约瑟夫森结 · 宏观量子相位 · 45分 · 每次积分、每次求导、每步代数全部写全
本题图 5a/5b 结构简单：一个"三明治"和一个三并联电路。真正的主角从头到尾只有一个——相位差 \(\delta\)
普通金属里，电子各干各的，像一教室自习的学生。但温度降到某个临界值以下，奇妙的事情发生了：电子两两结成库珀对（Cooper pair，电荷大小为 \(2e\)——记住这个 2e，本题所有公式里的 2 都是它），并且全部库珀对"凝聚"进同一个量子态。这意味着整块超导体可以用一个宏观波函数来描述：
$$\psi=\sqrt{n}\;e^{i\theta}$$其中 \(n\) 是库珀对密度，\(\theta\) 是相位。几亿亿个电子对的相位像阅兵方阵一样整齐划一——这种"宏观尺度上的量子相干"就是超导电性的本质，也是"宏观量子现象"这个词的来历。
单个波函数的整体相位是永远测不到的（你可以给整个宇宙的相位同时加一个常数，物理不变）。但两个波函数之间的相位差是可测的——它会产生真实、可测的电流。这就是约瑟夫森结的全部故事。
把两块超导体用一层只有几纳米厚的绝缘层夹起来（本题图 5a 的"三明治"）。绝缘层虽然挡住正常电流，但库珀对的波函数会在绝缘层里"渗透"一点点，两边的"尾巴"在绝缘层中间搭接起来——于是库珀对可以量子隧穿过去。
1962 年，22 岁的研究生约瑟夫森（Brian Josephson）据此算出两条惊人结论：
① 即使结两端电压为零，也可以有超导电流流过，且电流密度由相位差 \(\delta=\theta_2-\theta_1\) 唯一决定：
$$j=j_0\sin\delta\qquad(\text{直流约瑟夫森效应})$$② 如果结两端加直流电压 \(U\)，相位差会随时间匀速"转动"：
$$\frac{\partial\delta}{\partial t}=\frac{2e}{\hbar}U\qquad(\text{交流约瑟夫森效应})$$当时的实验大牛们（包括诺贝尔奖得主巴丁）根本不信——"零电压有电流"已经够反常了，"直流电压产生交流电流"更是闻所未闻。结果 1963 年实验全部证实，1973 年约瑟夫森获诺贝尔物理学奖。
这道题的每一问，都对应着一项真实的技术：
所以这不是一道" artificially 编出来的题"——它是把超导量子计算的核心物理，拆成了复赛生能够得着的五步台阶。
主线只有一句话：\(\delta\) 是约瑟夫森结唯一的自由度。第(1)问让它随时间转，第(2)问让它随空间弯，第(3)问把它当成真正的动力学坐标。三问层层递进，全是围绕 \(\delta\) 做文章。
① 幂函数型：\(\displaystyle\int\mathrm dt=t+C\)（废话，但第(1)问就是积分这一句）。
② 正弦线性相位型：\(\displaystyle\int\sin(a+by)\,\mathrm dy=-\frac{1}{b}\cos(a+by)+C\)
推导（换元法，一步不跳）：令 \(u=a+by\)，则 \(\mathrm du=b\,\mathrm dy\)，即 \(\mathrm dy=\mathrm du/b\)：
$$\int\sin(a+by)\,\mathrm dy=\int\sin u\cdot\frac{\mathrm du}{b}=\frac{1}{b}(-\cos u)+C=-\frac{1}{b}\cos(a+by)+C$$验证（求导回去）：\(\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dy}\left[-\dfrac{\cos(a+by)}{b}\right]=-\dfrac{-\sin(a+by)\cdot b}{b}=\sin(a+by)\)。✓
由两角和差公式：
$$\cos(A-B)=\cos A\cos B+\sin A\sin B$$ $$\cos(A+B)=\cos A\cos B-\sin A\sin B$$两式相减，\(\cos A\cos B\) 项正好抵消：
$$\cos(A-B)-\cos(A+B)=2\sin A\sin B$$不用背，现场三行推出来即可。本题中 \(A=\delta_0\)、\(B=\kappa Y/2\)，它负责把"积分结果的两个余弦之差"变成"乘积形式"——只有乘积形式才能一眼看出什么时候电流为零。
定义 \(\mathrm{sinc}\,u=\dfrac{\sin u}{u}\)（\(u\to0\) 时由洛必达或 \(\sin u\approx u\) 知极限为 1）。它的性质：
$$\text{零点： }u=n\pi\ (n=\pm1,\pm2,\cdots);\qquad |\mathrm{sinc}\,u|\le1;\qquad u=0\text{ 时取最大值 }1$$为什么它会出现在磁场问题里？回忆高中光学：单缝夫琅禾费衍射，缝上各点发出的子波到达屏上某点时，相位沿缝宽线性变化，把所有子波（等振幅、相位线性递增）叠加起来，结果就是 sinc——暗纹条件是缝两端光程差为整数个波长。
