Notatki do wykładu z Fizyki Teoretycznej -Elektrodynamika

P2

Wersja z 12.11.02

Uwaga! Notatki są dalekie od kompletności ale pewnie i poprawności.

1 Równania Maxwella

J.C. Maxwell: Treatise on Electricity and Magnetism 1873

Schemat wykładu: równania Maxwella przyjmujemy za aksjomaty i dedu-kujemy z nich wszystkie interesujące nas własności, prawa itd.

1.1 Pojęcia podstawowe

Pole EM opisane jest przez cztery pola wektorowe nazywane dalej polami lubwektorami.pole skalarne: φ(r, t)

pole wektorowe: A(r, t) = (A1(r, t), A2(r, t), A3(r, t)własności elektryczne: pola E(),D()

własności magnetyczne: pola B(),H()

Dwa rodzaje wielkości: natężeniowe (E,B) i ilościowe (D,H)Konieczność wzięcia dwóch wielkości do opisu każdego z pól wynika z

obecności ośrodków materialnychE – natężenie p.e.

D – wektor indukcji elektrycznej (Maxwell: wektor przesunięcia lub rozsunię-cia określa jak rozsuwają się ładunki w ośrodku materialnym pod wpływempola E)B – indukcja magnetyczna

H – natężenie p.m.Wektory E i B można zmierzyć doświadczalnie:

F = q(E + v ×B) (1)

Uwaga! wzór ten jest późniejszy niż teoria Maxwella (przynajmniej jeśliidzie o część pochodzącą od indukcji magnetycznej)Jednostki:

kładąc B = 0

[E] =[F ][q]=1N1C=:1V1m

gdzie 1C = 1A1s, jest to więc definicja jednostki 1 Volta. Z kolei 1A toprąd jaki musi płynąć przez dwa nieskończenie długie przewodniki odległe odsiebie o 1m tak aby siła działająca na 1m przewodnika wynosiła 2× 10−7Nkładąc E = 0 otrzymujemy

[B] = 1T =1V 1s1m2

=1Wb

1m2

2

1T – Tesla jednostka indukcji m.1Wb – Weber jednostka strumienia indukcji mag.Rozważmy powierzchnię Σ ograniczoną konturem ∂Σ z określonym kie-

runkiem obiegu (krzywa zorientowana)Określamy strumień indukcji magnetycznej Φ jako:

Φ =∫∫ΣBndΣ =

∫∫ΣBdΣ. (2)

Określamy strumień elektryczny Ψ:

Ψ =∫∫ΣCndΣ =

∫∫ΣCdΣ (3)

3

1.2 R.M. – postać całkowa

∫∫ΣBdS = −

∫∂ΣEdr prawo Faradaya∫∫

Σ(D + J)dS =

∫∂ΣHdr prawo Oersteda (Ampere’a)∫∫

∂VDdS =

∫∫∫Vρdv prawo Gaussa∫∫

∂VBdS = 0 mag. prawo Gaussa∫∫

∂VJdS = −

∫∫∫Vρdv prawo zachowania ładunku (4)

1.2.1 Jak można uzasadnić prąd przesunięcia wprowadzony przezMaxwella?

Prawo Oersteda w oryginalnej wersji nie jest prawdziwe∫∫Σ(J)dS =

∫∂ΣHdr

1.3 Równania materiałowe

D = εE (5)B = εV (6)J = λE ”różniczkowa” postać prawa Ohma (7)

Najczęściej będziemy przyjmowali, że ε - przenikalność elektryczna i µ - prze-nikalność magnetyczna są stałymi wielkościami (ośrodek jednorodny i izotro-powy)

1.4 Elementy matematyki

Zaczynamy od przypomnienia własności operatora gradientu

1.4.1 Własności operatora ∇

Rozważmy dowolną funkcję f(r, t) i obliczmy jej różniczkę:

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy +

∂f

∂zdz

= [(i∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z)f ](idx+ jdy + kdz) := (grad f)dr

4

W kartezjańskim układzie współrzędnych mamy:

∇ := i ∂∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z

Własności:

• ∇f jest prostopadłe do powierzchni f = const

• wektor ∇f ma zwrot od mniejszych do większych wartości f

Przykład 11. Oblicz przy pomocy definicji i różniczki ∇r2

2. Oblicz przy pomocy definicji i różniczki ∇|r|

3. Oblicz ∇f(r).

Operator gradientu jako operator wektorowy:Dywergencja:

∇ · V = ∂Vx∂x+∂Vy∂y+∂Vy∂y:= divV

Rotacja:

∇× V = i(∂vz∂y− ∂vy

∂z) + j(

∂vx∂z− ∂vz∂x) + k(

∂vy∂x− ∂vx

∂y) := rotV

Formalne własności operatora ∇

1. liniowość

2. reguła Leibnitza:∇(fg) = (∇f)g + f∇g

∇ · fV = (∇f) · V + f∇ · V

∇× fV = ∇f × V + f∇× V

3. operator Laplace’a

∇ · ∇φ = div grad φ = ... = ( ∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂y2)φ := 4φ(= ∇2φ)

4. rot grad φ = ∇×∇φ ≡ 0

5. div rot V = ∇ · (∇× V ) ≡ 0

5

6. ∇×∇×U = ∇(∇ ·U ) − (∇ · ∇)U wzór ten wynika z formuły A ×(B ×C) = B(A ·C)− (A ·B)C

Podstawą do wyprowadzenia równań Maxwella w postaci różniczkowej sądwa następujące twierdzenia:

Twierdzenie 1 (Twierdzenie Gaussa – Ostrogradskiego)

∫∫∂VA · dΣ =

∫∫∫Vdiv Adv

Twierdzenie 2 (Twierdzenie Stokesa)

∫∫Σrot AdΣ =

∫∂ΣAdr

Przykład 2Oblicz dywergencję i rotację dla pola A = (ix+ jy)/(x2 + y2).Odp. div A ≡ 0, rot A ≡ 0.Uwaga! Dla tego pola nie jest prawdziwe twierdzenie Gaussa.

1.4.2 Funkcja δ - Diraca

Właściwie powinniśmy mówić o funkcji uogólnionej lub dystrybucji. Właści-wości:

δ(x) ={∞, x = 00, x 6= 0 (8)

∫ ∞infty

δ(x)f(x)dx = f(0) (9)

Funkcja δ jako granica (reprezentacje funkcji δ):

Ra(x) ={1/a, dla x ∈ [−a/2, a/2]0, dla x ∈ (−∞, a/2) ∪ (a/2,∞) (10)

δ(x) = lima→0

Ra(x) (11)

Można łatwo udowodnić, że własność (9) jest spełniona dla takiej reprezen-tacji.Inną reprezentacją może być funkcja Gaussa :

Ga(x) = Na exp{−x2

2a2} (12)

6

gdzie Na jest czynnikiem normalizującym.Wprowadzimy jeszcze jedną reprezentację tej funkcji:

δ(x) =12π

∫ ∞∞

eikxdk (13)

Powyższą równość można łatwo uzasadnić przy pomocy własności transfor-mat Fouriera. Niech

F (k) =12π

∫ ∞∞

f(y)e−ikydy

tzn. F (k) jest transformatą Fouriera funkcji f . Transformata odwrotna jestokreślona formułą:

f(y) =∫ ∞∞

F (k)eikxdk (14)

łącząc obydwa wzory otrzymamy

f(x) =12π

∫ ∞∞

dkeikx∫ ∞∞

f(y)e−ikydy

=12π

∫ ∞∞

dyf(y)∫ ∞∞

eik(x−y)dk =∫ ∞∞

δ(x− y)f(y)dy

Zadanie 1Pokaż, ze δ(ax) = 1

|a|δx

Zadanie 2Zbadaj działanie operatora pochodnej na funkcję uogólnioną δ(x)

Funkcję δ - Diraca w trzech wymiarach określamy jako iloczyn:

δ(3)(r) = δ(x)δ(y)δ(z) (15)

1.4.3

Rozważamy pole A = err2w twierdzeniu Gaussa. Pokazujemy, że

∇ ·A = −∇ · ∇1r= 4πδ(3)(r) (16)

7

1.5 Równania Maxwella – postać różniczkowa

Podstawiając do dwóch pierwszych równań (4) tw. Stokesa a do pozostałychtw. Gaussa możemy napisać:∫∫

Σ(B + rot E) · dS = 0∫∫

Σ(rotH − D − J) · dS = 0∫∫∫

V(div D − ρ)dv = 0∫∫∫

Vdiv Bdv = 0∫∫∫

(div J + ρ)dv = 0 (17)

Ponieważ to ma być prawdziwe dla dowolnych obszarów V i powierzchniΣ to

rotE = −B (a)

rotH = D + J (b)divD = ρ (c)divB = 0 (d)divJ = −ρ (ae)

Aby wykazać poprawność tych równań wystarczy założyć, że nie są oneprawdziwe w pewnym punkcie, np.: wyrażenie podcałkowe w pierwszym zrównań (17) jest dodatnie to z ciągłości wynika, że istnieje takie otoczenie wktórym jest ono dodatnie, a stąd otrzymamy sprzeczność.Jeśli wykorzystamy równania materiałowe to w 9 równaniach (a) mamy 7

zmiennych (E,H , ρ). Oznacza to, że nie wszystkie z tych równań są nieza-leżne. Rzeczywiście z prawa Faradaya mamy

∇(∇×E) = −∇B = 0

bo dywergencja z rotacji jest zawsze równa zeru. A więc ∇B = const i jeślizałożymy, że jest ono równe zeru w pewnej chwili czasu to będzie równe zeruzawsze. Podobnie z prawa Ampere’a mamy

∇(∇×H) = ∇ · D +∇ · J = 0

Korzystając z prawa zachowania ładunku możemy napisać

∇ · J = −ρ

8

skąd wynika, żed

dt(∇ ·D + ρ) = 0

Zakładając dodatkowo, że ∇·Dρ = 0 w pewnej chwili czasu otrzymamy pra-wo Gaussa. Pokazaliśmy, więc, że prawa Gaussa (magnetyczne i elektryczne)w pewnym sensie wyrażają warunki początkowe.

1.5.1

1.5.2 Prawo zachowania energii

Rozważmy wektor S = E ×H nazywany wektorem Poyntinga.

Przykład 3Oblicz ∇(E ×H).Rozwiązanie: W postaci wyznacznikowej:

∇(E ×H) =

∣∣∣∣∣∣∣∂x ∂y ∂zEx Ey EzHx Hy Hz

∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣Hx Hy Hz∂x ∂y ∂zEx Ey Ez

∣∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣∣Ex Ey Ez∂x ∂y ∂zHx Hy Hz

∣∣∣∣∣∣∣=H · (∇×E)−E · (∇×H)

Obliczamy teraz strumień wektora Poyntinga S przez zamkniętą powierzch-nię Σ:∫∫

∂VSdΣ =

∫∫∫V∇ ·Σdv =

∫∫∫V(H(∇×E)−E(∇×H))dv

= −∫∫∫V(HB +ED)dv −

∫∫∫VEJdv

(18)

Jednostki:

[E] =N

C

[B] =Ns2

Cm2

[D] =C

m2

[H] =C

ms

Stąd stwierdzamy, że

[S] =N

ms=

J

m2s

9

[HB] =J

sm3

[EJ ] =J

sm3.

Wykorzystamy teraz równania materiałowe: D = ε(E), B = µ(H), J =σ(E)+J0 możemy napisać (dla przypadku liniowych równań materiałowych)∫∫

∂VSdΣ = − d

dt

∫∫∫V

12(µH2 + εE2)dv −

∫∫∫VEσ(E)dv −

∫∫∫VEJ0dv

W powyższym wzorze poszczególne składniki mają następujące znaczenie:

• 12ED gęstość energii pola elektrycznego

• 12HB gęstość energii pola magnetycznego

• Eσ(E) gęstość mocy traconej na ciepło Joule’a

• EJ0 gęstość mocy traconej na przepływ prądu wymuszonego

Równanie (18) wyraża więc zasadę zachowania energii:Energia wypływająca w jednostce czasu przez powierzchnię ∂V jest równaenergii oddawanej przez pole EM znajdujące się w obszarze V zmniejszonejo energię pochłoniętą na ciepło Joule’a i energię zużytą na przepływ prąduwymuszonego.

