Wykład 11
6.V.2002
wersja na dzień 20 maja 2002 roku
11.1
Energia dielektryka w polu elektrycznym
Wychodzimy z ogólnego wyrażenia na energię
W
=
1
8π
Z
d
3
r ρ
Φ .
Wykorzystuje się równanie div ~
D
= 4πρ raz ~
E
= −∇Φ. Po wycałkowaniu
przez części otrzymamy
W
=
1
8π
Z
d
3
r ~
E
· ~
D .
(11.1)
Wbrew naiwnej interpretacji powyższego wzoru, po wprowadzeniu dielektryka
do pola elektrycznego całkowita energia układu zmniejsza się. Intuicyjnie wynika
to ze wzoru na energię układu ładunków w polu zewnętrznym:
V
= QV (0) − ~
d
· ~
E
|
0
+ · · ·
skąd wynika, że moment dipolowy równoległy do pola daje ujemny wkład do
energii.
W naszym przypadku policzmy różnicę energii układu próżniowego (stała
dielektryczna
0
= 1) i układu ze wstawionym dielektrykiem nienaładowanym
(stała dielektryczna ).
8π δW =
Z
d
3
r
( ~
E
· ~
D
− ~
E
0
· ~
D
0
)
(11.2)
=
Z
d
3
r
( ~
E
+ ~
E
0
) · ( ~
D
− ~
D
0
) +
Z
d
3
r ~
E
· ~
D
0
−
Z
d
3
r ~
E
0
· ~
D
58
WYKŁAD 11. 6.V.2002
59
Pierwszą całkę całkujemy przez części, wykorzystując, że ~
E
+ ~
E
0
jest gradientem.
Ponieważ rozkłady ładunków nie zmieniają się to pierwsza całka jest równa zeru.
Pozostałe wyrazy dają wkład
Z
d
3
r
(
0
− ) ~
E
· ~
E
0
,
który jest różny od zera tylko wewnątrz dielektryka. Wyrażenie to można zapisać
jako
−4π
Z
d
3
r ~
P
· ~
E
0
Ostatecznie
δW
= −
1
2
Z
d
3
r ~
P
· ~
E
0
;
co dowodzi naszej tezy.
11.1.1
Warunki brzegowe w magnetostatyce i elektro-
statyce
Warunki na granicy ośrodków otrzymuje się wykorzystując twierdzenia Gauss’a
i Stokes’a.
Elektrostatyka
Na granicy dwóch dielektryków, pod nieobecność ładunków otrzymamy z rów-
nania div ~
D
= 0, wykorzystując twierdzenie Gaussa, warunek ciągłości skła-
dowych normalnych indukcji: D
1
n
= D
2
n
. Oznacza to skok składowych nor-
malnych wektora natężenia pola elektrycznego
.
Dla pola elektrycznego, z równania rot ~
E
= 0, otrzymamy z twierdzenia
Stokes’a warunek ciągłości składowych stycznych pola elektrycznego E
1
t
=
E
2
t
.
Na granicy dielektryk - przewodnik, przy powierzchniowej gęstości ładunku
σ
otrzymamy D
n
= 4πσ. Ponieważ wewnątrz przewodnika E
n
= 0, to stąd
wynika, że przewodnik może być formalnie traktowany jako dielektryk z nie-
skończoną stałą dielektryczną.
11.1.2
Magnetostatyka przewodnika
Gdy w przewodniku płynie różny od zera prąd stały ~ to uśredniony prąd
mikroskopowy można zapisać jako
< ρ~v >
= c rot ~
M
+ ~
(11.3)
WYKŁAD 11. 6.V.2002
60
Odpowiednie równanie na pole magnetyczne ma wtedy postać
rot ~
H
=
4π
c
~ .
(11.4)
11.2
Pola zmienne w czasie
W przypadku gdy w ośrodku znajdują się źródła (ładunki ρ
ex
i prądy ze-
wnętrzne ~
ex
) zmienne w czasie, uśrednienie równanie mikroskopowego
rot~b −
1
c
∂~e
∂t
=
4π
c
~
(11.5)
wymaga dodatkowej dyskusji. Konsekwencją takich zmiennych źródeł jest
zmienność w czasie polaryzacji ~
P
. To z kolei, jak zobaczymy, generuje dodat-
kowy wkład do prądu. Jeśli przez %
in
oznaczymy uśrednioną gęstość ładunków
wewnętrznych
%
in
(~r, t) =< ρ > (~r, t) ,
to definicja polaryzacji daje
div ~
P
= −%
in
.