本题第(2.1)问是同一个数学结构：磁场让相位差 \(\delta\) 沿 \(y\) 方向线性倾斜，结面上各处的电流元 \(j_0\sin\delta(y)\,\mathrm dS\) 相当于"相位线性分布的子波"，总电流就是它们的相干叠加。所以结果必然是 sinc，零点的物理条件必然是"有效面积内的磁通 = 整数个磁通量子"——和单缝暗纹条件一字不差。
安培环路定理（静磁/缓变情形，位移电流忽略）：磁场沿任意闭合回路的环量等于穿过该回路围成面的总电流：
$$\oint\boldsymbol B\cdot\mathrm d\boldsymbol l=\mu_0 I_{\text{enc}}$$本题的一维化推导（零跳步）：题设 \(\boldsymbol B=B_z(y)\,\boldsymbol e_z\)，电流密度沿 \(x\) 方向 \(j_x(y)\)。在 \(y\)-\(z\) 平面内取细矩形回路，四个顶点为
$$P_1=(y,z),\quad P_2=(y+\Delta y,z),\quad P_3=(y+\Delta y,z+L),\quad P_4=(y,z+L)$$按 \(P_1\to P_2\to P_3\to P_4\to P_1\) 方向环绕（由右手定则，此环绕方向的面法向为 \(+\boldsymbol e_x\)，故穿过回路的正向电流就是 \(+x\) 方向电流）。逐段计算环量：
· \(P_1\to P_2\)：\(\mathrm d\boldsymbol l=\boldsymbol e_y\mathrm dy\)，与 \(\boldsymbol B\parallel\boldsymbol e_z\) 垂直，贡献 \(0\)；
· \(P_2\to P_3\)：\(\mathrm d\boldsymbol l=\boldsymbol e_z\mathrm dz\)，贡献 \(B_z(y+\Delta y)\,L\)；
· \(P_3\to P_4\)：\(\mathrm d\boldsymbol l=-\boldsymbol e_y\mathrm dy\)，贡献 \(0\)；
· \(P_4\to P_1\)：\(\mathrm d\boldsymbol l=-\boldsymbol e_z\mathrm dz\)，贡献 \(-B_z(y)\,L\)。
环量合计 \([B_z(y+\Delta y)-B_z(y)]\,L\)。回路面积 \(L\Delta y\)，穿过电流 \(I_{\text{enc}}=j_x L\Delta y\)。代入定理：
$$[B_z(y+\Delta y)-B_z(y)]\,L=\mu_0 j_x L\Delta y\;\;\Longrightarrow\;\;\frac{B_z(y+\Delta y)-B_z(y)}{\Delta y}=\mu_0 j_x$$令 \(\Delta y\to0\)，左边就是导数的定义：
$$\boxed{\ \frac{\mathrm dB_z}{\mathrm dy}=\mu_0 j_x\ }$$这就是麦克斯韦方程 \(\nabla\times\boldsymbol B=\mu_0\boldsymbol j\) 在本题几何（场只沿 \(z\)、只随 \(y\) 变、电流只沿 \(x\)）下的全部内容。三个方向 \(x,y,z\) 两两垂直，一个都不浪费。
① 从牛顿方程到能量守恒。设 \(m\ddot x=F(x)\)（力只依赖位置）。两边乘 \(\dot x\)：
$$m\ddot x\,\dot x=F(x)\,\dot x\;\;\Longrightarrow\;\;\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\!\left(\frac12m\dot x^2\right)=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\!\left(\int F\,\mathrm dx\right)$$（左边用了 \(\ddot x\dot x=\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\frac{\dot x^2}{2}\)，右边用了链式法则 \(\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}G(x)=G'(x)\dot x=F(x)\dot x\)。）定义势能 \(V(x)=-\displaystyle\int F\,\mathrm dx\)（即 \(F=-\mathrm dV/\mathrm dx\)），则
$$\frac12m\dot x^2+V(x)=\text{常量}\quad(\text{机械能守恒})$$所以"乘 \(\dot x\) 再积分"是把任何二阶方程降成一阶（第一积分）的通法。
② 平衡位置：\(F=0\iff V'(x_0)=0\)，势能取极值处。
③ 稳定性：\(V''(x_0)>0\) 是碗底（粒子偏离后被推回，稳定）；\(V''(x_0)<0\) 是山顶（偏离后加速滚走，不稳定）。
④ 小振动频率：在稳定平衡点 \(x_0\) 附近令 \(x=x_0+\eta\)（\(\eta\) 很小），把势能泰勒展开：
