathrm{\Delta }p\ge \hslash$ ，一个简谐振子的位移 $x$ 和动量 $p$ 不可能都为零，因此其基态能量不可能为零。基于类似的理由，真空中的量子电磁场最低态（即没有光子的态）的能量也不能为零。这导致了一个有趣的现象：将两块相距一定距离的不带电的导体板平行放置在真空中，它们之间存在非零的电磁相互作用力。现用一个简单模型来考察这个力的起源，该模型只考虑一维空间中电磁波的传播，并假设电磁波只有一种偏振模式。将三块相同的不带电的理想导体薄板 A、B、C 相互平行放置，A、B 之间距离为 $a$ ，A、C 之间距离为 $L$ （$L\gg a$），如图1所示。已知真空中的光速为 $c$ 。

a) 真空电磁波在 A、B 之间形成驻波，导体板表面的位置为波节。试求出 A、B 之间所允许的电磁波的角频率。类似地，求出 B、C 之间所允许的电磁波的角频率。

A、B之间：

$$a=n\frac{\lambda }{2}$$$$a=n\frac{\pi c}{\omega }$$$$\omega =\frac{n\pi c}{a}(n\in {\mathbb{Z}}_{+})$$

B、C之间：

$$\omega =\frac{n\pi c}{L-a}(n\in {\mathbb{Z}}_{+})$$

b) 由于量子效应，一个振动角频率为 $\omega$ 的简谐振子的基态能量为 $\frac{1}{2}\hslash \omega$ 。类似的，真空中角频率为 $\omega$ 的电磁波的一个模式所贡献的真空电磁场能量（零点能）为 $\frac{1}{2}\hslash \omega$ 。试写出 A、C 之间真空电磁场总能量的表达式。（提示：表达式可能是发散的，即不是有限的。）

$$E_{tot}=\frac{1}{2}\hslash (\frac{\pi c}{a}+\frac{\pi c}{L-a})\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n$$

c) 推导出导体板 B 所受到的电磁相互作用力的表达式。利用“所有自然数之和等于 $-\frac{1}{12}$ ”这一说法，给出该相互作用力的有限表达式。

利用“所有自然数之和等于 $-\frac{1}{12}$ ”这一说法，总能量为：

$$E_{tot}=-\frac{1}{24}\hslash (\frac{\pi c}{a}+\frac{\pi c}{L-a})$$

所以相互作用力就是（向右为正）：

$$F=-\frac{\partial E_{tot}}{\partial a}=-\frac{1}{24}\hslash \pi c(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{(L-a{)}^2})\approx -\frac{1}{24}\frac{\hslash \pi c}{a^2}(L\gg a)$$

d) 自然界真实力的大小总是有限的。我们导出的结果之所以发散，是因为采用了过于简化的假设。例如，实际的导体板不是理想导体，频率足够高的电磁波总能够穿过导体薄板，因而不受驻波条件的约束。所以这些高频电磁波模式几乎不受导体板位置的影响，也不会对我们想要计算的电磁力产生贡献。为了将这一效应考虑在内，可以采取如下方法：我们仍然保留第（a）问中求得的驻波条件，但假设每一个电磁波模式对电磁场总能量的有效贡献是 $\frac{1}{2}\hslash \omega e^{-\omega /\pi \mathrm{\Lambda }}$ 。这里 $\mathrm{\Lambda }$ 与 $\omega$ 的量纲相同，且满足 $\mathrm{\Lambda }a/c\gg 1$ 。试计算在 $L\to \mathrm{\infty }$ 、$\mathrm{\Lambda }\to \mathrm{\infty }$ 的极限下导体板 B 受到的电磁力。

$$E_{tot}=\frac{1}{2}\hslash (\frac{\pi c}{a}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{e}^{-\frac{nc}{a\mathrm{\Lambda }}}+\frac{\pi c}{L-a}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n{e}^{-\frac{nc}{(L-a)\mathrm{\Lambda }}})=\frac{1}{2}\hslash (\frac{\pi c}{a}\frac{e^{-\frac{c}{a\mathrm{\Lambda }}}}{(1-e^{-\frac{c}{a\mathrm{\Lambda }}}{)}^2}+\frac{\pi c}{L-a}\frac{e^{-\frac{c}{(L-a)\mathrm{\Lambda }}}}{(1-e^{-\frac{c}{(L-a)\mathrm{\Lambda }}}{)}^2})$$

