連體積電力學導論 Week 7

連體積電力學導論 Week 7

# 連體積電力學導論 Week 7, 8

## Magnetic Dipole

現在要來導磁偶極的磁場。

不過已經知道 $\vec{A{}}$ 的形式是一次平方反比了，那不就跟電偶極的部分一樣了嗎？

考慮一個 dx, dy 的方形線圈，我們計算他的 $\vec{A{}}$

$$\vec{A{}} = \frac {\mu_0 I}{4\pi}[dx(\frac {1}{r_3} - \frac {1}{r_1})\vec{i{}} + dy(\frac {1}{r_4} - \frac {1}{r_2})\vec{j{}}]$$

本來信富士是使用餘弦定理加泰勒展開，但是我覺的取 gradient 直接做一次近似比較簡單：

$$\frac {1}{r_3} - \frac {1}{r_1} \approx \nabla (\frac {1}{r})\cdot d\vec{r{}} = -\frac {\hat{r{}}}{r^2} \cdot (0, dy) = \frac {y dy}{r^3}$$

$$\frac {1}{r_4} - \frac {1}{r_2} \approx \frac {\hat{r{}}}{r^2} \cdot (-dx, 0) = -\frac {x dx}{r^3}$$

帶回 $\vec{A{}}$：

$$\vec{A{}} = \frac {\mu_0 I}{4\pi}[dx(\frac {1}{r_3} - \frac {1}{r_1})\vec{i{}} + dy(\frac {1}{r_4} - \frac {1}{r_2})\vec{j{}}] = \frac {\mu_0 I}{4\pi}[dx(\frac {ydy}{r^3})\vec{i{}} - dy(\frac {xdx}{r^3})\vec{j{}}]$$

信富的推導最後的結果會把後面的 $\frac {x}{r}$ 變成方向餘弦，然後把 x, y 通通用極坐標的 $x = rsin\theta cos\phi$, $y = rsin\theta sin\phi$ 帶掉。做完上面的化簡之後，就會得到：

$$\vec{A{}} = \frac {\mu_0 (Idxdy)}{4\pi r^2}sin\theta(-sin\phi\vec{i{}} + cos\phi\vec{j{}}) = \frac {\mu_0 (Idxdy)}{4\pi r^2}sin\theta \vec{i_{\phi}}$$

接著定義 magnetic dipole：

$$\vec{m{}} = Idxdy\vec{k{}}$$

這樣一來：

$$\vec{A{}} = \frac {\mu_0 \vec{m{}}\times \hat{r{}}}{4\pi r^2}$$

## Magnetic Dipole 在場上的受力

依樣假定是一個大小為 dx, dy 的方形線圈，受到一個外加磁場 $\vec{B}  = const.$



不過這個高中就學過，載流的封閉線圈，在某個常數磁場當中受到的力為 0，所以受力是 0。詳細證明可以寫成：

$$\oint d\vec{F{}} = \oint i\vec{dl}\times \vec{B{}}$$

不過我想不出來有什麼向量恆等式跟這個有關係，但是我想把他換成表面積分。結果會推到像這樣的東西：

$$ i[(\vec{dA}\nabla) \cdot \vec{B{}} - (\nabla \cdot \vec{B{}})\vec{dA}]$$

$$\nabla(\vec{m{}}\cdot \vec{B{}})$$

## Magnetization

這裡就是仿照之前材料當中的極化現象，定義出各種受到外加磁場之後極化的現象。不過這裡有個問題：物質受到外加電場之後，結果是內部電荷極化; 那麼受到外加磁場之後，會產生什麼反應呢？

假設現在有一個物質，表面產產生單位體積 $\vec{M{}}$ 的磁偶極：

$$\vec{M{}} = N\vec{m{}} = NId\vec{A{}}$$

假定模型是這樣：一個厚度 $t$ 的薄版，表面有很多小線圈。受到磁場的時候，內部相鄰電流通通抵銷掉，只剩下最外圍有大小為 $I$ 的電流。所以可以知道：

$$\vec{m{}} = I \vec{dA}$$

寫成純量的話：

$$m = IdA = MtdA$$

所以：

$$M = \frac {I}{t} = K_m$$

如果寫成向量的話：

$$\vec{K{}}_m = \vec{m{}}\times \hat{n{}}$$

其中 $\vec{n{}}$ 是邊緣的法向量，$K_m$ 是邊緣的線電流密度。注意這裡不是真的有電流，只是一個假想的概念。

現在考慮磁化強度不一樣，也就是內部的小線圈受到外加磁場之後，感應出來的電流不會互相抵消，那麼考慮某點所有相鄰小線圈對他的影響：

$$I_x = \frac {\partial M_z}{\partial y}dydz - \frac {\partial M_y}{\partial z}dzdy $$