$$V(x_0+\eta)=V(x_0)+\underbrace{V'(x_0)}_{=\,0}\eta+\frac12V''(x_0)\eta^2+O(\eta^3)$$线性项消失（这正是"平衡"的含义），运动方程 \(\ddot\eta=-\dfrac{1}{m}V''(x_0)\,\eta\) 就是简谐振动方程，故
$$\omega=\sqrt{\frac{V''(x_0)}{m}}$$第(3.2)问官方解答的⑯式（第一积分）→⑰式（势能）→⑱⑲式（平衡）→⑳㉑式（稳定）→㉓式（频率），走的就是这五步，一步不多。
平行板电容（面密度 \(\sigma\)，板间距 \(d\)，面积 \(S\)，介质相对介电常量 \(\varepsilon_r\)）：板间电场 \(E=\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0\varepsilon_r}\)，电压 \(U=Ed=\dfrac{\sigma d}{\varepsilon_0\varepsilon_r}\)，故
$$C=\frac{Q}{U}=\frac{\sigma S}{U}=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_r S}{d}$$本题三明治的结区就是平行板电容器：\(S=YZ\)，介质就是绝缘层。
真空光速：麦克斯韦方程组预言电磁波速 \(c=\dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}\)。数值核验：\(\varepsilon_0=8.85\times10^{-12}\ \text{F/m}\)，\(\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{H/m}\)，
$$\varepsilon_0\mu_0=8.85\times10^{-12}\times1.257\times10^{-6}=1.11\times10^{-17},\quad \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}\approx3.0\times10^8\ \text{m/s}\ ✓$$第(3.3)问最后你会发现：结中的电磁波速 \(\tilde c\) 之所以远小于 \(c\)，全部原因都藏在这两个公式里——结区"等效介电常量"被等离子体响应放大了几个量级。
· 磁通量子 \(\Phi_0=\dfrac{h}{2e}=\dfrac{\pi\hbar}{e}\approx2.07\times10^{-15}\ \text{Wb}\)（超导环内磁通只能取它的整数倍）；
· 约瑟夫森常量 \(K_J=\dfrac{2e}{h}\approx483.6\ \text{MHz}/\mu\text{V}\)（\(1\ \mu\text{V}\) 电压 ↔ \(483.6\ \text{MHz}\) 交流电流）；
· 伦敦穿透深度 \(\lambda\)：磁场能"渗入"超导体表面的特征深度，本题给定 \(\lambda=53\ \text{nm}\)，所以磁场实际占据的有效厚度是绝缘层加两侧各 \(\lambda\)，即 \(d+2\lambda\)。
结两端加恒定直流电压 \(U_0\)。此时无外磁场，\(\delta\) 与空间坐标无关，只是 \(t\) 的函数，题给的偏导方程直接变成常微分方程。两步走完：先由第二个约瑟夫森方程积分出 \(\delta(t)\)，再代回第一个方程得 \(j(t)\)。
第一步：积分出相位。
$$\frac{\mathrm d\delta}{\mathrm dt}=\frac{2eU_0}{\hbar}$$\(U_0\) 是常量，右边是常数，两边对 \(t\) 从 \(0\) 到 \(t\) 积分：
$$\delta(t)-\delta(0)=\int_0^t\frac{2eU_0}{\hbar}\,\mathrm dt'=\frac{2eU_0}{\hbar}\,t$$ $$\delta(t)=\delta(0)+\frac{2eU_0}{\hbar}\,t\tag{①}$$物理图像：相位差像秒针一样匀速转动，角速度 \(2eU_0/\hbar\) 由电压唯一决定——电压是相位差的"转速"。
第二步：代回电流方程。
$$j(t)=j_0\sin\delta(t)=j_0\sin\!\left(\frac{2eU_0}{\hbar}\,t+\delta(0)\right)\tag{②}$$数量级感受：\(U_0=1\ \mu\text{V}\) 时 \(f=483.6\ \text{MHz}\)——微伏级电压直接对应微波频率，这就是"约瑟夫森电压基准"的全部原理。
现在 \(U=0\)（\(\delta\) 不随时间变），但沿 \(z\) 方向加了均匀外磁场。由于迈斯纳效应（超导体排斥磁场），磁场只能存在于绝缘层（厚 \(d\)）加两侧各渗入 \(\lambda\) 的薄层里，总有效厚度 \(d+2\lambda\)。题给此时相位差沿 \(y\) 方向变化：