Przykład 4Niech w oporniku w kształcie walca wzdłuż jego osi płynie prąd jednorodnyJ . Jaki jest kierunek i wielkość wektora Poyntinga?.Odp. S = E×H ma kierunek od powierzchni do osi walca. Energia wpływado opornika z zewnątrz. S = πl2hJ2/σ = I2h/πσl2, gdzie h - długość opor-nika, l - jego promień. Można pokazać, że S = I2R, gdzie R = h/πσl2 jestoporem.

Przykład 5Rozważ pole EM w falowodzie prostokątnym o bokach (a, b):

E =jE0 sin(πx/a)cos(ωt− qz)B =iE0(q/ω) sin(πx/a) cos(ωt− qz)− kE0(π/ωa) cos(πx/a) sin(ωt− qz)

a) Wykaż, że rozwiązanie spełnia warunki brzegowe (Et = 0, Bn = 0).

b) Oblicz wektor Poyntinga i gęstość energii

10

c) Oblicz średnią prędkość przepływu energii przez dowolną powierzchnięprostopadłą do osi falowodu

d) Oblicz średnią gęstość energii w falowodzie

e) Z jaką prędkością rozchodzi się energia w falowodzie.

1.6 Granica dwóch ośrodków – nieciągłości pola EM

Równania Maxwella w postaci całkowej są ogólniejsze od postaci różniczko-wej – nie musimy zakładać różniczkowalności pól. W przypadku nieciągłościpola musimy posługiwać się albo wersją całkową równań Maxwella albo znaćprzepis na te nieciągłości. Pokażemy teraz jak przy pomocy równań całko-wych możemy wyprowadzić relacje łączące pola na granicy dwóch ośrodków.Założymy najpierw, że w ośrodku tym istnieją tylko ładunki i prądy po-wierzchniowe: ρp i Jp.Rozważmy obszar W składający się z dwóch ośrodków materialnych o

różnych równaniach materiałowych. Niech ana będzie powierzchnia granicznatych dwóch ośrodków R. We–my kulę V0 o środku na R zawartą w W (możeto być dowolna inna powierzchnia). Kula V0 składa się z dwóch rozłącznychobszarów V1 iV2 stykających się powierzchnią R0. Przyjmujemy, że wektornormalny do R jest skierowany od obszaru 1 do obszaru 2.Możemy napisaćdla każdego z tych obszarów elektryczne prawo Gaussa:

∫∫ΣiDdS = 0, i =

0, 1, 2.

∫∫∫V0ρdv =

∫∫R0ρpdS =

∫∫Σ0DndS =

∫∫Σ′2DndS +

∫∫Σ′2DndS =∫∫

Σ2DndS +

∫∫R0DndS +

∫∫Σ1DndS −

∫∫R0DndS =∫∫

R0(D2 −D1)ndS

Ponieważ to ma być spełnione dla każdej powierzchni R0 to możemy na-pisać

(D2 −D1)n = ρpi podobnie dla pól B,J :

(B2 −B1)n = 0(J2 − J1)n = −ρp

Aby otrzymać analogiczne wyrażenia dla składowych stycznych możemywykorzystać prawa Faradaya i Ampere’a. Rozważamy okrąg C0 o środku w

11

punkcie x na granicy dwóch ośrodków. Niech oznaczenia będą takie jak po-przednio, wprowadzamy tylko wektor styczny na krzywej granicznej skierowa-ny w sposób zgodny z orientacją C1. Rozumowanie analogiczne jak powyżejdoprowadza nas rezultatów

t(E2 −E1) = 0 n× (E2 −E1) = 0t(H2 −H1) = Jp n× (H2 −H1) = Jp.

Przykład 6Rozważmy, dwa ośrodki o stałych materiałowych odpowiednio ε1, µ1, σ1 orazε2, µ2, σ2, które stykają się płaszczyzną z = 0. Podaj kąty jakie tworzą wekto-ryE2,D2,H2,B2 z normalną do płaszczyzny styku, jeśli znamy odpowiedniekąty dla ośrodka 1.

12

2 Elektrostatyka

Interesuje nas na razie pole elektryczne w próżni (ε = ε0). Elektrostatykędefiniujemy w sposób następujący:

∂·∂t= 0

J = 0

2.1 Potencjał elektrostatyczny

Jeśli ∇×A = 0 to∮∂SA · dl = 0 i jak łatwo można pokazać, całka z pola A

pomiędzy punktami rA i rB nie zależy od drogi. Istnieje więc funkcja:

Φ(r)− Φ(rA) = −∫ rrAE · dr (19)

Wielkość Φ nazywamy potencjałem elektrycznym (skalarnym).Jest on z dokładnością do stałej addytywnej wyznaczony jednoznacznie.

Najczęściej przyjmujemy, że punkt rB jest w nieskończoności i Φ(rB) = 0.Ze wzoru (19) wynika natychmiast prosta relacja

E = −∇Φ (20)

2.1.1 Pole w przewodniku

Pokzaliśmy, że w elektrostatyce :

1. Pole wewnątrz przewodnika jest równe zeru

2. Nadmiarowy ładunek przewodnika jest zgromadzony na jego powierzch-ni

3. Potencjał na powierzchni przewodnika jest stały

4. Pole przy powierzchni przewodnika jest prostopadłe do jego powierzch-ni

2.1.2 Potencjał ładunku punktowego i ciągłego rozkładu ładun-ków

Ze wzoru (19):

Φ(r) =14πε0

q

r(21)

13

Z zasady superpozycji znajdujemy, że

Φ(r) =14πε0

∫V

ρ(r′)|r − r′|

dv′ (22)

Będziemy stosować oznaczenie:

R = r − r′ (23)

2.1.3 Równania Poissona i Laplace’a

Z podstawienia (20) do prawa Gaussa otrzymujemy

4Φ(r) = −∇2Φ(r) = −ρ(r)ε0

(24)

Jest to równanie Poissona. Jeśli ρ = 0 to Można łatwo sprawdzić, że (22)spełnia to równanie. Nie jest to jednak najbardziej ogólne rozwiązanie. Źró-dłem potencjału może być np. powierzchnia z zadanym potencjałem.

2.1.4 Energia pola w elektrostatyce

Rozważamy układ ładunków punktowych qi, i = 1, . . . , N umieszczonych wpunktach ri. Jaką pracę należy wykonać aby umieścić ładunki w ten sposób?Jeśli robimy to po kolei to najpierw umieszczamy ładunek q1 w punkcie

ri. Praca jest równa zeru. Następnie przemieszczamy ładunek q2 do jegopołożenia r2. Praca jest oczywiście równa

W1,2 = −∫ r2∞

q2E1(r)dr = q2Φ1(r2) =14πε0

q1q2r12

,

gdzie r12 jest odległością między ładunkami q1 a q2 a Φ1(r2) jest potencjałemwytwarzanym przez ładunek 1 w położeniu ładunku 2.....Dla N ładunków otrzymamy wynik:

W =∑j>i

N∑i=1

Φi(rj)qj =14πε0

∑j>i

N∑i=1

qiqjrij=1214πε0

∑j 6=i

N∑i=1

qiqjrij

Uogólnienie na ciągły rozkład ładunku:

W =1214πε0

∫Vρ(r)Φ(r)dv

14

Zadanie 3Wyprowadź z powyższej formuły równanie:

W =12ε0

∫VE ·E dv

——————————————————————————–

Rozważmy dwa ładunki punktowe q1, q2. Jeśli są przeciwnego znaku to ener-gia układu jest ujemna podczas gdy ostatnia formuła zawsze daje wynik do-datni!Uwaga! Jest to problem energii własnej ładunku punktowego. Energiawłasna takiego ładunku jest nieskończona. Który wzór jest poprawny? To niejest dobrze postawione pytanie! Oba mogą być używane. My najczęściej bę-dziemy posługiwali się wzorem opisującym energię przy pomocy wielkościpolowych.

Zadanie 4Pokaż, że energia własna ładunku punktowego jest nieskończona.————————————————————————————–

2.2 Funkcje Greena dla równania Poissona

2.2.1 Wzory Greena

Wstawiamy do twierdzenia Gaussa A = φ∇ψ i otrzymujemy∫V(∇φ · ∇ψ + φ∇2ψ)dv =

∮∂Vφ∂ψ

∂ndσ (25)

Jest to pierwsza formuła Greena.Podstawiając A = ψ∇φ i odejmując otrzymujemy drugą formułę Greena:∫

V(φ∇2ψ − ψ∇2φ)dv =

∮∂V(φ∂ψ

∂n− ψ∂φ

∂n)dσ (26)

Niech teraz:

ψ(r, r′) =1

|r − r′|funkcja φ(r) spełnia równanie Poissona i przyjmijmy, że całkowania we dru-gim wzorze Greena są po zmiennych primowanych. Wówczas:

φ(r) =14πε0

∫Vρ(r′)ψ(r, r′)dv′− 1

4π

∮∂V

(φ(r′)

∂ψ(r, r′)∂n′

− ψ(r, r′)∂φ(r′)

∂n′

)dσ′

(27)

15

φ(r) =14πε0

∫V

ρ(r′)|r − r′|

dv− 14π

∮∂V

(φ(r′)

∂

∂n′1

|r − r′|− 1|r − r′|

∂φ(r′)∂n′

)dσ′

Jest to pewnego rodzaju tożsamość całkowa a nie wzór, który pozwala namwyliczyć potencjał w dowolnym punkcie przestrzeni.Rozważmy zamkniętą objętość V z brzegiem ∂V . Potencjał w dowolnym

punkcie r jest wyznaczony przez gęstość ładunków w tym obszarze, potencjałna brzegu obszaru i pochodną normalną potencjału na brzegu czyli składowąnormalną wektora natężenia pola elektrycznego. Ale dwie ostatnie wielkościsą od siebie zależne (por. następny punkt).

2.2.2 Warunki brzegowe dla równania Poissona

Niech Ui(r), i = 1, 2 będą rozwiązaniami równania Poissona w obszarzeV z warunkiem brzegowym

U1∣∣∣∂V= U2

∣∣∣∂V= f(r)

∣∣∣∂V

A więc U = U2−U1 spełnia równanie Laplace’a w V z warunkiem brzegowymU∣∣∣∂V= 0. Wstawiamy do I formuły Greena (25) wyrażenie ψ = φ = U .

Wówczas otrzymujemy∫V

((∇U)2 + U∇2U

)dv =

∮∂V2U

∂U

∂ndσ

Przy pomocy standardowych argumentów wnioskujemy, że wewnątrz obszaruV funkcja U jest tożsamościowo równa zeru. To są tzw. warunki brzegoweDirichlta. Zupełnie analogicznie można pokazać, że jeśli

∂U1∂n

∣∣∣∂V=∂U2∂n

∣∣∣∂V= g(r)

∣∣∣∂V

to wewnątrz V spełniona jest tożsamość U ≡ const, a więc potencjał jestwyznaczony jednoznacznie z dokładnością do stałej. Ale ta stała nie zmieniapola a więc zagadnienie ma jednoznaczne rozwiązanie! (zagadnienie brzegowevon Neumanna)

2.2.3 Funkcja Greena

Tożsamości całkowe wynikające z formuł Greena mogą mieć praktyczne za-stosowania. Pokażemy, że istnieją takie funkcje ψ(r, r′), które mogą się ze-rować na brzegu obszaru lub ich pochodna normalna może się zerować nabrzegu.