所以受力为：

$$\begin{array}{c}F=-\frac{\partial E_{tot}}{\partial a}=-\underset{L,\mathrm{\Lambda }\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\partial }{\partial a}\frac{1}{2}\hslash (\frac{\pi c}{a}\frac{e^{-\frac{c}{a\mathrm{\Lambda }}}}{(1-e^{-\frac{c}{a\mathrm{\Lambda }}}{)}^2}+\frac{\pi c}{L-a}\frac{e^{-\frac{c}{(L-a)\mathrm{\Lambda }}}}{(1-e^{-\frac{c}{(L-a)\mathrm{\Lambda }}}{)}^2})\\ =-\underset{\alpha ,{\alpha }^{\prime }\to 0L\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2}\frac{\hslash \pi c}{a^2}(\frac{\alpha e^{-\alpha }(1+e^{-\alpha })}{(1-e^{-\alpha }{)}^3}-\frac{e^{-\alpha }}{(1-e^{-\alpha }{)}^2})+\frac{1}{2}\frac{\hslash \pi c}{(L-a{)}^2}(-\frac{{\alpha }^{\prime }{e}^{-{\alpha }^{\prime }}(1+e^{-{\alpha }^{\prime }})}{(1-e^{-{\alpha }^{\prime }}{)}^3}+\frac{e^{-{\alpha }^{\prime }}}{(1-e^{-{\alpha }^{\prime }}{)}^2})\\ =-\frac{1}{24}\frac{\hslash \pi c}{a^2}(\alpha =\frac{c}{a\mathrm{\Lambda }},{\alpha }^{\prime }=\frac{c}{(L-a)\mathrm{\Lambda }})\end{array}$$

e) d 问中，用一个特定的指数函数来控制高频电磁波的贡献，得到了一个有限的电磁力；但是，这个电磁力的大小不依赖于具体函数形式的选取。因此，考虑一个更一般的函数 $f(x)$ ，它只需要满足两个条件：

A. $f(0)=1$ ，

B. 当 $x\to \mathrm{\infty }$ 时，$|f(x)|$ 以比 $\frac{1}{x}$ 更快的速度趋于零；

每一个电磁波模式对电磁场总能量的贡献为 $\frac{1}{2}\hslash \omega f(\omega /\pi \mathrm{\Lambda })$ 。试计算在 $L\to \mathrm{\infty }$ 、$\mathrm{\Lambda }\to \mathrm{\infty }$ 的极限下导体板 B 受到的电磁力，并说明结果不依赖于函数 $f(x)$ 的具体形式。

（提示：欧拉-麦克劳林公式如下

$$\sum _{n=1}^{N}F(n)-{\int }_0^{N}F(n)dn=\frac{F(N)-F(0)}{2}+\frac{F^{\prime }(N)-F^{\prime }(0)}{12}+\cdots +\frac{B_j}{j!}[F^{(j-1)}(N)-F^{(j-1)}(0)]+\cdots$$

这里 $F^{(j)}$ 是 $F$ 的 $j$ 阶导数，$B_j$ 是伯努利数。如需用到该公式，可只取前两项。）

$$E_{tot}=\frac{1}{2}\hslash (\frac{\pi c}{a}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}nf(\frac{nc}{a\mathrm{\Lambda }})+\frac{\pi c}{(L-a)}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}nf(\frac{nc}{(L-a)\mathrm{\Lambda }}))$$$$\begin{array}{c}-\underset{\mathrm{\Lambda },L\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\partial }{\partial a}{E}_{tot}=-\underset{\mathrm{\Lambda },L\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\partial }{\partial a}\frac{\hslash \pi c}{2a}((\frac{a\mathrm{\Lambda }}{c}{)}^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}xf(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{12})+\frac{\hslash \pi c}{2(L-a)}((\frac{(L-a)\mathrm{\Lambda }}{c}{)}^2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}xf(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{12})\\ =-\underset{\mathrm{\Lambda },L\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\partial }{\partial a}\frac{\hslash \pi L{\mathrm{\Lambda }}^2}{2c}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}xf(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{12}\frac{\hslash \pi c}{2a}-\frac{1}{12}\frac{\hslash \pi c}{2(L-a)}\\ =-\frac{1}{24}\frac{\hslash \pi c}{a^2}\end{array}$$