$$\frac{\partial\delta}{\partial y}=\frac{2e(d+2\lambda)}{\hbar}\,B_z(y)$$本问忽略约瑟夫森电流自己产生的磁场，\(B_z(y)=B_0\) 为常量。思路三步：积分得 \(\delta(y)\) → 代回 \(j=j_0\sin\delta\) 得电流密度分布 → 对整个结面积分得总电流 \(I_J\)，讨论零点。
\(B_0\) 为常量，右边是常数，对 \(y\) 从 \(0\) 到 \(y\) 积分：
$$\delta(y)-\delta(0)=\int_0^y\frac{2e(d+2\lambda)B_0}{\hbar}\,\mathrm dy'=\frac{2e(d+2\lambda)B_0}{\hbar}\,y$$记 \(\delta(0)=\delta_0\)，并引入简化记号 \(\kappa\equiv\dfrac{2e(d+2\lambda)B_0}{\hbar}\)（相位沿 \(y\) 的"倾斜率"）：
$$\delta(y)=\delta_0+\kappa y\tag{④}$$物理图像：磁场让相位差沿结面线性倾斜，磁场越强倾斜越陡。这正是单缝衍射里"相位沿缝宽线性变化"的翻版。
结面在 \(y\)-\(z\) 平面内，边长 \(Y\)（沿 \(y\)）和 \(Z\)（沿 \(z\)），原点 \(O\) 在中心，故 \(y\) 的范围是 \([-Y/2,\,Y/2]\)。电流密度与 \(z\) 无关，面积元 \(\mathrm dS=Z\,\mathrm dy\)：
$$I_J=\iint j\,\mathrm dS=\int_{-Y/2}^{Y/2}j_0\sin(\delta_0+\kappa y)\,Z\,\mathrm dy=j_0Z\int_{-Y/2}^{Y/2}\sin(\delta_0+\kappa y)\,\mathrm dy$$用工具1的公式 \(\int\sin(a+by)\mathrm dy=-\cos(a+by)/b\)：
$$I_J=j_0Z\left[-\frac{\cos(\delta_0+\kappa y)}{\kappa}\right]_{-Y/2}^{Y/2}=-\frac{j_0Z}{\kappa}\Big[\cos\big(\delta_0+\tfrac{\kappa Y}{2}\big)-\cos\big(\delta_0-\tfrac{\kappa Y}{2}\big)\Big]$$方括号里是 \(\cos(A+B)-\cos(A-B)\)（取 \(A=\delta_0\)，\(B=\kappa Y/2\)），由工具2，\(\cos(A-B)-\cos(A+B)=2\sin A\sin B\)，所以 \(\cos(A+B)-\cos(A-B)=-2\sin A\sin B\)：
$$I_J=-\frac{j_0Z}{\kappa}\cdot\Big(-2\sin\delta_0\sin\tfrac{\kappa Y}{2}\Big)=\frac{2j_0Z}{\kappa}\sin\delta_0\,\sin\frac{\kappa Y}{2}$$最后一步整理成标准形：分子分母同乘 \(Y/2\)，并注意 \(j_0YZ=I_0\)（零磁场时的最大电流，题目第(3)问也用这个记号）：
$$I_J=\frac{j_0YZ\sin\delta_0\cdot\sin(\kappa Y/2)}{\kappa Y/2}$$物理含义一目了然：总电流 =（无磁场时的电流 \(I_0\sin\delta_0\)）×（sinc 型的"磁场衰减因子"）。结面各处电流因相位倾斜而互相干涉，磁场越强抵消越厉害——和单缝衍射的光强分布是同构的。
题目给定 \(\delta_0\neq k\pi\)，即 \(\sin\delta_0\neq0\)——把"靠调相位调没"的路堵死了。于是 \(I_J=0\) 只能来自 sinc 因子为零：
$$\sin\frac{\kappa Y}{2}=0\;\;\Longrightarrow\;\;\frac{\kappa Y}{2}=n\pi\quad(n=\pm1,\pm2,\cdots)$$代回 \(\kappa\) 的定义：
$$\frac{e(d+2\lambda)B_0Y}{\hbar}=n\pi$$物理诠释（考场加分句）：上式等价于
$$B_0\,(d+2\lambda)\,Y=n\,\frac{h}{2e}=n\Phi_0$$即穿过"有效面积" \((d+2\lambda)Y\) 的磁通恰好等于整数个磁通量子时，总电流为零。每扫过一个 \(\Phi_0\)，结面内就多"装进"一整根 \(2\pi\) 的相位螺旋，各电流元刚好转满一圈互相抵消干净——这就是单缝"两端光程差为整波长"暗纹条件的量子版本。
上一问把磁场当成外来的、均匀的。实际上约瑟夫森电流自己也会产生磁场（电流沿 \(x\)，磁场沿 \(z\)，随 \(y\) 变化），总磁场不再均匀。但两个基本关系仍然成立：