16

2.2.4 Przykład funkcji Greena dla nieskończonej płaszczyzny

Rozważmy równanie różniczkowe cząstkowe postaci:

Lφ(x) = −f(x), (28)

gdzie x ∈ <3

L = a0 +∑i

ai∂

∂xi+∑ij

aij∂2

∂xi∂xj+ . . .

Przykład 7Dla operatora Laplace’a mamy

L =∑i

∂2

∂x2i=∑ij

δij∂2

∂xi∂xj

——————————————————————————————

Zadanie 5Znajdź operator L dla operatora d’Alamberta: 2——————————————————————————————

Załóżmy, że istnieje operator L−1, wówczas

φ(x) = −L−1f(x)

= −L−1∫f(y)δ(3)(y − x)dy

= −∫f(y)L−1δ(3)(y − x)dy

= −∫G1(x, y)f(y)dy

(29)

A więc szukamy funkcji G1 takiej, że

L−1δ(3)(y − x) = G1(x, y) (30)

lub inaczej

LG1(x, y) = δ(3)(y − x) (31)

Taką funkcję nazywamy singularną funkcją Greena. Jak łatwo można spraw-dzić do funkcji G1 można dodać funkcję będącą rozwiązaniem równania jed-norodnego:

17

LG0(x, y) = 0 (32)

i formuła (29) z funkcją G(x, y) = G1(x, y)+G0(x, y) zamiast G1(x, y) pozo-stanie prawdziwa. Funkcję G(x, y) nazywamy funkcją Greena równania (28).Widzimy więc, że dla danego równania istnieje wiele (nieskończenie?) funkcjiGreena bo równanie Laplace’a ma wiele rozwiązań. Jednoznaczność funkcjiGreena pojawi się poprzez warunki brzegowe!Rozważmy operator L w działaniu na funkcję exp{−ikx} = exp{−i∑j kjxj}.

Jak łatwo można pokazać,

∂

∂xmexp{−i

∑j

kjxj} = −ikm exp{−i∑j

kjxj}

a więc

L exp{−i∑j

kjxj} =(a0 − i

∑m

amkm −∑mn

amnkmkn + . . .)exp{−i

∑j

kjxj}

Możemy zatem napisać postać operatora L−1 w działaniu na exp{−ikx}:

L−1 exp{−ikx} = exp{−ikx}(a0 − i

∑m amkm −

∑mn amnkmkn + . . .)

Wykorzystamy teraz znaną formułę (13):

δ(3)(r − r′) =( 12π

)3 ∫exp{ik · (r − r′)}d(3)k

Z powyższego wzoru i formuły (30) otrzymujemy:

G1(x, y) = L−1δ(3)(y − x) = L−1( 12π

)3 ∫exp{ik(y − x)}d(3)k

gdzie operator L−1 jest operatorem działającym na zmienną x:

G1(x, y) =( 12π

)3 ∫ exp{−ik(y − x)}(a0 − i

∑m amkm −

∑mn amnkmkn + . . .)

d(3)k

Zadanie 6Pokaż, że dla równania Poissona

G1(x, y) = −14π

1|x− y|

(33)

18

Wskazówka. Przejdź do układu współrzędnych kulistych i wykorzystaj wzórna całkę oznaczoną: ∫ ∞

0

sin xx

dx =π

2

——————————————————————————————

Ogólna funkcja Greena jest sumą funkcji G1 i funkcji G0 i spełnia równanie(31)”

LG(x, y) = δ(n)(y − x) (34)

W przypadku równania Poissona możemy napisać

∇2G(r, r′) = δ(3)(r′ − r)

Jeśli tą formułę przemnożymy przez czynnik −q/ε0 to otrzymamy równaniena potencjał w punkcie r pochodzący od ładunku punktowego −q umiesz-czonego w punkcie r′.

Wniosek 1Możemy więc interpretować funkcję −ε0G(r, r′) jako potencjał w punkcie rpochodzący od jednostkowego ładunku punktowego znajdującego się w punkcier′

Wstawiamy teraz funkcję G do formuły 26 i tajk jak poprzedni zakładamy,że φ spełnia równanie Poissona. Otrzymujemy:

φ(r) = − 1ε0

∫Vρ(r′)G(r, r′)dv′ +

∮∂V

(φ(r′)

∂G(r, r′)∂n′

−G(r, r′)∂φ(r′)

∂n′

)dσ′

(35)Jeśli znajdziemy funkcję Greena GD, która zeruje się na brzegu obszaru V tootrzymujemy zamkniętą całkową formułę na potencjał która wyraża poten-cjał w każdym punkcie obszaru V przy pomocy gęstości ładunków wewnątrztego obszaru i wartości potencjału na brzegu obszaru:

φ(r) = − 1ε0

∫Vρ(r′)GD(r, r′)dv′ +

∮∂Vφ(r′)

∂GD(r, r′)∂n′

dσ′

Taką funkcję nazywamy funkcją Greena zagadnienia Dirichleta.Z kolei jeśli znajdziemy funkcję Greena, której pochodna normalna zeruje

się na brzegu obszaru V to otrzymujemy zamkniętą całkową formułę, która

19

wyraża potencjał w każdym punkcie obszaru V przy pomocy gęstości ładun-ków wewnątrz tego obszaru i wartości składowej normalnej pola na brzeguobszaru:

φ(r) = − 1ε0

∫Vρ(r′)GN(r, r′)dv′ −

∮∂VGN(r, r′)

∂φ(r′)∂n′

dσ′

Funkcję GN nazywamy funkcją Greena zagadnienia von Neumanna.

2.2.5 Funkcja Greena dla półprzestrzeni

Interesuje nas ogólna postać funkcji Greena dla zagadnienia półprzestrzenix > 0 tzn.

∇2G(r, r′) = δ(3)(r′ − r)

G(r, r′)|x′=0 = 0

Przykład 8Metoda obrazówRozważmy ładunek punktowy q umieszczony w punkcie a = (ax, ay, az) wobecności uziemnionej przewodzącej półpłaszczyzny (Φ(r)|x=0 = 0). Z jedno-znaczności rozwiązania zagadnienia brzegowego wynika, że rozwiązaniem jestpotencjał otrzymany przez umieszczenie ładunku −q symetrycznie względempłaszczyzny x = 0 (a = (−ax, ay, az)):

Φ(r) =14πε0

q

|r − a|+14πε0

−q|r − a|

Tak wiec zgodnie z powyższym wnioskiem funkcję Greena dla półpłaszczyznymożemy napisać w postaci:

G(r, r′) =14π

1√(x+ x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2

− 1√(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2

(36)

——————————————————————————————

Powyższy wynik pozwala nam rozwiązać formalnie wiele problemów elektro-statyki w półprzestrzeni. Np.

20

Zadanie 7Znaleźć potencjał pochodzący od płaszczyzny, której cały potencjał pozakołem o promieniu R jest równy 0 a wewnątrz koła potencjał jest stały iwynosi V0.——————————————————————————————

Zadanie 8Znaleźć potencjał pochodzący od jednorodnego liniowego rozkładu ładunku(ładunek na jednostkę długości wynosi Q) umieszczonego równolegle w od-ległości d od przewodzącej uziemnionej płaszczyzny.——————————————————————————————

Podobne zadania można rozwiązywać dla zagadnienia sfery jesli przy pomocymetody obrazó znajdziemy dla niej funkcję Greena.

3 Pole elektryczne w ośrodkach materialnych

3.1 Rozkład multipolowy

3.1.1 Pole dipola fizycznego

Rozważamy parę ładunków q i −q. Umieszczamy początek układu w środkumiędzy ładunkami. Wektor d jest wektorem łaczącym oba ładunki skierowa-nym od ładunku −q do ładunku q. Wówczas potencjał w dużych odległo-ściach od początku układu odniesienia w pierwszym rzędzie rozwinięcia wszereg względem małej wielkości 1/r można zapisać wzorem:

Φ(r) =14πε0

p cos θr2=14πε0

p · err2

gdzie p = qd, θ jest katem między wektorami p i r.

3.1.2 Rozkład multipolowy

Pokazaliśmy, że (Ściśle mówiąc pokazaliśmy to tylko dla trzech pierwszychwyrazów)

1R=1r

∑n=0

(r′

r

)nPn(cos θ′) (37)

Φ(r) =14πε0

∑n=0

1rn+1

∫V(r′)nPn(cos θ′)ρ(r′)dv′ (38)

Φ(r) = Φmon(r) + Φdip(r) + Φquad(r) + . . . (39)

21

gdzie

Φmon(r) =14πε0

Q

r(40)

Φdip(r) =14πε0

p · rr3

gdzie

p =∫Vr′rho(r′)dv′

(41)

Zadanie 9Udowodnij, że

Edip(r) =14πε0

1r3[3(p · r)er − p]

——————————————————————————————

Zadanie 10Pokaż, że człon kwadrupolowy można zapisać w postaci

Φquad(r) =14πε0

12r5

3∑i,j=1

xixjQi,j

gdzie

Qij =∫V[3x′ix

′j − (r′)2δij]ρ(r′)dv′

(42)

————————————————————————————–

3.2 Polaryzacja

3.2.1 Indukowany moment dipolowy

3.2.2 Zmiana orientacji cząsteczek polarnych

3.2.3 Polaryzacja elektryczna

3.3 Pole ciała spolaryzowanego

3.3.1 Potencjał pochodzący od spolaryzowanego ośrodka

Z rozwinięcia dipolowego otrzymaliśmy

Φ(r) =14πε0

∮∂V

σzwRda′ +

14πε0

∫V

ρzwRdv′ (43)

22

gdzie

σzw = P · n (44)

ρzw = −∇ · P (45)

3.3.2 Fizyczna interpretacja ładunków związanych

3.3.3 Pole w dielektryku

Konstrukcja:Interesuje nas pole w punkcie r wewnątrz dielektryka. Wycinamy kulę KR opromieniu R dużo większym od rozmiarów dipoli wewnątrz dielektryka. Wten sposób do ośrodka poza kulą możemy stosować przybliżenie dipolowe.Wewnątrz kuli korzystamy z następującego wyniku:

Zadanie 111. Wykaż, że średnie pole w kuli KR pochodzące od ładunku q umiesz-czonego wewnątrz kuli w punkcie r jest równe polu w punkcie r wy-tworzonemu przez ładunek q jednorodnie rozmieszczony w całej kuli.

2. Oblicz to pole z prawa Gaussa

3. Napisz wynik końcowy przy pomocy momentu dipolowego i polaryzacjikuli.

———————————————————————————–

3.3.4 Związek między E,P i D

3.3.5 Przykład: pole elektryczne ładunku punktowego w obecno-ści dielektryka (w półprzestrzeni)

Niech dla z < 0 znajduje się dielektryk, a dla x > 0 próżnia.

23

4 Magnetostatyka∂·∂t= 0

rotH = j

divB = 0

B = µH

B2n −B1n = 0H2t −H1t = ipow

4.1 Siły elektromotoryczne przyłożone

4.1.1 Pole kulombowskie i wektor gęstości prądu

Pokażemy, że siły elektrostatyczne nie mogą generować prądu. Wiemy żewarunek

divj = 0

implikuje, że linie gęstości prądu są albo zamknięte albo biegną do nieskoń-czoności. Rozważamy całkę ∮

jdl

po krzywej zamknietej Γ z pewną zamkniętą linią prądu. Załóżmy, że ist-nieje zamknięta linai prądu Γ. Jeśli istnieje tylko pole elektrostatyczne Epochodzenia kulombowskiego to∮

Γjdl = λ

∮ΓEdl = −λ

∮Γgradϕdl = −λ

∮Γdϕ = 0

Ze względu na wybór drogi możemy napisać:∮Γjdl = ±λ

∮Γjdl = 0

i wyrażenie podcałkowe nie zmienia znaku wzdłuż całej drogi, a więc

j = 0

4.1.2 Siły elektromotoryczne przyłożone

Prądy stałe mogą płynąc tylko w obecności sił elektromotorycznych pocho-dzenie nieelektrostatycznego - ogniwa galwaniczne, akumulatory,... Pola przeznie wytworzone nazywamy polami przyłożonymi a odpowiednie siły gene-rujące te pola siłami eletkromotorycznymi przyłożonymi.