寫完 x 之後就會想要猜這是一個 curl ，沒錯這是，所以會長成：

$$\vec{J{}}_M = \nabla \times \vec{M{}}$$

注意這東西不會累積電荷，因為他取 divergent 是 0，沒有什麼 source。

## 物質中的安培定律

最一般般的安培定律長這樣：

$$\nabla \times \vec{B{}} = \mu_0 \vec{J{}} = \mu_0 (\vec{J_f} + \vec{J_m})$$

這裡一定很發現跟之前那個根本有 87 % 像，沒錯這裡就在做一模一樣的事：

$$\nabla \times (\frac {\vec{B{}}}{\mu_0} - M) = \vec{J_{F}} \Rightarrow \vec{B{}} = \mu_0 (\vec{H{}} + \vec{M{}})$$

這時候，就可以用 $H$ 場就可以直接取得自由電流的關係：

$$\nabla \times \vec{H{}} = \vec{J_f}$$

再看看 $\vec{M{}}$。我們想要知道受到 $\vec{B{}}$ 之後，會反映出多少 $\vec{M{}}$ 。這裡依樣假設是線性材料，也就是：

$$\vec{M{}} = \chi_m \vec{H{}}$$

因此：

$$\vec{B{}} = \mu_0 (1 + \chi_m)\vec{H{}}:=\mu \vec{H{}}$$

所以這樣之後，處理的手法就都差不多：先認出自由的 source 去算 D/B 場，算完之後再去算材料內部的效果。

## 例題

假設線圈密度 n ，通過電流 I，裡面包一個 $\chi_m$ 的材料，問 M 是多少？

$$\oint \vec{H{}}\cdot \vec{dl} = I_{f,enc}$$

取單位長度，穿過線圈與材料的封閉曲線：

$$In = H$$

然後就直接用定義：

$$M =  \chi_m In$$

最後找 B 場，就把後面兩個效應加起來：

$$\vec{B{}} = \mu_0(nI + \chi_mnI)$$

也可以算 $K_m$：

$$\vec{K_m} = \vec{M{}}\times \hat{r{}} = \chi_mnI\hat{\phi{}}$$

## 例題

有一個同心球，裡面球體半徑 $a$，材料是金屬，帶電荷 Q; 外面的半徑 $b$，材料是電容率 $\epsilon$ 的介電材料，問外層電場材料。

一樣是先認 D 場：

$$\oint \vec{D{}}\cdot \vec{dA} = Q_f$$

這一看就是到 D 場是：

$$\vec{D{}} = \frac {1}{4\pi}\frac {Q}{r^2}\hat{r{}}$$

所以材料裡面就是：

$$\frac {\vec{D{}}}{\epsilon} = \frac {1}{4\pi \epsilon}\frac {Q}{r^2}\hat{r{}}$$

材料外面就把 $\epsilon$ 用 $\epsilon_0$ 帶就可以了。

電位啊就積分回去啊：

$$\oint_{\infty}^0\vec{E{}}\cdot \vec{dl} = \int_{\infty}^b \frac {Q}{4\pi \epsilon_0r}dr + \int_{b}^0 \frac {Q}{4\pi \epsilon r}dr = -\frac {Q}{4\pi\epsilon b} + \frac {Q}{4\pi \epsilon a} + \frac {Q}{4\pi \epsilon b}$$

然後一樣可以算極化強度：

$$\vec{P{}} = \epsilon \chi_e \vec{E{}}$$

表面電荷密度依樣也可以算：

$$-\nabla \cdot \vec{P{}}$$

注意法向量。

# Maxwell Equation in Material

$$\nabla \cdot \vec{D{}} = \rho_f$$

$$\nabla \times \vec{B{}} = (\vec{J_f} + \vec{J{}}_M + \vec{J{}}_p) + \mu_0\epsilon_0\frac {\partial \vec{E{}}}{\partial t} = \mu_0 \vec{J_f} + \mu_0\nabla \times \vec{M{}} + \mu_0 \frac {\partial \vec{P{}}}{\partial t} + \mu_0 \epsilon_0 \frac {\partial \vec{E{}}}{\partial t}$$

