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