24

4.1.3 Uogólnienie prawa Ohma

Uogólniamy różniczkową prawo Ohma:

j = λ(E +Ep) (46)

Wykorzystując (46)

4.1.4 Prawo Ohma

Z równania (46) otrzymujemy:∮jdl = λ

∮(E +Ep)dl

Jeśli korzystamy z poprzednich rozważań to∮ jdlλ=∮Epdl = Ep

gdzie prawa strona jest definicją wielkości Ep siły elektromotorycznej przy-łożonej. Całkowanie odbywa się po drodze pokrywającej z zamkniętą liniąprądu: ∮

jdl =∮ jdl

λ=∮jS

dl

λS

Wiemy że opór wąskiej rurki o długosci dl i przekroju S wynosi

dR =dl

λS

a ntężenie prąduI = jS

a więc ∮jS

dl

λS=∫IdR = I

∫dR = IR

Ale ze względu na naszą dyskusję poprzednio możemy napisać

Ep = IR

To jest prawo Ohma, i jak z niego wynika istnienie prądów stałych i ich natę-żenie jest ściśle związane z istnieniem sił elektromotorycznych przyłożonych.

25

4.1.5 Uogólnienie prawa Joule’a - Lenza

Wiemy, że

Q =∫V

j2

λdV

ale ze wzoru (46) możemy napisać:

Q =∫Vj(E +Ep)dv

W powyższym wzorze pierwszy czynnik znika:∫jEdv = −

∫jgradϕdv =

∫(−div(jϕ) + ϕdivjdv

Druga całka znika (divj = 0) a pierwszą zamieniamy na całkę powierzchnio-wą: ∮

ϕjdσ

i przyjmujemy, że prądy płyną tylko wewnątrz rozważanego obszaru a więccałka powierzchniowa znika! W rezultacie

Q =∫VjEpdv (47)

A więc prąd stały wydziela ciepło wyłącznie kosztem energii dostarczanejprzez siły elektromotoryczne przyłożone. Energia pola magnetycznego pozo-staje przy tym stała!

4.2 Pole elektromagnetyczne w ośrodku jednorodnym

Magnetyczne prawo Gaussa mówi, że dywergencja pola B znika, a wiemy, żedywergencja rotacji jest równa zero. Możemy więc zapostulować, że wektorindukcji magnetycznej jest rotacją innego pola wektorowego, które będziemynazywali potencjałem wektorowym”:

B = rotA (48)

Potencjał wektorowy nie jest wyznaczony jednoznacznie:

A′ = A+ gradχ

Dowód:

B′ = . . . = B

26

Potencjał nie jest wyznaczony jednoznacznie, możemy więc narzucić na niegododatkowe warunki. W Magnetostatyce najczęściej przyjmuje się, że

divA = 0 (49)

Podstawiając formułę (48) do prawa Oersteda otrzymamy

4A = −µj (50)

Zadanie 12Pokaż, że ∇×∇ = ∇(∇ ·A)−4A——————————————————————————————

Rozwiązanie: (zakładamy warunki brzegowe A→ 0, dla |r| → ∞)

A(r) =µ

4π

∫V

j(r′)|r − r′|

dv′ (51)

4.2.1 Prawo Biota-Savarta

B = rotA =µ

4π

∫Vrotj

Rdv′

alerot1Rj =1Rrotj + grad

1R× j

Pierwszy składnik znika bo różniczkowanie jest po zmiennej r a gęstość prąduzależy od zmiennej r′, tak więc:

grad1R× j = −eR

R2× j = j ×R

R3

i w rezultacieB =

µ

4π

∫V

j ×RR3

dv′ (52)

lub dla pola magnetycznego:

H =14π

∫V

j ×RR3

dv′ (53)

Ten wynik wskazuje, że pole H pełni rolę podobna do pola D – oba niezależą od stałych materiałowych.

27

4.2.2 Prądy liniowe

Przewodnik liniowy to taki, którego przekrój jest zaniedbywalny w stosun-ku do odległości w jakiej mierzymy pole. Rozważmy element przewodnika odługości dl, jego objętość wynosi dV = Sdl. Stąd

jdV = jSdl = jSdl = Idl

W prawie Biota - Savarta (52) zastępujemy całkowanie po objętości całko-waniem po długości:

B =µ

4π

∫V

jdV × rr3

=µ

4πI∫V

dl× rr3

gdzie ponieważ zaniedbujemy przekrój poprzeczny przewodnika to R→ r.

4.2.3 Pole prądu elementarnego

Pole pochodzące od prądów znajdujących się w małej objętości.

A(r) =µ

4π

∫V

jdv′

|r − r′|

Analogicznie jak dla rozkładu multipolowego w elektrostatyce możemy napi-sać:

1R=1r

(1 +r · r′

r2+ . . .

)Zatem

A(r) =µ

4πr

∫Vjdv′ +

µ

4πr3

∫Vj(r · r′)dv′ (54)

Pierwsza całka znika, bo wiemy że divj = 0 zatem możemy napisać:

0 =∫Vx∇ · jdv =

∫V∇ · (xj)dv −

∫Vj∇xdv =

∫Vjxdv

Całka∫V ∇ · (xj)dv znika po zamianie na całkę powierzchniową (prądy pły-

ną tylko w małej objętości V po której całkujemy, nie ma prądów przezpowierzchnię tego obszaru!.Pozostaje druga całka we wzorze (54). Skorzystamy ze znanego nam już

wzoru(r′ × j)× r = j(r · r′)− r′(j · r)

który napiszemy w nieco innej postaci:

j(r · r′) = 12(r′ × j)× r + 1

2[j(r · r′) + r′(j · r)]

28

Wstawiamy ten wynik do wzoru (54):

A =µ

8πr3

∫V(r′ × j)× rdv′ + µ

8πr3

∫V[j(r · r′) + r′(j · r)]dv′

Pokażemy, że druga całka

K =µ

8πr3

∫V[j(r · r′) + r′(j · r)]dv′

znika. Mnożymy ją przez dowolny stały wektor a

a ·K = µ

8πr3

∫V[(a · j)(r · r′) + (a · r′)(j · r)]dv′

ale wyrażenie podcałkowe można przekształcić następująco:

(a · j)(r · r′) + (a · r′)(j · r) =j∇′{(a · r′)(r · r′)} ==∇ · {j(a · r′)(r · r′)} − (a · r′)(r · r′)∇j

Argumentacja taka jak poprzednio: z twierdzenia Gaussa znika pierwsza cał-ka a druga znika bo znika dywergencja pola j. Z dowolności a wynika, żeK = 0 cbdo. Ostatecznie możemy napisać:

A =µ

8πr3

∫V(r′ × j)× rdv′ = µ

8πr3

∫V(r′ × j)dv′ × r

Wprowadzamy oznaczenie

M =12

∫Vr′ × jdv′ (55)

Wówczas

A =µ

4πM × rr3

(56)

B =µ

4π∇×M × r

r3=

µ

4π

(3(M · r)r

r5−M

r3

)(57)

4.3 Magnetyki w polu magnetostatycznym

dM = IdV (58)

dM moment magnetyczny objętości dV , I - namagnesowanie (średni momentmagnetyczny) Podobnie jak dla dielektryków.Różnica:

29

• w dielektrykach indukowane pole jest zawsze skierowane przeciwnie niżpole przyłożone,

• w magnetykach może być :

– przeciwnie skierowane - diamagnetyki

– zgodnie skierowane - paramagnetyki

– ferromagnetyki ???

Przyjmujemy, żeI = χH

χ - podatność magnetyczna.

4.3.1 Potencjał wektorowy w obecności magnetyków

A = A0 +Am

gdzie

A0 =µ04π

∫V

jdV

r

jest potencjałem wektorowym pochodzącym od prądów przewodnictwa

dAm =µ04π

dM × rr3

jest potencjałem wektorowym powstałym jako rezultat namagnesowania. Uwzględ-niając definicję magnetyzacji (58) otrzymamy

dAm =µ04πI × rr3

dV

możemy scałkować, ale musimy zmienić r na R = r − r′ (dlaczego?)

Am =µ04π

∫V

I ×RR3

dV =µ04π

∫VI ×∇′ 1

RdV

Korzystamy ze wzoru

∇′ × IR=1R∇′ × I +∇′ 1

R× I = 1

R∇′ × I − I ×R

R3

W powyższej formule różniczkujemy względem zmiennej r′.

Am =µ04π

∫V

∇′ × IR

dv′ − µ04π

∫V∇′ × I

Rdv′

Drugą z całek zamieniamy na całkę powierzchniową

30

Zadanie 13Udowodnij, że ∫

V∇×Adv = −

∮∂VA× ds (59)

Wskazówka Podstaw do twierdzenia Gaussa A = B × c—————————————————————————————–

Po podstawieniu formuły (59) otrzymujemy:

Am =µ04π

∫V

∇′ × I ′

R+µ04π

∮∂V

I × dsR

(60)

Jeśli teraz wprowadzimy oznaczenia:

jzw = ∇× I (61)izw = I × n (62)

to wzory na potencjał wektorowy przypominają zupełnie na potencjał wekto-rowy swobodny z odpowiednią interpretacją powierzchniowych i objętościo-wych prądów związanych.

4.3.2 Fizyczna interpretacja prądów związanych

Interpretacja związanych prądów powierzchniowych jest prosta. Trudniej jestwyjaśnić interpretację prądów objętościowych. Prądy powierzchniowe:Rozważamy kostkę o powierzchni a wysokości t wzdłuż krawędzi kostki płynieprąd I. Moment dipolowy takiej kostki wynosi m =Mat gdzie M magnety-zacja. Z drugiej strony moment dipolowy to m = Ia zatem I =Mt a gestośćpradu powierzchniowego wynosi izw = I/t = M Jesli n jest wektorem nor-malnym do bocznej powierzchni to możemy napisać

izw =M × n

jesli magnetyzacja jest niejednorodna to pojawi się wypadkowa objętościowagęstość prądu związanego: (Griffiths)

4.3.3 Związek między B,H i I

J = J sw + J zw1µ0(∇×B = J = J sw + J zw = J sw +∇× I

31

∇×(1µ0B − I

)= J sw

H =1µ0B − I (63)

4.4 Energia pola magnetycznego

4.5 Siły mechaniczne w polu magnetycznym

4.5.1 Siły działające na element prądu

Prawo Ampere’adF = j ×BdV (64)

dla prądów liniowychdF = Idl×B

Całkowita siła:F =

∫Vj ×BdV

lubF = I

∫Γdl×BdV

4.5.2 Siła działająca na prąd elementarny

Mały obszar V wewnątrz niego początek układu odniesienia. Zakładamy, żewewnątrz tego obszaru pole możemy rozwinąć na

B = B(0, 0, 0) + x∂B

∂x+ y

∂B

∂y+ z

∂B

∂z

Po podsatwieniu do ..

