Lecture Notes of College Physics by Moysés

Lecture Notes on College Physics

本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录 $$ $$

Moysés Volume 1
本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录 $$ $$

Moysés Volume 2
P.117 (5.8.1) 对任意有限区间 $$ [0,l] $$ 上的函数利用周期函数的傅立叶级数展开 $$ \cos(\frac{n\pi}{l}x) $$ 项不存在的是因为 $$ x=0 $$ 处函数为零的周期条件决定的.

P.127 (6.2.26-27) 对波动方程的导出书中的叙述方式不妥,具体推导如下 考虑截面积为 $$A$$ 的气体柱在平衡下的坐标 $$ x $$ 与 $$ x+\Delta x $$ ,在扰动下位移分别为 $$ U(x) $$ 与 $$ U(x+\Delta x) $$ ,这一小段气体具有固定质量,原始体积为 $$ A\Delta x $$ ,在位移下,体积改变为 $$A(\Delta x +U(x+\Delta x)-U(x))=A\Delta x (\frac{\partial U}{\partial x}+1)$$ .我们的考察对象即为后者,对后者写下牛顿第二定律 $$ F=ma $$ 即得波动方程.显然其中


 * $$\begin{align}

&m=\rho A\Delta x(\frac{\partial U}{\partial x}+1) \\ &a=\frac{\partial^2 U}{\partial t^2} \\ &F=-A\Delta p=-A\frac{\partial p(x)}{\partial x}\Delta x(\frac{\partial U}{\partial x}+1) \end{align}$$

其中 $$p(x) $$为位移值为 $$x$$ 的气体段的压强,而 $$\Delta p$$ 为气体段右边截面处的压强减去气体段左边截面处的压强,所以等于 $$p(x)$$ 对坐标的偏导乘以气体段的长度,最后负号因为我们计算的是外力之和. $$p(x)$$ 的计算我们考虑气体经历的是多方过程或者绝热过程 $$ PV^{\gamma}=const. $$ 对微小扰动做变分得到 $$ dP=-\frac{P\gamma}{V}dV $$ 运用到我们考察的一小段气体的具体情况


 * $$\begin{align}

&dP=p(x)-P_0 \\ &P=P_0 \\ &V=A\Delta x\\ &dV=A\Delta x \frac{\partial U}{\partial x} \end{align}$$

从而
 * $$\begin{align}

&p(x)=P_0-P_0\gamma \frac{\partial U}{\partial x} \\ &\frac{\partial p(x)}{\partial x}=-P_0\gamma \frac{\partial^2U}{\partial x^2} \end{align}$$

将所有结果代入第二定律得到


 * $$\begin{align}

\frac{P_0\gamma}{\rho}\frac{\partial^2U}{\partial x^2}-\frac{\partial^2U}{\partial t^2}=0 \end{align}$$

这时引入条件


 * $$\begin{align}

&|P-P_0| << P_0 \\ &|\rho-\rho_0| << \rho_0 \end{align}$$

最后得


 * $$\begin{align}

&v^2\frac{\partial^2U}{\partial x^2}-\frac{\partial^2U}{\partial t^2}=0 \\ &v^2=\frac{P_0\gamma}{\rho_0} \end{align}$$

这时回过头来,我们利用压强的表达式得到


 * $$\begin{align}

\end{align}$$
 * p(x)-P_0|=P_0\gamma \frac{\partial U}{\partial x}??P_0 \\

从而


 * $$\begin{align}

\frac{\partial U}{\partial x} << 1 \end{align}$$

从而气体的体积改变也很小


 * $$\begin{align}

A\Delta x (\frac{\partial U}{\partial x}+1)-A\Delta x= A\Delta x \frac{\partial U}{\partial x} << A\Delta x \end{align}$$

从而书中的推导几乎是正确的.

可以把上述推导推广到一般过程.如果该过程如多方过程$$ ( PV^n = const. ) $$,可以把压强写为另一个强度量,如密度,的函数 $$ P= P(\rho) $$ ,我们可以类似的得到


 * $$\begin{align}

&p(x)=P_0+\frac{\partial P}{\partial V}\Delta V=P_0+\frac{\partial P}{\partial (V/m)}\frac{\Delta V}{V}\frac{V}{m}=P_0+(\frac{\partial P}{\partial (1/\rho)})(\frac{\partial U}{\partial x})\frac{1}{\rho} =P_0-\rho(\frac{\partial P}{\partial \rho})(\frac{\partial U}{\partial x})\\ &\frac{\partial p(x)}{\partial x}\approx -\rho(\frac{\partial P}{\partial \rho})(\frac{\partial^2 U}{\partial x^2})\\ \end{align}$$

运动方程


 * $$\begin{align}

\left(\sqrt{\frac{\partial P}{\partial \rho}}\right)^2\frac{\partial^2U}{\partial x^2}-\frac{\partial^2U}{\partial t^2}=0 \end{align}$$

Moysés Volume 3
P.149 (8.3.7)

在这里,Biot-Savart定律用磁偶极矩的标势的形式得到,但是后者其实并不能作为磁场理论的出发点.实际上,我们可以求证,为什么由小线圈定义的磁偶极矩的磁场为何与电偶极矩形成的电场有类似的形式?下面的讨论从Biot-Savart定理出发给出磁偶极矩的磁场的主要证明思路.

