Wykład 9

22.IV.2002

wersja na dzień 29 kwietnia 2002 roku 9.1 Momenty multipolowe

9.1.1 Multipole w magnetostatyce – cd.

Podobnie jak w elektrostatyce postępujemy z wyrażeniem na potencjał wek-torowy ~

A. Pierwszymi wyrazami rozwinięcia będą Z

Z

~

1

1

A( ~

R) =

d 3 r~( ~r) +

d 3 r( ~

R · ~r) ~( ~r) + · · ·

(9.1)

cR

cR 3

Łatwo można sprawdzić, że pierwszy wyraz tego rozwinięcia jest równy zeru.

Ponieważ zagadnienie jest magnetostatyczne to div ~ = 0. Stąd wynika 3

d

3

3

dj

X

r

X δ

X r

i = j

dr kji =

i kji +

k dr

k + rk div ~

 = jk

i=1

i

i=1

i=1

i

Mamy więc dla każdego prądu ~ – zlokalizowanego i zachowanego 3

Z

Z

d

I

d 3 rj

X

k( ~

r) =

d 3 r

r

r

dr kji =

k~

 · d~σ = 0 .

(9.2)

i=1

i

∂V

Przedostatnia równość wynika z twierdzenia Gauss’a, a ostatnia z faktu, że prąd ~ jest zlokalizowany, czyli nie przepływa przez powierzchnię ∂V .

Pierwszym nieznikającym tożsamościowo członem rozwinięcia multipolo-wego potencjału wektorowego ~

A jest więc

1 Z d 3 r( ~R · ~r) ~( ~r) (9.3)

cR 3

48

WYKŁAD 9.

22.IV.2002

49

Występujące pod powyższą całką wyrażenie rkji( ~r) przekształcamy podobnie jak już to czyniliśmy poprzednio:

3

d

3

3

X

r

X δ

X δ

dr srkji =

i krsji +

i srkji + rsrk div ~

 = rsjk + rkjs .

i=1

i

i=1

i=1

Stąd zaś na mocy twierdzenia Gauss’a wynika dla każdego prądu ~ – zlokalizowanego i zachowanego

Z

Z

d 3 r rsjk( ~r) = −

d 3 r rkjs( ~r)

(9.4)

lub równoważnie

Z

1 Z

d 3 r rsjk( ~r) =

d 3 r[ r

2

sjk( ~

r) − rkjs( ~r)]

(9.5)

Stosując tożsamość (9.5) do wyrażenia (9.3) mamy Z

1 Z

1 Z

d 3 r( ~

R · ~r) ~( ~r) =

d 3 r[( ~

R · ~r) ~ − ( ~

R · ~) ~r] =

d 3 r ~

R × ( ~ × ~r) (9.6)

2

2

Moment magnetyczny ~

m określamy jako

1 Z

~

m =

d 3 r ~ × ~r .

(9.7)

2 c

Mamy zatem ostatecznie

~

~

m × ~

R

A( ~

R) =

+ · · ·

(9.8)

R 3

Otrzymana stąd indukcja magnetyczna jest postaci

~

3 ~n ( ~n · ~

m) − ~

m

B( ~

R) = rot ~

A( ~

R) =

+ · · ·

R 3

Gdy prąd jest generowany przez ruch ładunków punktowych {qi, Mi}

~( ~r) = X qi~viδ( ~r − ~ri) i

1

1

~

m =

X q

q

~

L

2 c

i( ~

ri × ~vi) = X i 2 M i i

i

ic

gdzie ~

Li jest momentem pędu i-tej cząstki.

WYKŁAD 9.

22.IV.2002

50

9.2 Elektrostatyczna energia potencjalna Bierzemy ładunek próbny q umieszczony w zewnętrznym polu elektrycznym

~

E( ~r). Działającą siłą jest

~

F = q ~

E = −q∇Φ

Dla przeniesienia ładunku z nieskończoności do punktu ~r, trzeba wykonać pracę

~

r

Z

−

d~l · ~

F = qΦ( ~r)

∞

Znak minus pojawia się tu ponieważ praca jest wykonana wbrew siłom pola. W przypadku układu ładunków {gj} ich wzajemna energia wynosi 1

q

W =

X

iqj

,

2

|~r

i6= j

i − ~

rj|

gdzie czynnik 1 / 2 jest wprowadzony dla uniknięcia podwójnego liczenia tych samych energii. Dla ciągłego rozkładu mamy (z uwzględnieniem wkła-dów od energii własnej)

1 Z

ρ( ~r) ρ( ~r0) 1 Z

W =

d 3 rd 3 r0

=

d 3 rρ( ~r)Φ( ~r) =

2

|~r − ~r0|

2

1 Z

1 Z

= −

d 3 rΦ( ~r) 4Φ( ~r) =

d 3 r|∇Φ( ~r) | 2 =

8 π

8 π

1 Z

=

d 3 rE 2

8 π

Ostatnie wyrażenie identyfikujemy z energią pola elektrostatycznego.