F =∫Vj ×B0dV +

∫Vj × (x∂B

∂x+ y

∂B

∂y+ z

∂B

∂z)dV

Pierwsza całka znika bo ??? Rozważmy składową z drugiej całki

Fz =∫V[j × (x∂B

∂x+ y

∂B

∂y+ z

∂B

∂z)]zdV

=∫V[jx(x

∂By∂x+ y

∂By∂y+ z

∂By∂z)

− jy(x∂Bx∂x+ y

∂Bx∂y+ z

∂Bx∂z)]dV

32

Pokażemy, że∫V xjxdV = ... = 0.

xjx =12jgradx2 =

12div(jx2)− 1

2x2divj

Ale ∇j = 0 oraz korzystając z tw. Gaussa∫VxjxdV = ... = 0

Pokażemy teraz, że ∫VxjydV = −

∫VyjxdV = mz

∫VyjzdV = −

∫VzjydV = mx∫

VzjxdV = −

∫VxjzdV = my

gdzie mi są składowymi momentu magnetycznego rozważanego pradu ele-mentarnego.

xjy =12(xjy − yjx) +

12(xjy + yjx)

ale12(xjy + yjx) =

12jgrad(xy) =

12div(jxy)− 1

2xydivj

Po skorzystaniu z divj = 0 mozemy napisać∫VxjydV =

12

∫V(xjy − yjx)dV +

12

∫Vdiv(jxy)dV

=12

∫V(xjy − yjx)dV +

12

∫∂VjxydS

Ostatnia całka znika a więc∫VxjydV =

12

∫V(xjy − yjx)dV = mz

cbdo. Analogcznie pozostałe równości. Teraz możemy napisać:

Fz = −mz∂By∂y+my

∂By∂z−mz

∂Bx∂x+mx

∂Bx∂z

ale z magnetycznego prawa Gaussa

−mz∂By∂y−mz

∂Bx∂x= mz

∂Bz∂z

33

co po podstawieniu do .. daje

Fz = mx∂Bx∂z+my

∂By∂z+mz

∂Bz∂z=m

∂B

∂z

Po żmudnym powtórzeniu otrzymamy ostatecznie

Fx =m∂B

∂x

Fy =m∂B

∂y

Fz =m∂B

∂z

(65)

Ten wynik wygodnie jest zapisać w postaci:

F = ∇(m ·B)

co prowadzi do prostego wyrażenia na energię oddziaływania dipola magne-tycznego z polem magnetycznym:

F = −∇U ⇒ U = −m ·B

Można pokazać, że dla prądu elementarnego zachodzi związek

N =m×B (66)

Wynik ten bardzo prosto można otrzymać dla prądu liniowego, ale dla prąduelementarnego jest on nieco trudniejszy

dN = r × dF = r × (j ×B)dV

N =∫Vr × (j ×B)dV

Końcowy wynik (66) natomiast można przedstawić w postaci

N = −B ×∫r × jdV

Zadanie 14Wyprowadź ostatnią formułę dla prądów elementarnych

Przykład 9

34

Wyprowadź wzór na potencjał wektorowy pochodzący od prądu liniowego,kołowego (płynącego po kole o promieniu a)Wskazówka: gęstość pradu można zapisać w postaci:

j = jφeφ =I

aδ(cos θ′)δ(r − a)eφ

Korzystając ze wzoru (51) można we współrzędnych kulistych napisać

Aφ =Iaµ04π

∫ cosφ′dφ′√r2 + a2 − 2ra sin θ cosφ′

Można pokazać, że dla r � a

Aφ =Ia2µ04sin θr2

Przykład 10Oblicz siłę i moment siły między dwoma kołowymi, liniowymi prądami orównych i równoległych momentach magnetycznych. Niech θ będzie kątemmiedzy kierunkiem m a osią łączącą środki obu prądów kołowych.

F = . . .

N =µ04π(m× r)mcos θ

L3= . . .

35

Przykład 11Określ pola B, H generowane przez kulę o promieniu R i jednorodnej ma-gnetyzacjiM =Mez.RozwiązanieNa zewnątrz kuli pole Bz spełnia równania Maxwella:

∇×Bz = 0 ∇ ·Bz = 0

Wobec tego pierwsze z równań implikuje istnienie skalarnej funkcji ΦM takiej,że

Bz = ∇ΦMa drugie

∇2ΦM = 0

Zakładając, że potencjał nie zależy od kąta φ możemy napisać:

ΦM(r, θ) =∞∑l=0

αlPl(cos θ)rl+1

gdzie Pl są wielomiananmi Legendre’a.Wewnątrz sfery mamy relacje

Hw =1µ0Bw −M

i zakładamy, że Bw jest równoległe doM :

Bw = B0ez

Hw =1µ0B0ez −Mez

Warunki brzegowe na powierzchni sfery są następujące:

Bw · er = Bz · erHw · eθ =Hz · eθ

Przyjęliśmy, że nie ma prądów powierzchniowych (magnetyzacja jest równo-ważna prądom powierzchniowym, ale rozpatrujemy albo prądy powierzchnio-we albo magnetyzację).We wsp. kulistych pierwszy warunek możemy napisać w postaci

B0 cos θ = −∂

∂rΦM |r=a

36

Ponieważ cos θ = P1(cos θ) zatem (korzystamy z formuł gradient we wsp.kulistych):

B0P1((cos θ) =∞∑l=0

αl(l + 1)Pl(cos θ)rl+2

(1µ0B0 −M) sin θ =

1µ0

∞∑l=0

αlrl+2

dPl(cos θ)dθ

Skąd po przyrównaniu wyrazów stojących przy tych samych wiel. Legendre’aotrzymamy

B0 =2α1a3

1µ0B0 −M = −

1µ0

α1a3⇒ B0 =

2µ03M

Uwaga! Pola Bw oraz Hw mają przeciwne kierunki:

Hw =1µ0B −M = −1

3M

Pola na zewnątrz obliczamy ze wzoru

Bz = −∇ΦM

Br =µ0Ma3

32 cos θr3

Bθ =µ0Ma3

3sin θr3

Bφ = 0

a jeśli wykorzystamy fakt, że moment magnetyczny m jest równyM(4/3)πa3

toBr =

µ04πm2 cos θr3

Bθ =µ04πmsin θr3

a wiec pole dipola magnetycznego.Uwaga! skoro∇·B = 0 to∇·H = −∇·M i dla niejednorodnej magnetyzacjidywergencja magnetyzacji jest różna od zera. Wielkość tą nazywamy częstoładunkiem magnetycznym (przez analogię do ładunku elektrycznego).

Przykład 12

37

5 Źródła zależne od czasu

Równania Maxwella w postaci różniczkowej wiążą w skomplikowany sposóbpola E,H. Pokażemy, że można je rozwikłać względem pól E lub H. Dlaułatwienia rozważań zakładamy, że D = εE,B = µH, J = σE + J0, ale me-todę tę można stosować również w ogólniejszym przypadku nieizotropowychośrodków. Podziałajmy operatorem rotacji na równanie Faradaya:

∇×∇×E = −∇B∇×∇×E = −∇× B = −µ∇× H =−µ(D + J) = −µεE − µσE − µJ0

Równanie to możemy przepisać w postaci:

∇×∇×E + εµE + σµE = −µJ0

Analogicznie działając rotacją na prawo Ampere’a otrzymamy:

∇×∇×H + εµH + σµH = ∇× J0

Wykorzystując wzór ∇ × ∇ ×A = ∇(∇ ·A) − ∇2A i prawo Gaussa tesame wzory możemy zapisać w postaci

∇2E − εµE − σµE = µJ0 + (1/ε)∇ρ (67)

∇2H − εµH − σµH = −∇× J0 (68)

Równania (67,68) nazywamy równaniami falowymi z absorbcją. Absorbcjaopisywana jest przez wyrazy zawierające czynnik σ a fizycznie związana jest zwydzielaniem się ciepła w czasie przepływu prądu. Prawe strony obu równańopisują tzw. źródła.Spośród kilku możliwych sytuacji rozpatrzymy dwa przypadki

1. σ 6= 0, J0 = 0

2. σ = 0, J0 6= 0

W pierwszym przypadku możemy napisać równanie ciągłości w postaci:

σ∇ ·E = −ρ

Porównując je z prawem Gaussa

ε∇ ·E = ρ

38

co pozwala nam napisać równanie w postaci

ρ+ (σ/ε)ρ = 0,

którego rozwiązanie możemy zapisać w postaci

ρ = ρ0e−σ(t−t0)/ε

gdzie stosunek ε/σ o wymiarze czasu nazywamy czasem relaksacji ładunku.Jeśli σ > 0 to ładunek dla dostatecznie długich czasów zmierza do zera awięc w naszych dopiero co wyprowadzonych równaniach falowych z absorbcjąmożemy położyć wówczas prawe strony równe zeru. W rezultacie mamy dwarozseparowane jednorodne równania z absorbcją.W drugim przypadku możemy napisać

∇2E − εµE = µJ0 + (1/ε)∇ρ∇2H − εµH = −∇× J0

(69)

Są to niejednorodne równania falowe (bez absorbcji) a więc postać rów-nań często spotykana w fizyce. Ich podstawowym mankamentem jest fakt,że stanowią one klasę szerszą od równań Maxwella. Pokażemy, że istniejąrozwiązania tych równań, które nie spełniają równań Maxwella. Rzeczywi-ście, niech E = (E0/r)cos(kr − ωt), gdzie k = ω

√εµ. Dla J0 = 0, ρ = 0

jest to rozwiązanie równania falowego, ale jak łatwo sprawdzić ∇ ·E 6= 0 cowynikałoby z prawa Gaussa. A więc sprzeczność c.b.d.o.

5.1 Równania falowe

Chcemy opisać pola będące rozwiązaniem równań (69) bez źródeł tzn. J0 =0, ρ = 0. Równania takie noszą nazwę równań falowych a operator ∇2−εµ ∂2

∂t2

nosi nazwę operatora d’Alamberta i jest oznaczany symbolem 2. Operatorten możemy napisać w postaci iloczynu dwu operatorów (kolejność jest nie-istotna jeśli ...

∇2 − εµ ∂2

∂t2=(∇+√εµ ∂

∂t

)(∇−√εµ ∂

∂t

)

i rozwiązujemy niezależnie każde z obydwu równań.

39

5.1.1 1 wymiar

Zacznijmy od przypadku jednowymiarowego:(∂2

∂x2− εµ ∂

2

∂t2

)ϕ(x, t) =

(∂

∂x+1v

∂

∂t

)(∂

∂x− 1v

∂

∂t

)ϕ(x, t),

gdzie v = q/sqrtεµ. Rozwiązanie ostatniego równania możemy łatwo odgad-nąć. Tak naprawdę jest ich nieskończenie, gdyż każda funkcja postaci:

ϕ(x, t) = f(x± vt) (70)

Standardowy przykład to:

ϕ(x, t) = sin(x− vt).

Liczbę x − vt nazywamy fazą, wobec tego możemy powiedzieć, że warunekstałej fazy wyznacza nam równość x − vt = const. czyli równanie prostej,punkt stałej fazy porusza się wzdłuż osi x ruchem jednostajnym z prędkościąv. Analogicznie, jeśli rozpatrzymy drugi przypadek sin(x+vt), wówczas punktstałej fazy porusza się z prędkością cv w przeciwną stronę. Zagadnienie tojeszcze lepiej jest widoczne jeśli

ϕ(x, t) = exp(−(x− vt)2

2a2)

Wówczas cały impuls gaussowski porusza się wzdłuż osi x z prędkością v bezzmiany kształtu.

5.1.2 3 wymiary

5.2 Potencjały

Istnieje inne podejście, które również sprowadza równania Maxwella do rów-nań falowych, ale tym razem są to równania dla innych wielkości niż pola –dla potencjałów.Punktem wyjścia może być magnetyczne prawo Gaussa

∇ ·B = 0

W matematyce znane jest twierdzenie mówiące, że każde bezźródłowe pole,tzn. takie, którego dywergencja znika można przedstawić jako rotację pew-nego innego pola nazywanego potencjałem:

B = ∇×A0 (71)

40

Wstawiając to do prawa Faradaya otrzymamy

∇×E = −∇× A0

a więc wektor E jest równy pochodnej po czasie z wektoraA0 z dokładnościądo składnika, którego rotacja znika tożsamościowo. Takim składnikiem jakwiemy może być gradient dowolnej funkcji. W rezultacie możemy napisać:

E = −A0 −∇φ0 (72)

Rozważmy sytuację dla ośrodka nieprzewodzącego (σ = 0). Wektory E,Bspełniają prawo Faradaya i mag. praw Gaussa tożsamościowo. Wstawiamyteraz wyrażenia (71,72) do pozostałych dwóch równań (równanie zachowanieładunku jest konsekwencją pozostałych) i otrzymujemy z prawa Ampere’a:

∇×∇×A0 + εµA0 + εµφ0 = µJ0

co można zapisać w nieco innej postaci przy pomocy op. d’Alamberta:

2A0 −∇(∇ ·A0 + εµφ0) = −µJ0

Natomiast elektryczne prawo Gaussa można zapisać w postaci:

−∇A0 −∇2φ0 = ρ/ε.