$$\text{(i) 相位-磁场关系：}\ \frac{\mathrm d\delta}{\mathrm dy}=\frac{2e(d+2\lambda)}{\hbar}\,B_z(y)\qquad \text{(ii) 安培定律：}\ \frac{\mathrm dB_z}{\mathrm dy}=\mu_0\,j_x(y)=\mu_0 j_0\sin\delta(y)$$（(ii) 就是工具4推出的 \(\mathrm dB_z/\mathrm dy=\mu_0 j_x\)，代入 \(j_x=j_0\sin\delta\)。）思路：两个方程各含 \(\delta\) 和 \(B_z\) 各一次——把 (i) 再对 \(y\) 求一次导，把 (ii) 代进去，\(B_z\) 就消掉了，只剩 \(\delta\) 的封闭方程。
第一步：(i) 式两边对 \(y\) 求导（\(d,\lambda,\hbar,e\) 都是常量）：
$$\frac{\mathrm d^2\delta}{\mathrm dy^2}=\frac{2e(d+2\lambda)}{\hbar}\cdot\frac{\mathrm dB_z}{\mathrm dy}$$第二步：代入 (ii)：
$$\frac{\mathrm d^2\delta}{\mathrm dy^2}=\frac{2e(d+2\lambda)}{\hbar}\cdot\mu_0 j_0\sin\delta=\frac{2e\mu_0 j_0(d+2\lambda)}{\hbar}\sin\delta$$第三步：把 \(\sin\delta\) 的系数定义为 \(1/\lambda_J^2\)，即
量纲检验（好习惯，考场 30 秒）：分母 \(2e\mu_0j_0(d+2\lambda)\) 的量纲，四个因子逐个写（\(\mu_0\) 的单位 \(\text{H/m}\) 换成基本单位是 \(\dfrac{\text{V}\cdot\text{s}}{\text{A}\cdot\text{m}}\)）：
$$\underbrace{\text{C}}_{e}\times\underbrace{\frac{\text{V}\cdot\text{s}}{\text{A}\cdot\text{m}}}_{\mu_0}\times\underbrace{\frac{\text{A}}{\text{m}^2}}_{j_0}\times\underbrace{\text{m}}_{d+2\lambda}=\frac{\text{V}\cdot\text{s}\cdot\text{C}}{\text{m}^2}$$（\(\text{A}\) 约掉，\(\text{m}\) 的幂次 \(-1-2+1=-2\)。）分子 \(\hbar\) 的量纲是 \(\text{J}\cdot\text{s}=\text{V}\cdot\text{C}\cdot\text{s}\)。两者相除：
$$\frac{\hbar}{2e\mu_0j_0(d+2\lambda)}\;\sim\;\frac{\text{V}\cdot\text{C}\cdot\text{s}}{\text{V}\cdot\text{s}\cdot\text{C}/\text{m}^2}=\text{m}^2$$根号内是 \(\text{m}^2\)，开根号得长度——\(\lambda_J\) 确实是长度。✓
\(\delta''=\sin\delta/\lambda_J^2\) 就是大名鼎鼎的 sine-Gordon 方程（物理学家玩梗：Klein–Gordon 方程 \(\phi''=\phi\) 的非线性版，谐音"正弦-戈登"）。它是最经典的孤子方程之一，有一个著名精确解：
$$\delta(y)=4\arctan\!\left(e^{y/\lambda_J}\right)$$相位从 \(y\to-\infty\) 的 \(0\) 单调扭转到 \(y\to+\infty\) 的 \(2\pi\)——结中心附近、宽度约 \(\lambda_J\) 的区域内"钻进"了恰好一个磁通量子 \(\Phi_0\) 的磁通。这个结构叫磁通子（fluxon）或约瑟夫森涡旋，是一种拓扑孤子：它不能像涟漪一样散开，只能整体移动、或与反磁通子湮灭。
\(\lambda_J\) 叫约瑟夫森穿透深度：外磁场不是被挡在结外，而是沿结面渗入约 \(\lambda_J\) 的深度（典型值几微米到几十微米，比伦敦穿透深度 \(\lambda\) 大两三个量级）。它也是磁通子的"身材"。
真实的约瑟夫森结除了理想的超导隧穿电流外，还自带两样东西：
于是真实结 = 理想约瑟夫森元件 ∥ 电阻 \(R\) ∥ 电容 \(C\)（图 5b），这叫 RCSJ 模型（Resistively and Capacitively Shunted Junction）。外加偏置电流 \(I\) 在三个支路间分配。
本问外磁场为零，\(\delta\) 与空间无关，只是 \(t\) 的函数。由第二个约瑟夫森方程，结电压与 \(\delta\) 的关系为：
$$U=\frac{\hbar}{2e}\frac{\mathrm d\delta}{\mathrm dt}$$支路一（约瑟夫森超导电流）：记 \(I_0=j_0YZ\)（零磁场下最大临界电流），