首先,按定义,小线圈的磁场为


 * $$\vec{B}({\vec{r}})=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\oint_C \frac{d\vec{r}'\times \vec{r}}{r^3}$$

其中回路$$C$$就对应线圈的路径,$$I$$为线圈电流.所以$$\vec{m}=Id\vec{s}=I\frac12\vec{r}'\times d\vec{r}'$$.注意到$$\vec{r}$$是从线圈上的某一点指向计算电场的位置的矢量,所以在积分过程中不是常数.所以,按推导电偶极子的电场的思路,可以对$$\vec{r}$$在从线圈处一固定点指向计算磁场位置的常数矢量$$\vec{r}_0$$附近展开.具体的,我们有


 * $$\frac{\vec{r}}{r^3}=\frac{-\vec{r}'+\vec{r}_0}{|-\vec{r}'+\vec{r}_0|^3}=\frac{\vec{r_0}}{r_0^3}-\frac{\vec{r}'}{r_0^3}+\vec{r}_0(-\vec{r}')\cdot \nabla \frac{1}{r^3}+O(r'^2)=\frac{\vec{r_0}}{r_0^3}-\frac{\vec{r}'}{r_0^3}+\vec{r}_0 \frac{3\vec{r}'\cdot\vec{r}}{r^5}+O(r'^2)$$

这样,之前磁场的结果分为两部分,其中第二部分可以利用等式


 * $$\oint_C d\vec{r}'(\vec{r}\cdot \vec{r}')=\left(\frac12\oint_C \vec{r}'\times d\vec{r}'\right)\times\vec{r} $$

进一步化简,从而最终得到结果


 * $$\vec{B}({\vec{r}})=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\oint_C \frac{d\vec{r}'\times \vec{r}}{r^3}$$

可参见[doi:10.1088/0143-0807/33/5/1313 这篇文献].

另外,这个结果也可以通过矢势来计算.因为在库伦规范下,矢势满足方程


 * $$\nabla^2\vec{A} = -\mu_0\vec{j}$$

这个方程非常类似泊松方程,所以也可以用格林函数方法得到形式解


 * $$\vec{A} = \frac{\mu_0}{4\pi} \int_V\frac{\vec{j} dv}{r}$$

对小线圈的应用上面结果,并且注意到$$\int_v\vec{j} dv = \oint_C Id\vec{r}'$$,从而


 * $$\vec{A} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \oint_C\frac{d\vec{r}'}{r}$$

同样利用展开,


 * $$\frac{1}{r}=\frac{1}{r_0}+(-\vec{r}')\cdot \nabla\frac{1}{r}+O(r'^2)=\frac{1}{r_0}+\frac{\vec{r}'\cdot\vec{r_0}}{r_0^3}+O(r'^2)$$

和上面用到的矢量积分表达式,我们得到矢势结果


 * $$\vec{A} = \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{\vec{m}\times \vec{r}}{r^3}$$

由$$\vec{B}=\nabla\times \vec{A}$$,即得磁场表达式.

最后,我们指出,通过Biot-Savart定理,通过直接证明,我们得到安培定理和磁场的高斯定理,证明可以参考这个维基页.

Moysés Volume 4
P.39 (2.60)

书中从折射定理出发对光线方程的推导是错误的. 我们指出,把在不同均匀介质表面的折射定理推广到连续媒质中是存在歧义的,这里的不确定性来源于媒质法向定义在折射过程中的变化. 实际上,最直观的推广物理上是错误的.具体说明如下.

书中(2.60)的推导包含两个部分,即(2.59)和(2.56),它们分别是(2.60)在两个垂直方向上的投影.如果它们分别成立,那么(2.60)成立. 实际上,从证明不难看到,(2.59)只是一个数学等式,它并不包含任何折射定理的物理信息,任意单位矢量都满足(2.59). 直观的,我们必须从折射定理推导出(2.56). 实际上,折射定律(2.55)的直接推广意味着$$\Delta(n\sin\theta)=\Delta(n \hat{u} \cdot \hat{T})=0$$,其中变分$$\Delta$$指代沿着光线传播路径的变化. 但是,我们指出$$\hat{T}$$并不是一个常单位矢量,它是空间坐标的函数,所以把它移出变分需要证明. 书上的脚注显然完全忽略了这个事实. 我们下面具体说明,这个证明一般无法完成.