PotencjałA0 jest wyznaczony z dokładnością do składnika, którego rotacjaznika tożsamościowo, a więc np. ∇ψ, tzn. jeśli rozważymy wektor

A = A0 −∇ψ (73)

to pole B się nie zmienia. Aby nie ulegało też zmianie pole elektryczne po-tencjał φ musi spełniać równanie

φ′ = φ+ ψ (74)

Transformację opisaną (73,74) nazywamy cechowaniem potencjałów, i mówi-my o niezmienniczości równań Maxwella względem transformacji cechowania.Podstawowym celem wprowadzenia transformacji cechowania jest uproszcze-nie równań dla potencjałów. Pokażemy, że istnieje zawsze taka funkcja cecho-wania ψ, że przecechowane przy jej pomocy potencjały spełniają warunek:

∇A+ εµφ = 0 (75)

Wstawiamy (73) do powyższego równania i otrzymujemy

∇2ψ − εµψ = ∇ ·A+ εµφ (76)

41

Równanie to posiada wiele rozwiązań. W szczególności funkcja

ψ(x, t) = (1/4π)∫V

f(y, t− (εµ)1/2r)r

dv

gdzie r = |x−y|, f(y, t− (εµ)1/2r)− (∇A+ εµφ) spełnia to równanie. Cowięcej każda kombinacja tego rozwiązania i rozwiązania równania jednorod-nego

(∇2 − εµ ∂2

∂t2)ψ = 0

spełnia także to równanie. Tak więc równania Maxwella możemy sprowadzićdo układu następujących równań

(∇2 − εµ ∂2

∂t2)A = −µJ0 (77)

(∇2 − εµ ∂2

∂t2)φ = −ρ

ε(78)

(∇2 − εµ ∂2

∂t2)ψ = (∇ ·A0 + εµφ0) (79)

Warunek (75) nosi nazwę warunku cechowania Lorentza i jest wygodny szcze-gólnie przy relatywistycznym sformułowaniu elektrodynamiki.Ponieważ potencjały nie są wyrażone jednoznacznie to mogą istnieć też

inne warunki cechowania. Przykładem jest cechowanie Coulomba zwanym teżpoprzecznym lub transwersalnym. tak jak poprzednio rozważamy przypadek,gdy σ = 0.

(∇2 − εµ d2

dt2)A−∇(∇ ·A+ εµφ0) = −µJ0

(∇2 − εµ d2

dt2)φ+

d

dt(∇ ·A+ εµφ0) = −ρ/ε

W cechowaniu Coulomba kładziemy

∇ ·A = 0

wówczas powyższe równania przechodzą w

∇2A− εµA = −µJ0 + εµ∇φ

∇2φ = −ρ/εDrugie z tych równań można scałkować, bo jest to po prostu równanie Po-issona ( o tym w następnych wykładach) i w końcu kończymy na jednymrównaniu dla potencjału wektorowego.

42

6 Równania falowe - fale płaskie

Równania (77) mają postać równań falowych, tzn.

(∇2 − 1v2

d2

dt2)U = S

gdzie prawa strona nosi nazwę źródła. Istnieją przepisy na znajdowanierozwiązań tych równań w nieograniczonym obszarze przestrzeni. My zajmie-my się najprostszym przypadkiem równania falowego: przypadkiem równaniabez źródeł w nieograniczonym obszarze przestrzeni:

(∇2 − µε d2

dt2)A = 0 (80)

(∇2 − µε d2

dt2)φ = 0 (81)

Równania te posiadają nieskończenie wiele rozwiązań, np. każda funkcjapostaci f(kr ± ωt) spełnia takie równanie jeśli tylko

k2 = µεω2. (82)

Równośćkr ± ωt = c (83)

odpowiada miejscom geometrycznym punktów o tej samej fazie ( w tychpunktach fala – rozwiązanie równania falowego ma tą samą wartość). Jest tojednocześnie równanie płaszczyzny prostopadłej do wektora k nazywanegowektorem falowym. Różniczkując tą równość względem t stwierdzamy, żepołożenie stałej fazy porusza się w przestrzeni z prędkością

v · k = ±ω

i jak łatwo można pokazać kierunek wektora v pokrywa się kierunkiem wek-tora falowego. Wzór ten mówi że prędkość rozchodzenia się fali pola elektro-magnetycznego wynosi (na mocy (82))

v =1√εµ

(84)

Nie sa to jedyne rozwiązania: inną klasą rozwiązań są np funkcje postaci

f(kr ± ωt)r

43

Można to sprawdzić, wykorzystując formułę dla op. Laplace’a we współ-rzędnych sferycznych

grad =1r2

∂

∂rr2∂

∂r+ . . .

Wśród wielu rozwiązań szczególne znaczenie mają rozwiązania nazywanefalami płaskimi, tzn. postaci

A = A0 exp(−i(kr ± ωt)) (85)

Jak łatwo sprawdzić

E = iωA

B = ik ×A = 1ωk ×E

Jeśli nie ma ładunków (lub z cechowania Lorentza) to

∇ ·A = 0

a więc wektory A i k są ortogonalne( bo powyższe równanie jest równo-ważne k · A = 0). Z kolei B jako iloczyn wektorowy jest ortogonalny dodwóch pozostałych. Wykorzystując relację między k i ω możemy napisać:

B =√εµk

k×E

Uwaga!! Interpretację fizyczną mają tylko części rzeczywiste pól EM.

Przykład 13Obliczmy wektor Poyntinga dla fali płaskiej:

S = E ×H = E × ( 1µ

√µεk

k×E)

a więc

S =√ε

µE2k

k

Z kolei gęstość energii wynosi

u =12(εE2 +

1µB2) =

12(εE2 + εE2) = εE2

Ale stosunek wektora S do u jest równy prędkości przepływu energii

k

k

1√εµ

i jest oczywiście równy prędkości rozchodzenia się fali.

44

Uwaga!!! Ponieważ dopuszczamy zespolone wielkości to również wektor kmoże być zespolony. Wówczas równość (83) możemy zapisać w postaci:

k2 = (k2r − k2i + 2ikrki) = εµω2.

Ponieważ prawa strona jest rzeczywista to oznacza, że część rzeczywistai urojona wektora falowego są ortogonalne. Przypadek zespolonego wektorafalowego będzie przez nas wykorzystany w sytuacji całkowitego wewnętrznegoodbicia.

6.1 Polaryzacja fal płaskich

Najbardziej ogólna postać fali płaskiej:

E = (e1E1 + e2E2) exp(i(kr − ωt))

B =1ωk ×E

Wektory e1 i e2 są ortogonalne do siebie i do wektora k ale amplitudy E1, E2mogą być zespolone. Rozważmy tor jaki wektor E zakreśla na płaszczy–nieprostopadłej do wektora falowego w ustalonym punkcie przestrzeni.

E = (e1E1 + e2E2eiφ)e−iωt

Dla prostoty możemy przyjąć,że układ odniesienia jest zorientowany w takisposób, że k = e3, e1 = i, e2 = j. Wówczas stosunek części rzeczywistychskładowych pola na obie osie

Ex/Ey = E1 cos(ωt)/E2 cos(ωt− φ)

Jest to wielkość stała wtedy i tylko wtedy gdy φ = nπ, n = . . . ,−2,−1, 0, 1, 2, ldots.Mówimy wtedy o liniowej polaryzacji fali płaskiej. W przeciwnym przypad-ku Wektor E zakreśla elipsę i mówimy o kołowej (lub szerzej eliptycznej)polaryzacji.

Przykład 14Pokazać, że wektor E zakreśla elipsę i wyznaczyć osie tej elipsy w zależnościod E1, E2 i φ.

6.2 Odbicie i załamanie fal elektromagnetycznych

Podział:

45

1. Własności kinematyczne

(a) kąt odbicia jest równy kątowi załamania

(b) prawo Snella

2. Własności dynamiczne

(a) natężenie promieniowania odbitego i załamanego

(b) zmiany fazy i polaryzacji

Rozważamy dwa ośrodki: pierwszy o stałych podatności el. i mag. ε, µ orazdrugi ε′, µ. Załóżmy, że oddzielone są płaszczyzną z = 0 oraz,że z ośrodkapierwszego pada płaska fala o wektorze falowym k tworzącym z normalną dopowierzchni kąt α i o częstości ω. Fale załamana i odbita mają odpowiedniowektory falowe k′ oraz k i kąty α′ oraz α′′. Wprowadzamy wektor n normalnydo powierzchni i skierowany od pierwszego ośrodka do drugiego.

• fala padająca:E = E0eikr−ωt

B = (1/ω)k ×E

• fala załamana:E′ = E′0e

ik′r−ω′t

B′ = (1/ω)k′ ×E′

• fala padająca:E′′ = E′′0e

ik′′r−ω′′t

B′′ = (1/ω)k′′ ×E′′

Rozważmy warunki nieciągłości pola na granicy dwu ośrodków. Składowastyczna pola E jest ciągła a więc

E exp(i(kr − ωt)) +E′′ exp(i(k′′r − ω′′t)) = E′ exp(i(k′r − ω′t)) (86)

Jeśli zapiszemy to równanie w postaci

A exp(−iωt) +B exp(−iω′′t) = C exp(−iω′t)

gdzie funkcje A,B i C nie zależą od t, to po zróżniczkowaniu po czasie mo-żemy napisać

46

A(ω′ − ω) exp(−iωt) = B(ω′′ − ω′) exp(−iω′′t)

To ma być prawdziwe dla każdej chwili czasu, a więc może być spełnionetylko wtedy gdy

ω = ω′ = ω′′.