$$I_J=j_0\sin\delta\cdot YZ=I_0\sin\delta\tag{⑪}$$支路二（电阻电流）：欧姆定律 \(I_R=U/R\)，代入 \(U\)：
$$I_R=\frac{U}{R}=\frac{\hbar}{2eR}\frac{\mathrm d\delta}{\mathrm dt}\tag{⑫}$$支路三（电容电流）：\(I_C=C\,\mathrm dU/\mathrm dt\)，把 \(U=\frac{\hbar}{2e}\dot\delta\) 再对 \(t\) 求一次导：
$$I_C=C\,\frac{\mathrm dU}{\mathrm dt}=\frac{C\hbar}{2e}\frac{\mathrm d^2\delta}{\mathrm dt^2}\tag{⑬}$$总电流（基尔霍夫电流定律）：三并联，电流相加：
$$I=I_J+I_R+I_C\tag{⑭}$$盯着⑮看三秒钟，你会发现它的结构是"惯性项 + 阻尼项 + 回复力项 = 外力项"：
$$\underbrace{\frac{C\hbar}{2e}\ddot\delta}_{\text{质量}\times\text{加速度}}+\underbrace{\frac{\hbar}{2eR}\dot\delta}_{\text{阻尼}}+\underbrace{I_0\sin\delta}_{\text{回复力}}=\underbrace{I}_{\text{恒力}}$$这在数学上就是一个"受恒力驱动的阻尼摆"的方程（把 \(\delta\) 看成摆角，\(I\) 是恒定外力矩）。约瑟夫森结因此常被叫作"非线性电感"——它的电压正比于"磁通"的变化率，而电流-相位关系 \(I_0\sin\delta\) 是正弦而非线性的。下一问就是把这个类比用到底。
按题意 \(R\) 足够大，忽略电阻支路，⑮简化为：
$$\frac{C\hbar}{2e}\,\ddot\delta+I_0\sin\delta=I\tag{⑮'}$$题目要求看成"位移为 \(\delta\)、单位质量的粒子"的运动。单位质量意味着先把方程两边除以系数 \(C\hbar/2e\)，让 \(\ddot\delta\) 的系数变成 1：
$$\ddot\delta=\frac{2e}{C\hbar}\big(I-I_0\sin\delta\big)$$对照牛顿第二定律"单位质量：\(\ddot x=F(x)=-\mathrm dV/\mathrm dx\)"，右边应该是 \(-\mathrm dV/\mathrm d\delta\)：
$$-\frac{\mathrm dV}{\mathrm d\delta}=\frac{2e}{C\hbar}\big(I-I_0\sin\delta\big) \;\;\Longrightarrow\;\; \frac{\mathrm dV}{\mathrm d\delta}=\frac{2e}{C\hbar}\big(I_0\sin\delta-I\big)$$对 \(\delta\) 积分（\(\int\sin\delta\,\mathrm d\delta=-\cos\delta\)，\(\int I\,\mathrm d\delta=I\delta\)）：
两部分各司其职：\(-I_0\cos\delta\) 是周期性的"搓衣板"（周期 \(2\pi\) 的一串势阱），\(-I\delta\) 是随偏置电流增大的"倾斜"（把整个板沿 \(\delta\) 方向压斜）。\(I=0\) 时板是平的，阱阱一样深；\(I\) 增大时板越来越斜，阱越来越浅。
官方解答⑯式走的是"第一积分"路线：把⑮'两边乘 \(\dot\delta\) 再对 \(t\) 积分，得到 \(\frac12\dot\delta^2+V(\delta)=\)常量（工具5第①条），动能项系数为 \(\frac12\) 正好对应"单位质量"——两条路殊途同归。
平衡位置满足 \(V'(\delta_0)=0\)：
$$\frac{2e}{C\hbar}\big(I_0\sin\delta_0-I\big)=0\;\;\Longrightarrow\;\;\sin\delta_0=\frac{I}{I_0}\tag{⑱}$$正弦值域为 \([-1,1]\)，所以平衡位置存在的条件是 \(|I|\le I_0\)。满足时一个周期内有两个解：
$$\delta_0=\arcsin\frac{I}{I_0}+2n\pi\qquad\text{或}\qquad \delta_0=\pi-\arcsin\frac{I}{I_0}+2n\pi\quad(n=0,\pm1,\pm2,\cdots)\tag{⑲}$$物理上这很自然：\(\sin\delta=I/I_0\) 正是"超导电流 \(I_0\sin\delta\) 恰好等于偏置电流 \(I\)"——结靠调节相位差，刚好把外加电流全部以超导电流的形式扛下来，电压为零、相位不动，这就是平衡。
求二阶导：