把 $\mu_0$ 除下去，$M$ 移過去，極化跟電場合併，就會得到：

$$\nabla \vec{H{}} = \mu_0 \vec{J}_f + \mu_0 \epsilon_0 \frac {\partial \vec{D{}}}{\partial t}$$

# EQS && MQS

磁性顆粒流動的時候，感覺上會產生電場，這個要不要考慮進電場裡面？這裡因為我們是機械系統，所以可以知道運動時間的尺度通常不會超過 1 ms，也不會有極度微小的東西。在這個尺度之下，我們想知道忽略他會不會出事。

## EQS

$$\nabla \times \vec{E{}} = - \mu_0\frac {\partial \vec{H{}}}{\partial t} - \mu_0 \frac {\partial \vec{M{}}}{\partial t}$$

$$\nabla \times \vec{H{}} = \vec{J{}}_f + \epsilon_0 \frac {\partial \vec{E{}}}{\partial t} + \frac {\partial \vec{P{}}}{\partial t}$$

$$\epsilon \nabla \cdot \vec{E{}} = -\nabla \cdot \vec{P{}} + \rho_f$$

$$\mu_0 \nabla \cdot \vec{H{}} = -\mu_0 \nabla \cdot \vec{M{}}$$

$$\nabla \cdot \vec{J{}}_f + \frac {\partial \rho_f}{\partial t} = 0$$

$$\vec{J{}}_f = \sigma\vec{E{}} + \rho_f \vec{u{}}$$

為了避免做到死掉，所以我們依樣要來無因次化來看看哪些東西可以省略。

$$x = lx', y = ly', z = lz'$$
$$t = \tau t'$$

其中 $l$ 是特徵長度，$\tau$ 是特徵時間。

接著是 EQS：

$$E = (\mathcal{E})E'$$
$$P = (\mathcal{E}\epsilon_0)P'$$
$${u{}} = (\frac {l}{\tau})u'$$
$$\rho_f = (\frac {\epsilon_0 \mathcal{E}}{l})\rho_f'$$
$$J_f = (\frac {\epsilon_0 \mathcal{E}}{\tau})H_f'$$
$$H = (\frac {\epsilon_0 \mathcal{E}l}{\tau})H'$$
$$M = (\frac {\epsilon_0 \mathcal{E}l}{\tau})M'$$

然後就 帶～進～去～

$$\nabla'\times \vec{E{}}' = -\frac {(l/\tau)^2}{c^2}[\frac {\partial \vec{H'}}{\partial t'} + \frac {\partial \vec{M'}}{\partial t'}]$$

$$\nabla' \cdot \vec{H{}} = -\nabla' \cdot \vec{M'}$$

$$\nabla' \cdot \vec{E'} = \nabla' \cdot \vec{P'} + \rho_f'$$

$$\nabla' \times \vec{H'} = \vec{J'}_f + \frac {\partial \vec{E'}}{\partial t'} + \frac {\partial \vec{P'}}{\partial t'},\ \vec{J'}_{f} = \frac {\tau}{\epsilon_0/\sigma_0}\sigma'\vec{E'} + \rho_f' + \vec{u'}$$

$$\Rightarrow \nabla' \times \vec{H'} =  \frac {\tau}{\epsilon_0/\sigma_0}\sigma'\vec{E'} + \rho_f' + \vec{u'} + \frac {\partial \vec{E'}}{\partial t'} + \frac {\partial \vec{P'}}{\partial t'}$$

$$\frac {\partial \rho_f'}{\partial t'} + \nabla'\cdot(\frac {\tau}{\epsilon_0/\rho_0}\sigma'\vec{E'} + \rho_f\vec{u'}) = 0$$

然後就發現那個光速的那一項其實很誘人。定義：

$$\beta = \frac {(l/\tau)^2}{c^2}$$

跟相對論那邊的 $\beta$ 滿像的。不過現在我們可以發現他在機械系統裡面滿小的。所以：

$$\nabla'\times \vec{E{}}' = -\frac {(l/\tau)^2}{c^2}[\frac {\partial \vec{H'}}{\partial t'} + \frac {\partial \vec{M'}}{\partial t'}] \approx 0$$