首先我们把$$\hat{u}$$用法向和切向单位矢量分解$$\hat{u} = \hat{N} \cos\theta +\hat{T}\sin\theta$$,并代回(2.56)左边. 不难发现,其中第二项的确为零,即
 * $$\Delta (n \hat{T}\sin\theta) \cdot \hat{T} = \Delta (n \sin\theta)

\hat{T} \cdot \hat{T} + n \sin\theta \Delta (\hat{T}) \cdot \hat{T} =0 +0=0$$ 其中利用了$$\Delta (n \sin\theta) = 0$$(折射定理)和$$\Delta (\hat{T}) \cdot \hat{T} =0$$(单位矢量性质). 但剩下的一项给我们带来了麻烦,我们需要证明
 * $$\Delta (n \hat{N}\cos\theta) \cdot \hat{T} =?0$$

但因为
 * $$\Delta (n \hat{N}\cos\theta) \cdot \hat{T} = \Delta (n \cos\theta)

\hat{N} \cdot \hat{T} + n\cos\theta \Delta (\hat{N}) \cdot \hat{T} = n\cos\theta \Delta (\hat{N}) \cdot \hat{T}$$ 其中利用$$\hat{N} \cdot \hat{T}=0$$,同时由于$$n\cos\theta \ne 0$$,我们希望能够证明
 * $$\Delta (\hat{N}) \cdot \hat{T} =0$$

即$$\hat{N}$$的变化必须沿着自身方向,但因为它是单位矢量,这意味着它必须是常数,这与一般连续媒质的假设矛盾. Moyses的书就是这样自由发挥,错误百出.

事实上,光线方程的确是(2.60),它可以由费马大定理或者直接由麦克斯韦方程在几何光学近似下得到,具体的推导很精彩,参见stackexchange帖子或者Born与Wolf著Principles of Optics, Chapter 4或者Snyder与Love著Optical Waveguide Theory一书的前半部分.

从光线方程出发,很容易看到Moyses书中的逻辑错误. 光线传播方程是一个矢量方程,在传播平面上含有两个独立的方向. 上面的证明指出,方程沿着$$\hat{u}$$方向的投影得到的结果是平凡的,而沿着$$\hat{T}$$方向的投影对应了折射定理的物理内涵. 具体的,它是$$\Delta(n \hat{u} )\cdot \hat{T}=0$$. 在两个均匀介质的表面,我们有$$\Delta(n\sin\theta)=\Delta(n \hat{u} \cdot \hat{T})=\Delta(n \hat{u} )\cdot \hat{T}=0$$. 但是,上述第二步等式并不适用于连续介质,故从麦克斯韦方程(的高频近似)或者费马大定理出发,可以导出折射定理.但是逻辑上无法把折射定理推广到媒质,从而导出光线传播方程或者费马大定理.

P.117 (4.69) 这个式子有些误导的作用. 首先单缝衍射和光栅衍射的最快记忆结论的方法如下.单缝衍射,当缝的中间和缝的一边相位相反时,我们沿着边积分到中间,同时中间积分到另一边,这样完成了对全部缝的积分,同时每一对的贡献和相位始终相反.所以其第一极小值的条件是(如图)


 * $$\begin{align}

&\frac{1}{2}a\sin\theta=\frac{1}{2}\lambda \\ &a\sin\theta=\lambda \end{align}$$

类似的吧单缝分割为 $$2n$$ ,相应的第一极小值的条件为


 * $$\begin{align}

&\frac{1}{2n}a\sin\theta=\frac{1}{2}\lambda \\ &a\sin\theta=n\lambda \end{align}$$

注意到这里给出的是极小值条件,而非极大值条件. 考虑光栅衍射,假设每个缝的宽度相对缝与缝的间隔(光栅常数)可以忽略.这时当缝与缝之间的贡献正好相差一个波长时,缝与缝相互加强,从而主极大的条件类似单缝衍射极小的条件


 * $$\begin{align}

d\sin\theta=n\lambda \end{align}$$

如果考虑缝的有限宽度,严格积分,上述定性结果保持不变,严格结果为(4.68)


 * $$\begin{align}

&I(\alpha)=I_1(\alpha)\cdot \frac{\sin^2(N\frac{\Delta}{2})}{\sin^2(\frac{\Delta}{2})} \\ &\alpha=\sin\theta \\ &\Delta=kd\alpha=kd\sin\theta \end{align}$$

其中第一个因子为相应的单缝衍射,但是由于缝的宽度始终远小于光栅常数,单缝衍射相应的极大极小周期要远大于光栅衍射,即第二个因子,的周期.现在图4.30给出了第二个因子的函数,它是一个周期函数.仔细观察(4.68),其周期由分母的周期确定,


 * $$\begin{align}

&\frac{\Delta}{2}=2n\pi \\ &\frac{2\pi}{\lambda}d\sin\theta=2n\pi \\ &d\sin\theta=n\lambda \end{align}$$

的确与上述极限情况下的分析一致.而(4.69)则给出了每个周期的具体形态.这是因为导致(4.69)的假定,仅在每个周期内靠近极大值附近才成立.

布拉格衍射.光对晶格常数为 $$d$$ 的晶体的衍射,完全类似的推导,如下图(采自维基百科)得到


 * $$\begin{align}

2d\sin\theta=n\lambda \end{align}$$

注意结果中相差一个因子2.

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