$$V''(\delta)=\frac{\mathrm d}{\mathrm d\delta}\left[\frac{2e}{C\hbar}(I_0\sin\delta-I)\right]=\frac{2eI_0}{C\hbar}\cos\delta\tag{⑳}$$对第一支解 \(\delta_0=\arcsin(I/I_0)+2n\pi\)：\(\arcsin\) 值域 \([-\pi/2,\pi/2]\)，故 \(\cos\delta_0>0\)，\(V''(\delta_0)>0\)——碗底，稳定。
对第二支解 \(\delta_0=\pi-\arcsin(I/I_0)+2n\pi\)：\(\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha<0\)，\(V''(\delta_0)<0\)——山顶，不稳定。
为什么㉒用严格小于号？\(|I|=I_0\) 时 \(\sin\delta_0=\pm1\)，\(\delta_0=\pm\pi/2\)，此时 \(\cos\delta_0=0\)，\(V'=V''=0\)——碗底被倾斜得"刚好吃平"（拐点），阱深为零，粒子稍有扰动就翻出去。所以严格有阱必须 \(|I|\lt I_0\)。
\(|I|>I_0\) 时一个平衡点都没有：板斜到没有任何地方能停住，相位 \(\delta\) 持续滚动（"跑相"状态），由 \(\dot\delta=2eU/\hbar\) 知结上出现直流电压——这就是超导态到电阻态的转变，\(I_0\) 叫临界电流。搓衣板图像里看得清清楚楚：偏置电流 \(I\) 就是板子的斜率，斜率超过搓衣板纹路的最大坡度，粒子必然一路滚下去。
令 \(\delta=\delta_0+\eta\)（\(\eta\) 小），按工具5第④条，泰勒展开后线性项消失，运动方程为 \(\ddot\eta=-V''(\delta_0)\,\eta\)，角频率
$$\omega=\sqrt{V''(\delta_0)}=\sqrt{\frac{2eI_0}{C\hbar}\cos\delta_0}$$（单位质量 \(m^*=1\)，所以 \(\omega^2=V''/m^*=V''\)。）把 \(\cos\delta_0\) 用 \(\sin\delta_0=I/I_0\) 表出——稳定支 \(\cos\delta_0>0\)，取正根：
$$\cos\delta_0=\sqrt{1-\sin^2\delta_0}=\sqrt{1-\left(\frac{I}{I_0}\right)^2}$$物理图像：偏置电流 \(I\) 越大，板越斜、阱越浅、曲率越小，振动越"软"，\(\omega\) 随 \([1-(I/I_0)^2]^{1/4}\) 下降；\(I\to I_0\) 时 \(\omega\to0\)（临界 slowing down——临界 slowing down，即"临界变慢"），\(I=I_0\) 时阱彻底消失。这个"可调频率的振子"正是超导量子比特：用偏置电流（实际用磁通）调节比特频率，用微波在 \(\omega\) 处激发 \(|0\rangle\to|1\rangle\) 跃迁。
由㉓式，\(\omega\) 是 \(|I|\) 的单调减函数，\(I=0\) 时取最大值——这就是约瑟夫森等离子体角频率：
$$\omega_J=\sqrt{\frac{2eI_0}{C\hbar}}\tag{㉔}$$（"等离子体"一词来自它和中性等离子体振荡频率的数学同构：都是"荷电体系偏离平衡后的集体振荡"。）
结区电容由工具6给出，\(S=YZ\)：
$$C=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_r YZ}{d}\tag{㉕}$$连同 \(I_0=j_0YZ\) 代入㉔：
$$\omega_J=\sqrt{\frac{2e\,j_0YZ}{\dfrac{\varepsilon_0\varepsilon_rYZ}{d}\cdot\hbar}}=\sqrt{\frac{2ej_0d}{\varepsilon_0\varepsilon_r\hbar}}$$注意 \(YZ\) 上下约掉——\(\omega_J\) 只依赖材料参数（\(j_0,d,\varepsilon_r\)），与结的面积无关。
题给结区电磁波速 \(\tilde c=\omega_J\lambda_J\)。把第(2.2)问的 \(\lambda_J=\sqrt{\hbar/(2e\mu_0j_0(d+2\lambda))}\) 乘进来：
$$\tilde c=\omega_J\lambda_J=\sqrt{\frac{2ej_0d}{\varepsilon_0\varepsilon_r\hbar}}\cdot\sqrt{\frac{\hbar}{2e\mu_0j_0(d+2\lambda)}}$$两个根号并成一个，逐项看：\(2e\) 与 \(2e\) 约掉，\(j_0\) 与 \(j_0\) 约掉，\(\hbar\) 与 \(\hbar\) 约掉：
$$\tilde c=\sqrt{\frac{d}{\varepsilon_0\varepsilon_r\mu_0(d+2\lambda)}}$$再把 \(c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}\) 提出来：