然後就要 pertubation 了吧。

令：

$$\vec{E'} = \sum \beta^i\vec{E_i}$$
$$\vec{H'} = \sum \beta^i\vec{E_H}$$
$$\vec{J_v'} = \sum \beta^i\vec{J_{v_i}}$$
$$\vec{\rho_f'} = \sum \beta^i\vec{\rho_{f_i}}$$
$$\vec{P'} = \sum \beta^i\vec{P_i}$$
$$\vec{M'} = \sum \beta^i\vec{M_i}$$

其中下標 0 的時候，是 

$$\nabla \times \vec{E{}} = 0$$ 

的解，並且逐項修正。注意這裡把星號都先丟掉，不然筆畫太多了。所以這樣的話：

$$\vec{E{}} = \vec{E_0} + \beta \vec{E_1} + \beta^2\vec{E_2} + ...$$

這時候：

$$\nabla \times \vec{E{}} = \nabla \times \vec{E_{0}} + \beta \nabla \times \vec{E_1} + \beta ^ 2 \nabla \times \vec{E_2} = 
-\beta(\frac {\partial \vec{H_0}}{\partial t} + \beta \frac {\partial \vec{H_1}}{\partial t} + \beta^2\frac {\partial \vec{H_2}}{\partial t}... + \frac {\partial \vec{M_0}}{\partial t} + \beta\frac {\partial \vec{M_1}}{\partial t} + \beta^2\frac {\partial \vec{M_2}}{\partial t} + ...)
$$

這樣的話，可以根據各項的數量級關係，做下面的動作：

$$\beta^0:\nabla \times \vec{E_0} \approx 0$$
$$\beta^2:\nabla \times \vec{E_1} = -\frac {\partial \vec{M_0}}{\partial t} - \frac {\partial \vec{H_0}}{\partial t}$$

這樣的話，就可以針對下標是 0 的狀況，使用靜電靜磁方程式，並且透過 perturbation 逐步得到 $\beta$ 的高次答案。所以帶入：

$$\nabla \times \vec{E_0} \approx 0$$

$$\frac {\partial \rho_0}{\partial t} + \frac {\tau}{\epsilon/\sigma}\nabla \cdot (\sigma_0\vec{E_0}) + \nabla \cdot \vec{J_0} = 0$$

$$\nabla \times \vec{H_0} = \frac {\tau}{\epsilon/\sigma} \sigma \vec{E_0} + \vec{J_{v0}} + \frac {\partial \vec{E_0}}{\partial t} + \frac {\vec{P_0}}{\partial t}$$

$$\nabla \cdot \vec{H_0} = -\nabla \cdot \vec{M_0}$$

$$\nabla \cdot \vec{E_0}= \nabla \cdot \vec{P_0} + \rho_{f0}$$

這樣的話 $\vec{E{}}$ 就可以直接解出來。

可以發現：雖然不是靜電場，但是因為速度尺度沒有那麼快的關係，使得簡化過後看起來就像是在解靜電場，因此這個東西就叫做「準」靜電場。

白話文的話，就是不用擔心流體流動造成的電流與電磁波可以忽略。

同樣的道理可以針對 $H$ 場的方程組做這個，也會得到類似型式的東西，叫做 MQS。注意 MQS 裡面簡化過後可以找到一個純量磁位 $\chi$。

## Boundary Condition

### 電

這個電磁有學過，就是邊界電荷跟邊界的電流對電場的那個關係。考慮邊界上可能有自由的表面電荷存在。選一個高斯面無限貼近表面，套用高斯定律可以得到：

$$D_{1, \perp} - D_{2, \perp} = \sigma_s$$

所以寫的有學問一點就是：

$$\sigma_s = \hat{n{}}\cdot [\vec{D_2} - \vec{D_1}]$$

類似的原理，因為：

$$\nabla \times \vec{E{}} = 0$$

取一個無限貼近表面的路徑，可以得到：

$$\vec{E_{1, \parallel}} - \vec{E_{2, \parallel}} = 0$$

一樣寫的有學問一點就是：

$$\hat{n} \times (\vec{E_2} - \vec{E_1}) = 0$$

這件事的另外一個假定，是 potential 要連續。因為剛剛取了貼近表面的環路積分，不管怎麼積都是 0 ，所以可見在邊界也是保守場：

$$\int(\nabla \times \vec{E{}})\cdot \vec{dA} = \oint \vec{E{}}\cdot \vec{dl} = 0$$