9.3 Energia w polu magnetycznym

Weźmy zlokalizowany i stacjonarny obwód prądu ~( ~r) umieszczony w ze-wnętrznym polu indukcji magnetycznej ~

B( ~r). Siłą działającą na punktowy ładunek q poruszający się w polu indukcji magnetycznej jest siła Lorentz’a

~

q

F = ~v × ~

B .

(9.9a)

c

Siłą działająca na obwód z prądem jest naturalne uogólnienie siły Lorentz’a: Z

~

1

F =

d 3 r~( ~r) × ~

B( ~r)

(9.9b)

c

WYKŁAD 9.

22.IV.2002

51

Nasz obwód jest na tyle mały, że indukcja ~

B zmienia się niewiele w obsza-rze lokalizacji prądu. Pozwala to wykorzystać rozwinięcie ~

B w szereg Taylora

(początek układu znajduje się wewnątrz obszaru lokalizacji): Bj( ~r) = Bj(0) + ~r · ~

∇Bj| 0 + · · ·

Dla późniejszych obliczeń wygodnie jest zapisać powyższe wyrażenie używa-jąc oznaczenia1

~

B( ~r) = ~

B(0) + ( ~r · ~

∇ξ) ~

B( ξ) |ξ=0 + · · ·

(9.10)

W równaniu (9.9b) wkład od pierwszego wyrazu w rozwinięciu (9.10) znika z uwagi na tożsamość (9.2). Ograniczając się tylko do wkładu od pierwszego nieznikającego członu mamy

Z

~

1

F =

d 3 r ~( ~r) × ( ~r · ~

∇

c

ξ ) ~

B( ξ) ξ=0

1 Z

=

d 3 r ( ~r · ~

∇

~( ~r) × ~

B( ξ)

.

(9.11a)

c

ξ )

ξ=0

Z wykorzystaniem tożsamości (9.5) ostatnie wyrażenie można zapisać jako 1 Z

h

i

d 3 r ( ~r · ~

∇

~( ~r) × ~

B( ξ) − ( ~( ~r) · ~

∇

~r × ~

B( ξ)

2 c

ξ )

ξ )

ξ=0

1 Z

h

i

=

d 3 r ( ~r · ~

∇

× ~

B( ξ)

,

(9.11b)

2 c

ξ ) ~

( ~r) − ( ~( ~r) · ~

∇ξ) ~r

ξ=0

Wyrażenie na ~

F będzie miało postać

Z

~

1

h

i

F =

d 3 r ( ~r × ~( ~r)) × ~

∇ × ~

B( ξ)

2 c

ξ

ξ=0

= ~

m × ~

∇

ξ

× ~

B( ξ)

.

(9.11c)

ξ=0

Siła jest wtedy równa

~

F = ( ~

m × ~

∇ξ) × ~

B( ξ) |ξ=0 = grad ( ~

m · ~

B) |ξ=0 − ~

m div ~

B( ξ) |ξ=0

= grad ( ~

m · ~

B) .

(9.12)

1dobra notacja jest podstawą sukcesu!

WYKŁAD 9.

22.IV.2002

52

9.4 Zadania i ćwiczenia

9.4.1 Ćwiczenia treningowe

Ćwiczenie 1.

Rozpatrzmy naładowane ciało o masie M i ładunku Q, poruszające się z momentem pędu ~

L. Kiedy będzie zachodził związek Q

~

m =

~

L ,

2 M c

gdzie ~

m jest momentem magnetycznym ciała.

Ćwiczenie 2.

Sprawdzić związek z poprzedniego ćwiczenia w przypadku jednorodnej, jedno-rodnie naładowanej kuli o całkowitym ładunku Q, masie M i promieniu R. Kula wiruje z prędkością kątową ω.