所有微观参数（\(j_0,\hbar,e\)）全部消光，只剩几何与介质参数——这不是巧合：电磁波在结中的速度由"几何电容 + 超导体 kinetic 电感"共同决定，微观量藏在两者里的方式恰好相同。
题给：\(\varepsilon_r=9.0\)，\(d=3.0\ \text{nm}\)，\(\lambda=53\ \text{nm}\)。先算有效厚度：
$$d+2\lambda=3.0+2\times53=109\ \text{nm}$$代入㉖：
$$\frac{\tilde c}{c}=\sqrt{\frac{3.0}{9.0\times109}}=\sqrt{\frac{3.0}{981}}=\sqrt{3.06\times10^{-3}}=5.5\times10^{-2}$$即结中电磁波速只有真空光速的约 1/18（\(\tilde c\approx1.7\times10^7\ \text{m/s}\)）。这个速度 1961 年由 Swihart 从理论上预言，叫 Swihart 速度。电磁波为什么慢这么多？因为电场被挤在 \(3\ \text{nm}\) 的绝缘层里（几何电容巨大），而磁场却铺在 \(109\ \text{nm}\) 的有效厚度里（电感也大），波速 \(=1/\sqrt{\text{单位长度电感}\times\text{单位长度电容}}\)，两头一挤就慢下来了。磁通子在结里的运动速度上限也是它。
同一个 \(\delta\)，在时间里转、在空间弯、在方程里当坐标——这就是"宏观量子相位"概念的威力，也是本题 45 分背后真正想考的东西。
| 黑话 | 含义 |
|---|---|
| 库珀对 | 超导体中两电子结对，电荷 \(2e\)——本题所有"2"的来历 |
| 宏观波函数 / 宏观量子现象 | 整块超导体共用一个 \(\psi=\sqrt n\,e^{i\theta}\)，相位相干性跨越宏观尺度 |
| 直流约瑟夫森效应 | \(U=0\) 也有超导电流，\(j=j_0\sin\delta\) |
| 交流约瑟夫森效应 | 直流电压 \(U\) → 频率 \(f=2eU/h\) 的交流电流 |
| 约瑟夫森常量 \(K_J\) | \(2e/h\approx483.6\ \text{MHz}/\mu\text{V}\)，电压基准的核心常数 |
| 磁通量子 \(\Phi_0\) | \(h/2e\approx2.07\times10^{-15}\ \text{Wb}\)，超导世界磁通的最小"颗粒" |
| 迈斯纳效应 / 伦敦穿透深度 \(\lambda\) | 超导体排斥磁场，但表面 \(\lambda\) 深度内有渗入；故有效磁厚度 \(d+2\lambda\) |
| 夫琅禾费图样 | \(I_{\max}(B)=I_0|\sin(\kappa Y/2)/(\kappa Y/2)|\)，单缝衍射的磁学翻版 |
| sine-Gordon 方程 | \(\delta''=\sin\delta/\lambda_J^2\)，孤子方程，解是磁通子 |
| 约瑟夫森穿透深度 \(\lambda_J\) | \(\sqrt{\hbar/(2e\mu_0j_0(d+2\lambda))}\)，磁场沿结面渗入的深度、磁通子的尺寸 |
| 磁通子（fluxon）/ 约瑟夫森涡旋 | sine-Gordon 的孤子解，携带一个 \(\Phi_0\) 的拓扑结构 |
| RCSJ 模型 | 真实结 = 理想结 ∥ \(R\) ∥ \(C\) |
| 准粒子 | 被拆散的库珀对形成的正常电子，电阻支路的载流子 |
| 倾斜搓衣板势 | \(V\propto-(I_0\cos\delta+I\delta)\)，\(\delta\) 粒子的势能 |
| 临界电流 \(I_0\) | \(|I|>I_0\) 时势阱消失、相位滚动、结上出现电压 |
| 约瑟夫森等离子体频率 \(\omega_J\) | \(\sqrt{2eI_0/C\hbar}\)，阱底小振动频率上限，量子比特的跃迁频率 |
| Swihart 速度 \(\tilde c\) | \(\omega_J\lambda_J=c\sqrt{d/(\varepsilon_r(d+2\lambda))}\)，结中电磁波/磁通子的速度 |
| SQUID | 超导量子干涉仪，夫琅禾费调制原理的磁强计 |
核对记录：本精讲全部结果已与《第42届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答》逐式对照——①②③（\(j(t)\)、\(T=\pi\hbar/eU_0\)）、④⑤⑥⑦（\(\delta(y)\)、\(j(y)\)、夫琅禾费 \(I_J\)、零点磁场 \(B_0=n\pi\hbar/[e(d+2\lambda)Y]\)）、⑧⑨⑩（sine-Gordon 与 \(\lambda_J\)）、⑪–⑮（RCSJ 方程）、⑯–㉓（势能、平衡、稳定、势阱条件、\(\omega\)）、㉔–㉗（\(\omega_J\)、\(C\)、\(\tilde c\) 化简、数值 0.055）——全部一致。分值分布：(1) 4 分，(2.1) 9 分，(2.2) 6 分，(3.1) 5 分，(3.2) 13 分，(3.3) 8 分。