接下來當然就是對磁場相關的定律做一樣的事情。假定表面之間有一個電流密度，取一個穿過表面的封閉曲面，表面無限貼近表面，所以（用有點像是 RTT 的方法）：

$$\oint \vec{J_f}\cdot \vec{dA} + \frac {\partial }{\partial t}\int {\rho_f}dV = 0$$

將封閉曲面表面無限貼近邊界之後，就可以得到：

$$\hat{n{}}\cdot [\vec{J_1} - \vec{J_2}] + \frac {\partial \sigma_s}{\partial t} = 0$$

### 磁

其實跟剛剛原理一樣，只是變成假定表面有很多電流密度。因此：

$$H_{2, \parallel}dl - H_{1,\parallel}dl = K_{f,\parallel}$$

寫成向量的形式就是：

$$\hat{n{}}\times [\vec{H_2} - \vec{H_1}] = \vec{K_f}$$

## 例題：同軸電纜線

假定同軸金屬電場內徑 $R_{1}$，外徑 $R_2$，中間介電係數 $\epsilon$，通過電壓 $V$，問電容是多少。

這個東西可以用高斯定律，也可以解方程式。信服適用方程式來解的。

$$\nabla \cdot \vec{D{}} = \nabla \cdot {\epsilon \vec {E{}}} = 0 \Rightarrow \nabla \cdot \vec{E{}} =  \frac {1}{r}\frac {\partial}{\partial r}(rE_r) = 0$$

所以得到：

$$E_r = \frac {C_1}{r}$$

積分起來算電位差，就可以知道：

$$V = C_1 ln(R_2/R_1) \Rightarrow C_1 = \frac {V}{ln(R_2 / R_1)}$$

因此：

$$E_r = \frac {V}{ln(R_2 / R_1)} \frac {1}{r}$$

然後要問內徑表面電荷密度。這個就是用剛剛教的邊界條件算：

$$\sigma_f(R_1) = \hat{r{}}\cdot [\vec{D_1} - \vec{0_{}}] = \epsilon E_r = \epsilon  \frac {V}{ln(R_2 / R_1)} \frac {1}{R_1}$$

同樣道理，外徑的表面電荷密度：

$$ - \epsilon  \frac {V}{ln(R_2 / R_1)} \frac {1}{R_2}$$

所以丟進去算總電荷就是：

$$q_+ - q_- = 0$$

這樣聽起來也滿合理的，因為電容器沒有讓電荷無緣物故增加嘛。不過可以發現 $\epsilon$ 越多，可以存的電荷就越多，電容感覺就越好。

# 複習：Laplace Equation

因為剛剛都發現方程式都化簡成 Laplace Equation，所以這裡就要複習 Laplace Equation 怎麼解。因為：

$$\nabla \times \vec{E} = 0 \Rightarrow \vec{E{}} = \nabla \Phi$$

又：

$$\nabla \cdot \vec{E{}} = 0 \Rightarrow \nabla ^ 2 \Phi = 0$$

在直角坐標系裡面：

$$\frac {\partial ^ 2 \Phi}{\partial x^2} + \frac {\partial ^ 2 \Phi}{\partial y^2} = 0$$

然後就分離變數法呀：

$$\Phi := X(x)Y(y)$$

因此：

$$\frac {X"}{X}  = - \frac {Y"}{Y} = -k^2$$

後面那個東西是後見之明。照理說要討論那個常數的正負。然後這是個劉維爾問題。在給定某個邊際條件之下，只有特定的 mode 可以存在。

不過這裡還是討論一下。若：

$$k = 0$$

就會解到：

$$\Phi = (C_1 x + C_2)(C_1 y + C_4) = D_1xy + D_2x + D_3y + D_4$$

若 $k \neq 0$

$$\Phi = (C_1 sinkx + C_2 cos kx)(C_3 e^{ky} + C_4e^{-ky}) = (C_1 sinkx + C_2 cos kx)(C_3' e^{ky} + C_4'e^{-ky})$$