Różniczkując powyższe równanie obustronnie po czasie mamy
div
∂ ~
P
∂t
= −
∂%
in
∂t
.
(11.6)
Ponieważ ładunek ρ
in
jest zachowany, to musi tez istnieć prąd ~
P
(prąd po-
laryzacji
) taki, że
div ~
P
+
∂%
∂t
= 0
Porównując to wyrażenie z równaniem (11.6) przyjmujemy, że
~
P
= c
∂ ~
P
∂t
.
(11.7)
Uśredniając równanie (11.5) otrzymuje się po prawej stronie sumę prądu
zewnętrznego ~
ex
, prądu polaryzacji ~
P
oraz wkład od magnetyzacji – c rot ~
M
.
Otrzymuje się zatem
rot ~
B
−
1
c
∂ ~
E
∂t
=
4π
c
~
ex
+ ~
P
+ c rot ~
M
=
4π
c
~
ex
+
∂ ~
P
∂t
+ c rot ~
M
.
(11.8)
WYKŁAD 11. 6.V.2002
61
Uwzględniając odpowiednie definicje otrzymuje się ostatecznie
rot ~
H
−
1
c
∂ ~
D
∂t
=
4π
c
~
ex
(11.9)
Kompletny układ równań materiałowych ma więc postać
rot ~
E
+
1
c
∂ ~
B
∂t
= 0 .
(11.10a)
div ~
D
= 4π%
ex
, .
(11.10b)
div ~
B
= 0 .
(11.10c)
rot ~
H
−
1
c
∂ ~
D
∂t
=
4π
c
~
ex
.
(11.10d)
11.3
Energia pola elektromagnetycznego
Wychodząc z bilansu energii przy przepływie prądu zmiennego i prawa Ohma
q
= ~
J
· ~
E
otrzymuje się
∂W
∂t
= −Q −
Z
S
~
S
· dσ
(11.11)
gdzie
W
=
1
8π
Z
V
( ~
E
· ~
D
+ ~
H
· ~
B
) dV ;
jest energię pola elektromagnetycznego, a
~
S
=
c
4π
~
E
× ~
H
(11.12)
jest wektorem Poyntinga.
Wektor Poyntinga jest strumieniem energii płynącej przez powierzchnię
ograniczającą obszar V .
. . .
11.4
Zadania i ćwiczenia
Zadania z listy nr 6
Zadanie 1.
Obliczyć moment magnetyczny cząstki naładowanej poruszającej się w stałym
WYKŁAD 11. 6.V.2002
62
polu magnetycznym. Pokazać, że niezależnie od znaku ładunku moment ten jest
skierowany zawsze przeciwnie do kierunku pola.
Zadanie 2.
Wychodząc z wyrażenia na energię pola magnetycznego
W
=
1
8π
Z
V
~
H
· ~
B dV
pokazać, że dla układu zlokalizowanych prądów stałych umieszczonych w ośrodku
o przenikalności magnetycznej µ, energia pola magnetycznego wynosi
W
=
µ
2c
2
Z
d
3
rd
3
r
0
~
J
(~r) · ~
J
(~r
0
)
|~r − ~r
0
|
;
Wskazówka:
Pokazać, że ~
H
· ~
B
= div ( ~
A
× ~
B
) + ~
A
· ~
J
;
Zadanie 3.
Wykazać, że jeśli w przewodnikach z poprzedniego zadania płyną prądy stałe o
natężeniach I
1
, I
2
, . . . , I
n
,
to energia pola magnetycznego może być zapisana w
postaci
W
=
1
2
n
X
i=1
L
i
I
2
i
+
n
X
i=1
n
X
j>i
L
i j
I
i
I
j
;
Znaleźć wyrażenia na współczynniki indukcji własnej L
i
i współczynniki indukcji
wzajemnej
L
i j