Podobnie jeśli r-nie (86) przedstawimy w postaci

A exp(ikr) +B exp(ik′′r) = C exp(ik′r)

gdzie A,B i C nie zależą od położenia to działając na powyższe równanieoperatorem r · ∇ otrzymamy

A(k · r − k′ · r) exp(ikr) = B(k′ · r − k′′ · r) exp(ik′′r)

Argumentacja podobna jak poprzednio prowadzi do wniosku, że

kr = k′r = k′′r (87)

dla r na powierzchni granicznej. Jeśli za r wybierzemy wektor prosto-padły do jednego z wektorów falowych to z tej równości wynik, że będzieon prostopadły do dwóch pozostałych, a więc wszystkie trzy leżą w jednejpłaszczy–nie.Pokażemy teraz, w oparciu o ostatnie równania, że kąt padania jest równy

kątowi odbicia:

kr = kr cos(π/2− α) = kr sin(α) (88)k′r = k′r cos(π/2− α′) = k′r sin(α′) (89)k′′r = k′′r cos(π/2− α′′) = k′′r sin(α′′). (90)

Ponieważ k′′ = k bo obydwie fale rozchodzą się w tym samym ośrodku toz równości (87,88) wynika, że sin(α) = sin(α′′) co należało wykazać. Ponadtomożemy napisać

k

k′=sin(α′)sinα)

co w nieco innej postaci

sin(α′)sin(α)

=√εµ√ε′µ=n

n′(91)

47

jest znane jako prawo Snella (prawo załamania). Współczynnik n określa-my jako

√εµ/√ε0, µ0

i nazywamy współczynnikiem załamania (ośrodka względem próżni). Jeston równy odwrotności stosunku prędkości rozchodzenia się al w obu ośrod-kach.Przechodzimy o praw dynamicznych. Wypiszmy wszystkie cztery warunki

nieciągłości:

(ε(E0 +E′′0)− ε′E′0)n = 0 (92)(k ×E0 + k′′ ×E′′0 − k′ ×E′0)n = 0 (93)

(E0 +E′′0 −E′0)× n = 0 (94)

(1µ(k ×E0 + k′′ ×E′′0)−

1µ′k′ ×E′0)× n = 0 (95)

Za pomocą tych wzorów możemy otrzymać pozostałe wyniki dotyczącezałamania i odbicia. Z poprzednich rozważań wynika, że w powyższych rów-naniach niewiadomymi są E′,E′′. Jest to więc układ równań liniowych. Znaj-dziemy jego rozwiązania. Jako pierwszy rozważamy przypadek pole E0 pro-stopadłego do płaszczyzny wyznaczonej przez trzy wektory falowe (rysunek).Kierunek wektora B wybrano w taki sposób aby otrzymać strumień wek-tora Poyntinga w kierunku wektora falowego. Takim rozwiązaniem są polaE′,E′′ skierowane prostopadle do płaszczyzny padania Wówczas z warunkówbrzegowych mamy (z trzeciego i czwartego równania)

E0 + E ′′0 = E ′0 (96)√ε/µ(E0 − E ′0) cos(α)−

√ε′/µ′E ′0 cos(α

′) = 0 (97)

Po wyeliminowaniu z tych równań jednej z niewiadomych możemy zapisaćnastępujące relacje

E ′0E0=

2n cos(α)

n cos(α) + (µ/µ′)√n′2 − n2 sin2(α)

(98)

E ′′0E0=

n cos(α)− (µ/µ′)√n′2 − n2 sin2(α)

n cos(α) + (µ/µ′)√n′2 − n2 sin2(α)

(99)

48

W tych wzorach użyliśmy prawa Snella aby wyrazić kąt załamania przezkąt padania. Analogicznie wyprowadzamy wzory dla przeciwnej polaryzacji(wektor pola el. w płaszczy–nie padania). Wówczas przy założeniu że po-laryzacja nie ulega zmianie z warunku ciągłości dla składowych stycznychmamy

cos(α)(E0 − E ′′0 )− cos(α′)E ′0 = 0 (100)√ε/µ(E0 + E ′0)−

√ε′/µ′E ′0 = 0 (101)

co prowadzi do równości:

E ′0E0=

2nn′ cos(α)

(µ/µ′)n2 cos(α) + n√n′2 − n2 sin2(α)

(102)

E ′′0E0=(µ/µ′)n2 cos(α)− n

√n′2 − n2 sin2(α)

1(µ/µ′)n2 cos(α) + n√n′2 − n2 sin2(α)

(103)

49

7 Potencjały Lienarda Wiecherta

Interesują nas potencjały wytwarzane przez ładunek punktowy poruszającysię wzdłuż zadanej trajektorii w(t). Wykorzystujemy fundamentalny wzór

Φ(r, t) =14πε0

∫VdV ′

ρ(r′, t− |r − r′|/c)|r − r′|

Uwaga! Jeśli napiszemy prawą stronę w postaci

14πε0

∫VdV ′ρ(r′, t′)

δ(t′ − t+ |r−r′|c)

|r − r′|(104)

to od razu widać, że

G(r, t; r′, t′) =14π

δ(t′ − t+ |r−r′|c)

|r − r′|(105)

może być uważana za funkcję Greena dla zagadnienia d’Alamberta.Przy próbie wykorzystanie funkcji Greena zasadniczą trudność stanowi

obliczenie czasu t′ w której należy brać gęstość ładunku w punkcie r′ abydawał on wkład do potencjału w chwili τ w punkcie r. Spełniona musi byćrówność:

|r −w(t′)| = c(τ − t′) (106)

Pokażemy, ze równanie to posiada tylko jedno rozwiązanie. Jest równanieuwikłane na wielkość t′. Punkt r jest ustalony, więc możemy zróżniczkowaćobie strony względem t′:

−n · w = c(dτdt′− 1)

gdzie

n =r −w(t′)|r −w(t′)|

.

Zatemdτ

dt′= 1− n · w

c

Oznacza to że dτdt′jest różne od zera zawsze jeśli tylko |w| jest mniejsze od c.

Wówczas z równania (106) można jednoznacznie wyznaczyć wartość t′ jakofunkcję τ i r, bo można odwrócić zależność τ(t′). Jak widać pojawia się tu jużgraniczna prędkość dla ruch ładunków elektrycznych, mimo że nie mówiliśmyjeszcze nic o relatywistyce.

50

Wracamy do wzoru 104). Dla ładunku punktowego poruszającego się zgod-nie ze wzorem r = w(t) możemy napisać

ρ(r, t) = qδ(r −w(t)), j(r, t) = qv(t)δ(r −w(t)) (107)

Wstawiając to do (104) otrzymamy

Φ(r, t) =14πε0

∫dt′∫dV ′qδ(r′ −w(t′))

δ(t′ − t+ |r−r′|c)

|r − r′|

Możemy wycałkować po przestrzeni najpierw:

Φ(r, t) =14πε0

q∫dt′δ(t′ − t+ |r−w(t

′)|c)

|r −w(t′)|

Naturalnie, musimy teraz wprowadzić nową zmienną, która jest równa argu-mentowi funkcji δ:

u = t′ − t+ |r −w(t′)|

c(108)

du

dt′= 1− n(t′) ·w(t′) (109)

Po podstawieniu otrzymamy

Φ(r, t) =14πε0

q

|r −w(t′)| · (1− n(t′) · v(t′)/c)

∣∣∣∣∣u=0

(110)

i dla potencjału wektorowego

A(r, t) =µ04π

qv(t′)|r −w(t′)| · (1− n(t′) · v(t′)/c)

∣∣∣∣∣u=0

(111)

Są to ścisłe rozwiązania, ale ciągle pojawia się tu czas t′, który trzeba wyli-czyć. Niestety, potrafimy to zrobić tylko w najprostszych sytuacjach. Jednąz nich jest ruch ładunku ze stałą prędkością v.

7.1 Potencjały LW dla punktowego ładunku porusza-jącego się ze stałą prędkością

Zapiszmy dla tego problemu potencjały LW w postaci

Φ(r, t) =14πε0

qc

Rc−R · v (112)

A(r, t) =µ04π

qvc

Rc−R · v (113)

51

gdzie R = r − vt′. Czas t′ możemy tym razem wyliczyć explicte:

R = c(t− t′) (114)

skądr2 − 2r · vt′ + v2t′2 = c2(t2 − 2tt′ + t′2)

t′ =c2t− r · v ±

√(c2t− r · v)2 − (c2 − v2)(c2t2 − r2)

c2 − v2Musimy wybrać znak - ( można się o tym przekonać kładąc v = 0, wówczast′ = t− r/c). Z (114) mamy

RR=r − vt′

c(t− t′)(115)

co po podstawieniu prowadzi do wynuiku

R(1− rRv

c= c(t− t′)

[1− v

c

r − vt′

c(t− t′)

]=

=1c[(c2t− r · v)− (c2 − v2)t′]

=1c

√(c2t− r · v)2 + (c2 − v2)(r2 − c2t2)

i w ostateczności

Φ(r, t) =14πε0

qc√(c2t− r · v)2 + (c2 − v2)(r2 − c2t2)

A(r, t) =µ04π

qcv√(c2t− r · v)2 + (c2 − v2)(r2 − c2t2)

(116)

Wynik ten ma bardzo prostą interpretację jeśli przedstawić go przy pomocywektora w = r − vt, który jest wektorem łączącym aktualną pozycję ła-dunku z punktem obserwacji r (por. Griffiths Zad.10.14 ). Wyrażenie podpierwiastkiem możemy zapisać w postaci:

(c2t− r · v)2 + (c2 − v2)(r2 − c2t2) = (117)c4t2 − 2c2tr · v + (r · v)2 + c2r2 − c4t2 − r2v2 + c2v2t2 = (118)

c2(r2 − 2tr · v + v2t2)− r2v2 + (r · v)2 = (119)= c2w2 − r2v2(1− cos2 α) = (120)

c2w2(1− r2v2

c2w2sin2 α) = (121)

c2w2(1− v2

c2sin2Θ), (122)

52

gdzie α jest kątem między wektorami r i v a Θ miedzy wektorami v oraz w(rysunek).

Zadanie 15Wyprowadź wzory na wektory natężenia pola elektrycznego E i indukcjimagnetycznej B dla tego problemu.Rozwiązanie

E =14πε0

q1− v2/c2

(1− (v2/c2) sin2Θ)3/2w

w3

B =v

c2×E

Wizualizacja obu pól!!!—————————————————————————–

53

7.2 Pola poruszających się ładunków

Przypomnijmy postać potencjałów LW

Φ(r, t) =14πε0

qc

(Rc−Rv) (123)

i dla potencjału wektorowego

A(r, t) =v

c2Φ(r, t) (124)

gdzie

R = r −w(t′) oraz v = dw

dt′

Czas t′ jste wyznaczany z równania

|r −w(t′)| = c(t− t′)

najpierw gradient potencjału:

∇V = qc

4πε0

−1(Rc−R · v)2∇(Rc−R · v). (125)

Ale R = c(t− t′) zatem

∇R = −c∇t′ (126)

Teraz korzystamy ze skomplikowanego wzoru na dywergencję iloczynu pólwektorowych:

∇(R · v) = (R · ∇)v + (v · ∇)R+R× (∇× v) + v × (∇×R) (127)

No to do roboty. Kolejno obliczamy:

(R · ∇)v = (Rx∂

∂x+ . . .)v(t′)

= Rxdv

dt′∂t′

∂x+ . . . = a(R · ∇t′)

(128)

Drugi wyraz(v · ∇)R = (v · ∇)r − (v · ∇)w (129)

(v · ∇)r = v (130)(v · ∇)w = v(v · ∇t′) (131)

54

gdzie pierwsza równość wynika z bezpośredniego rozpisania a druga jest wy-prowadzony tak samo jak formuła (128). Z kolei trzeci składnik sumy (127)możemy doprowadzić do postaci (notacja wskaźnikowa):

(∇× v)i = εijk∂jvk = εijkdvkdt′

∂t′

∂xj= −(a×∇t′)i (132)

Wreszcie∇×R = ∇× r −∇×w

Pierwszy człon jest oczywiście zerem a drugi z (128) wynosi

∇×w = −v ×∇t′ (133)

Wstawiamy teraz wszystkie wyniki cząstkowe do (127) i korzystamy z formułna podwójny iloczyn wektorowy:

∇(R · v) = a(R · ∇t′) + v − v(v · ∇t′)−R× (a×∇t′) + v × (v ×∇t′)= v + (R · a− v2)∇t′

(134)

Aby wynik był kompletny musimy jeszcze wyrazić ∇t′ przez znane nam jużwielkości. korzystamy z formuły (126):

−c∇t′ = ∇R = ∇√R ·R = 1

2√R ·R

∇(R ·R)

i jeszcze raz wzór (127)

=1R[(R · ∇)R+R× (∇×R)]

Z(129) i następnych wzorów mamy

(R · ∇)R =R− v(R · ∇t′)

a z (133) mamy∇×R = (v ×∇t′)

i dalej

−c∇t′ = 1R[R− v(R · ∇t′) +R× (v ×∇t′)] = 1

R[R− (R · v)∇t′]

a więc

∇t′ = −RRc−R · v . (135)

55

Teraz z (125,126) i (135) możemy napisać

∇Φ = 14πε0

qc

(Rc−R · v)3[(Rc−R · v)v − (c2 − v2 +R · a)R

](136)

Analogicznie dla potencjału wektorowego

∂A

∂t=14πε0

qc

(Rc−R · v)3

[(Rc−R ·v)

(−v+Ra

c

)− Rc(c2− v2+R ·a)v

](137)

Wprowadzamy wektoru ≡ cR− v

i otrzymujemy

E(r, t) =q

4πε0

R(R · u)3 [(c

2 − v2)u+R× (u× a)]. (138)

Teraz musimy obliczyć ∇×A. Robimy to oczywiście wykorzystując fakt, żeA = vΦ/c2. Wykorzystując te same formuły co przy obliczaniu ∇Φ otrzy-mamy ostatecznie

B(r, t) =1ceR ×E(r, t). (139)

Wróćmy do formuły na pole elektryczne. Pierwszy składnik ma postać, którąnazywamy uogólnionym polem kulombowskim. Redukuje się on do zwykłejpostaci z zależnościa 1/R2 gdy v → 0. Drugi składnik zależy od R jak 1/R ion dominuje przy dużych odległościach. Człon ten odpowiada za promienio-wanie i nazywamy go polem promieniowania lub polem przyspieszeniowym.Uwaga! Teraz możemy prosto rozwiązać ostatnie zadanie.