後面那個可以看邊界條件的心情去決定要用指數函數還是 sinh, cosh 去解。

額 然後問題來了：如果是住座標的話叫怎麼辦（嗚嗚嗚我不要解被鎖函數嗚嗚嗚嗚嗚嗚嗚）（好拉還是姐一下）（痾你搞錯了被鎖是在求座標）

如果是在圓柱座標：

$$\frac {1}{r}\frac {\partial }{\partial r}(r\frac {\partial \Phi}{\partial r}) + \frac {1}{r^2}\frac {\partial ^2 \Phi}{\partial \phi^2}$$

一樣是令：

$$\Phi = F(\phi)R( r )$$

經過一番奮鬥之後就會得到：

$$\frac {r}{R}\frac {d}{dr}(r\frac {dR}{dr}) = -\frac {1}{F}\frac {d^2F}{d\phi^2} = -m^2$$

假定：

$$m = 0$$

可以解得：

$$R = Cln( r ) + D$$
$$F = A\phi + B$$

若：

$$m \neq 0$$

那就會生出一個 Euler Equation：

$$r \frac {d}{dr}(r\frac {dR}{dr}) - m^2 R = 0$$

$$\frac {d^2 F}{d\phi^2}  m^2 F = 0$$

因此：

$$R = C_1 r^{m} + C_2 r^{-m}$$
$$F = A_3 cos (m\phi) + A_4 sin (m\phi)$$

接著解球座標：

$$\frac {1}{r^2}\frac {\partial}{\partial r}(r^2\frac {\partial \Phi}{\partial r}) + \frac {1}{r^2sin\theta}\frac {\partial }{\partial \theta}(sin\theta \frac {\partial \Phi}{\partial \theta})$$

然後一樣分離變數：

$$\frac {r}{R}\frac {d}{dr}(r^2\frac {dR}{dr}) = -\frac {1}{\Theta sin\theta}\frac {d}{d\theta}( sin\theta\frac {d\Theta}{d\theta}) = n(n-1)$$

左邊那坨比較好解，就是 Euler：

$$R - Ar^{n} + Br^{-(n-1)}$$

右邊那坨把 $cos\theta = x$ 令成新變數，就會得到：

$$(1 - x^2)y" + 2y' + ... y = 0$$

解得：

$$\Theta = P_n (cos\theta)$$

這裡註記一件事：劉維爾會解到一系列互相正交的 mode ，所以最後整體答案應該要是那堆 mode 加再在一起。至於最後那堆東西要怎麼疊加起來，要看初始條件的心情。

## 例題

假設沿 y 方向有一個很奇怪的電荷分佈：

$$\Phi(x, y) = \Phi_0 sin ay$$

從各剛的解可以猜解應該是 k 不等於 0 的那個：

$$\Phi = A cos(ky)e^{-kx} + B cos(ky)e^{kx} + C sin(ky)e^{-kx} + D cos(ky)e^{kx}$$

首先做一點觀察：

1. 指數函數為正的項通通要砍掉。因為無限遠處要 bounded
2. 邊界條件應該要跟 sinay 吻合，所以 cos 那項被砍掉。

因此函數應該是：

$$\Phi = \Phi_0(sinay)e^{-ax} \forall x > 0$$

$$\Phi = \Phi_0(sinay)e^{ax} \forall x < 0$$

因此就可以去算電場：

$$\vec{E{}} = \nabla \Phi = ...$$

然後算邊界的面電荷密度：

$$\sigma_f = \hat{n{}}\cdot [\vec{D_1} - \vec{D_2}] = ... = 2\epsilon_0 \Phi_0 a(sinay)$$

## 例題：磁球

假設有一個球體，帶有一個磁化 $\vec{M{}} = M_0 \hat{k{}}$。除此之外，有一個外加磁場 $\vec{H{}} = H_0 \hat{k{}}$。這樣一來，球內球外都沒有電流。所以如果要算球內球外的磁場，可以用：

$$\nabla \times \vec{H{}} = \vec{J_f} = 0 \Rightarrow \vec{H{}} = -\nabla \chi$$

$$\nabla \cdot \vec{B{}} = 0 = \nabla \cdot \mu_0(\vec{H{}} + \vec{M{}}) \Rightarrow \nabla \cdot \vec{H{}} = -\nabla ^ 2 \chi = 0$$

然後用一個神奇的方法挑出解應該只有 Legendre Polynomial 的 n = 1 項。所以：

$$\chi = cos\theta(Ar + \frac {B}{r^2}) = cos\theta(-H_0 r + \frac {B}{r^2})$$

$$cos(cCr + \frac {D}{r^2}) = Crcos\theta$$

可以先從無限遠的行為秒殺 $A$。但是這樣還有兩個未知數。不過我們還有另外兩個邊界條件，分別是：

$$\chi 連續$$

也就是：


$$CR cos\theta = cos\theta(-H_0 R + \frac {B}{R^2})$$

以及：

$$\nabla \cdot \vec{B{}} = 0 \Rightarrow Br(r = R_-) = Br(r = R_+)$$

這裡就要偏微分去找出兩個 H 邊界的關係了：

$$\mu_0(H_r(R_-) + M_r(R_-)) = \mu_0H_r(R^+)$$

解一解會解到：

$$-C + M_0 = H_0 + \frac {2B}{R^3}$$

連立上面兩條柿子，得到：

$$B = \frac {1}{3}MR^3, C = - H_0 + \frac {M_0}{3}$$

# Leaky Dielectric

電場加下去之後，帶電粒子會亂跑。比如說溶液之類的狀況。

第一眼看會以為可以用勞倫茲力爆開，不過實際上這個東西還要考慮到粒子撞來撞去，所以實際上行為會比較像是擴散。

然後用了一堆我不知道為什麼的東西，得到：

$$qE = z'|e|E = 6\pi \eta U a$$

其中 $U$ 是粒子的速度。

做一點估計後，每顆粒的速度的數量及大約是：

$$U \approx \frac {z'|e|E}{\eta a} =  \frac {z'|e|E N_A}{\eta a N_A} = \frac {1}{\eta a N_A}z'FE$$

然後就會出現電子學在學的東西了。定義每單位帶電粒子的 mobility ：

$$\nu_i = \frac {1}{\eta a N_A}$$

這樣就可以用個比例係數去找「每莫爾的粒子給的力，他得到多少速度」。不過這樣還不夠方便。我們希望把 mobility 跟擴散行為做連結。這時就要把圍觀的碰撞跟巨觀的行為連接再一起。

巨觀來說：

$$f \approx \eta U a$$

微觀來說，抵抗阻力需要做的功，數量級大約在：

$$k_bT$$

所以：

$$f\cdot l \approx \eta U a l \approx k_b T$$

然後想一下擴散係數：

$$D_i[m^2/s] \approx l^2/\Delta t \approx lU$$

因此：

$$k_bT \approx \eta a D_i$$

所以擴散係數跟 mobility 的關係看以得到：

$$D_i \approx \frac {k_b T}{\eta a} = \nu_i R T$$

因此：

$$\nu_i = \frac {D_i}{RT}$$

現在考慮溶液。假定單位時間通過某截面的粒子濃度是 $\vec{j_\pm}$，那麼：

$$\vec{j_\pm} = C_\pm\vec{u{}} - D_\pm \nabla C_\pm - \nu_\pm (z_pm F C_\pm) \nabla \Phi$$

就是流體流動的粒子 + 擴散的粒子 + 電場造成的粒子移動。

然後就開始算電流密度：

$$\vec{J_F} = \sum z_\pm F \vec{j_\pm} = -F\sum z_\pm D_\pm \nabla C_\pm + \rho_f \vec{u{}} - \nabla \Phi (\sum\nu_\pm z_\pm^2F^2C_\pm)$$

其中：

$$\rho_f = \sum F z_\pm C_\pm$$

並且注意跟後面跟電場年起來的那坨：

$$(\sum\nu_\pm z_\pm^2F^2C_\pm)$$

其實就是導電度 $\sigma$。就是 $\vec{J_F} = \sigma \vec{E{}}$ 的那位。不過埔霧有學到他本人是個物理性質，所以可以觀察到在現在這個狀況之下，導電度是由每種例子的價數、濃度、遷移率來決定的。電子學好像有學過可是我忘記了嗚嗚嗚嗚嗚嗚嗚。