56

8 Promieniowanie

8.1 Promieniowanie elektryczne dipolowe

Dwie sfery których środki odległe są od siebie o d wzdłuż osi z. W górnejładunek q(t) w dolnej −q(t)

q(t) = q0 cos(ωt) (140)

tzn dipol z momentem dipolowym

p(t) = p0 cos(ωt)ez, (141)

gdzie p0 = qd. Zgodnie z (??) potencjał opóźniony wynosi

Φ =14πε0

{q0 cos[ω(t−R+/c)]

R+− q0 cos[ω(t−R−/c)]

R−

}(142)

Przybliżenie 1: d� r

R± ≈ r(1∓d

2rcos θ)

1R±≈ 1r(1± d

2rcos θ)

(143)

Wstawiamy pierwszą równość do funkcji cos() i otrzymujemy

cos[ω(t− R±c)] ≈ cos[ω(t− r

c)] cos(

ωd

2ccos θ)∓ sin[ω(t− r

c)] sin(

ωd

2ccos θ)

(144)

Przybliżenie 2: d� c/ω tzn. d� λ

cos[ω(t− R±c)] ≈ cos[ω(t− r

c)]∓ ωd

2ccos θ sin[ω(t− r

c)] (145)

Wstawiamy to wszystko do wyrażenia na potencjał i otrzymujemy

Φ(r, θ, φ) =p0 cosΘ4πε0r

{− ω

csin

[ω(t− r

c)]+1rcos

[ω(t− r

c)]}

(146)

Dla ω → 0 otrzymujemy standardowe wyrażenie na potencjał dipola, ale nasinteresuje pierwszy składnik sumy w tzw. strefie promieniowania tzn.Przybliżenie 3: r � c/ω tzn. r � λ (tzw. strefa promieniowania).

Φ(r, θ, φ) =p0 cosΘ4πε0r

{− ω

csin

[ω(t− r

c)]+1rcos

[ω(t− r

c)]}

(147)

57

Ponieważ potencjał wektorowy określony jest przez prąd płynący w przewo-dzie łączącym kule to

I(t) =dq

dtez = −q0ω sin(ωt)ez (148)

a więc

A(r, t) =µ04π

∫ d/2−d/2

−q0ω sin[(ω(t−R/c)]ezR

dz (149)

Można pokazać, że w pierwszym przybliżeniu możemy zastąpić wartość całkifunkcją podcałkową w środku dipola z czynnikiem d (twierdzenie o wartościśredniej przy całkowaniu!)

A(r, t) = −µ0p0ω4πr

sin[ω(t− r/c)]ez (150)

W obu wzorach posłużyliśmy się przybliżeniem strefy promieniowania Uwa-ga! Tutaj wykorzystaliśmy tylko dwa pierwsze przybliżenia.

Mając potencjały możemy obliczyć pola (we wsp. kulistych):

∇Φ = ∂Φ∂rer +1r

∂Φ∂θeθ

≈ p0ω2

4πε0c2cos θrcos[ω(t− r/c)]er (151)

Pominęliśmy człony, które można pominąć zgodnie z przybliżeniem (3). Ana-logicznie dla potencjału wektorowego

∂A

∂t= −µ0p0ω

2

4πrcos[ω(t− r/c)](cos θer − sin θeθ) (152)

Po podstawieniu otrzymujemy

E = −∇Φ− ∂A

∂t= −µ0p0ω

2

4π

(sin θr

)cos

[ω

(t− r

c

)]eθ (153)

B = ∇×A = −µ0p0ω2

4πc

(sin θr

)cos

[ω

(t− r

c

)]eφ (154)

Uwaga! Nie ma promieniowania w kierunku osi dipola, pole ma postać falkulistychWektor Poyntinga

S =1µ0E ×B = µ0

c

{p0ω

2

4π

(sin θr

)cos

[ω

(t− r

c

)]}2er (155)

58

natężenie promieniowania jest to uśredniona po jednym okresie drgań wartośćwektora Poyntinga

〈S〉 =(µ0p20ω4

32π2c

)sin2 θr2er (156)

a uśrednienie po wszystkich kierunkach daje nam moc wypromieniowaną

〈P 〉 =∫〈S〉 · da = µ0p

20ω4

12πc(157)

Ten wynik nie zależy od promienia sfery po którym całkujemy.

8.2 Promieniowanie magnetyczne dipolowe

Tym razem rozważamy dipol liniowy - pętlę kołową o promieniu b wzdłużktórej płynie prąd liniowy o natężeniu

I(t) = I0 cos (ωt) (158)

Taki układ posiada magnetyczny moment dipolowy

m(t) = πb2I(t)ez = m0 cos (ωt) (159)

Potencjał skalarny jest równy zeru bo pętla jest nienaładowana, a potencjałwektorowy wynosi

A(r, t) =µ04π

∫ I0 cos [ω(t−R/c)]R

dl′ (160)

Rysunek

Ograniczamy się na razie do potencjału dla punktu r nad osią x. Ze względuna symetrię ma on tylko składową Ay, gdyż wkłady od składowej jx gęstościprądu będą się znosić

A(r, t) =µ0I0b

4πey

∫ 2π0

cos [ω(t−R/c)]R

cosφ′dφ′ (161)

Przyjmujemy początek układu odniesienia w środku pętli. Niech ψ będziekątem między wektorem b = r sin θex + r cos θez (promieniem wodzącym naokręgu a wektorem r = b cosφ′ex + b sinφ′ey wyznaczającym punkt obser-wacji P . Wówczas

R =√r2 + b2 − 2rb cosψ

59

ale r · b = rb cos θ cosφ′ zatem

R =√r2 + b2 − 2rb cos θ cosφ′

Przybliżenie 1: małego dipola b� r

R ≈ r(1− b

rsin θ cosφ′)

1R≈ 1r(1 +

b

rsin θ cosφ′)

(162)

Wstawiamy to teraz do cosinusa we wzorze (161) i otrzymujemy

cos[ω

(t− R

c

)]≈

≈ cos[ω

(t− r

c

)]cos

(ωb

csin θ cosφ′

)− sin

[ω

(t− r

c

)]sin

(ωb

csin θ sinφ′

)

Przybliżenie 2: b� c/ω (b� λ)

cos[ω

(t− R

c

)]≈ cos

[ω

(t− r

c

)]− ωb

csin θ sinφ′ sin

[ω

(t− r

c

)](163)

Wstawiamy te przybliżenia (162) i (163) do (161) i otrzymujemy

A(r, t) ∼=µ0I0b

4πey

∫ 2π0

{cos

[ω

(t− r

c

)]

+ b sin θ cosφ′(1rcos

[ω

(t− r

c

)]− ω

csin

[ω

(t− r

c

)]−)}cosφ′dφ′

(164)

Po scałkowaniu otrzymamy

A(r, t) =µ0m04π

(sin θr

){1rcos

[ω

(t− r

c

)]− ω

csin

[ω

(t− r

c

)]}eφ (165)

gdzie wykorzystaliśmy fakt, że dla punktów nad osią x wektor ey = eφ orazsymetrię obrotową wokół osi z. W granicy ω → 0 otrzymamy znany wynik:

A(r, t) =µ0m04π

(sin θr2

)eφ

Natomiast dla strefy promieniowania stosujemy znane nam już przybliżenie3: r � c/ω. Wówczas możemy napisać

A(r, t) =µ0m0ω

4πc

(sin θr

)sin

[ω

(t− r

c

)]eφ (166)

60

Teraz podstawiając to wyrażenie do formuł na natężenie pola elektrycznegoi wektor indukcji magnetycznej znajdujemy

E = −∂A∂t=µ0m0ω

2

4πc

(sin θr

)cos

[ω

(t− r

c

)]eφ (167)

B = ∇×A = −µ0m0ω2

4πc2

(sin θr

)cos

[ω

(t− r

c

)]eθ (168)

Jest to prawie tak jak dla dipola elektrycznego ale teraz pola E i B sąprzeciwnie skierowane, poza tym stosunek E/B = c. Wektor Poyntinga

S =1µ0E ×B = µ0

c

{m0ω

2

4π

(sin θr

)cos

[ω

(t− r

c

)]}2er (169)

Uśrednione po okresie natężenie

〈S〉 =(µ0m

20ω4

32π2c3

)sin2 θr2er (170)

Moc promieniowania:

〈P 〉 =∫〈S〉 · da = µ0m

20ω4

12πc3(171)

Porównamy teraz moce promieniowania od obu dipoli. Ze wzorów (157,171)

PmPe=(µ0p0c

)2(172)

ale m0 = πb2I0, p0 = q0d oraz dla dipola elektrycznego amplituda prąduI0 = q0ω.

PmPe=(ωb

c

)2, (173)

gdzie przyjęliśmy, że d = πb tzn,. rozmiary przestrzenne obu dipoli są tegosamego rzędu. Ostatecznie widzimy, że stosunek mocy promieniowania obudipoli jest rzędu (ωb/c)2 czyli (b/λ)2 a to jak wiemy (Przybliżenie 2) jestbardzo małe

8.3 Promieniowanie od dowolnego rozkładu ładunków

Obliczymy teraz pole od dowolnego rozkładu ładunków i prądów”

61

Φ(r, t) =14πε0

∫ ρ(r′, t−R/c)R

dv′ (174)

Przybliżenie 1: r′ � r co pozwala nam napisać tak jak poprzednio

R ≈ r(1− b

rsin θ cosφ′)

1R≈ 1r(1 +

b

rsin θ cosφ′)

(175)

ale teraz trzeba rozpisać ρ(r′, t−R/c) w pobliżu chwili czasu t0 = t− r/c:

ρ(r′, t−R/c) ∼= ρ(r′, t0) + ρ(r′, t0)(er · r′

c

)+ . . .

Człony, które opuściliśmy są postaci:

12ρ(er · r′

c

)2,13!...ρ(er · r′

c

)3Możemy je pominąć jeśliprzybliżenie 2:

r′ � cρ

ρ, c

( ρ...ρ

)1/2, c

( ρ....ρ

)1/3Przybliżenie 3: pomijamy człony 1/r2 w wyrażeniach naE iB. Ostatecznie

E(r, t) ∼=µ04πr[er × (er × p)] (176)

B(r, t) ∼= −µ04πrc[er × p] (177)

Przedstawiamy to w układzie współrzędnych kulistych i obliczamy uśrednio-ną po okresie moc wypromieniowaną:

P ∼=µ0p2

6πc(178)

Jeśli uwzględnimy teraz w rozwinięciach wyrazy rzędu 1/r2 to otrzymamydwa człony: jeden pochodzący od elektrycznego kwadrupola i drugi od ma-gnetycznego dipola. Itd.

62