Paweł Laskoś-Grabowski
29 maja 2006
1
Zadanie
1.1
Treść
Niech Qij będzie momentem kwadrupolowym.
1. Pokazać, że T r( Qij) = 0.
2. Kiedy Qij nie zależy od wyboru układu współrzędnych?
1.2
Rozwiązanie
1. Skoro Qij = P
−
A eA(3 ri rj
δ
), to
A A
ij~
r 2 A
3
3
3
X
X X
X
Q i
i = gσiQσi = −
Qii = −
eA(3 ri
−
−
AriA
δii~r 2 A) = − X(3
riAriA
3 r 2 A) = 0 .
i=1
i=1 A
A
i=1
(1)
2. Niech położenia ładunków w jednym układzie będą oznaczone ~
rA, w drugim – ~r0 .
A
Zauważmy, że dla pewnego wektora ~a zachodzi ~
r0 = ~
r
A
A + ~
a. Przedstawmy zatem
moment kwadrupolowy w układzie „primowanym” za pomocą wielkości z układu
„nieprimowanego”:
X
X
Q0
−
ij =
eA(3 r0iAr0j
δ
e
+ aj) − δ
A
ij~
r0 2 A) =
A(3( riA + ai)( rjA ij ( ~
rA + ~a)2) =
A
A
X
X
X
=
eA(3 ri
−
Arj
δ
e
e
+ ajri
A
ij~
r 2 A) +
A(3 aiaj − δij~
a 2) +
A(3( airj
A
A) − 2 δij~
a~
r) .
A
A
A
(2)
Za pomocą oznaczenia momentu dipolowego ~
d = P A eA~rA, można napisać X
Q0ij = Qij +
eA(3 aiaj − δij~a 2) + 3( aidj + ajdi) − 2 δij~a ~
d.
(3)
A
Zauważamy, że Q0 = Q
ij
ij wtedy, gdy zerują się pozostałe wyrazy. Dzieje się tak zaś wtedy, gdy P A eA = 0 i ~
d = 0.
1
Zadanie
2.1
Treść
Obliczyć potencjał skalarny generowany przez dipol. Pokazać, że pole elektryczne generowane przez dipol jest postaci
~
1
E = ( ~
d · ~
∇) ~
∇
(4)
R
2.2
Rozwiązanie
By wyliczyć wkład dipola w potencjał skalarny, zbadamy rozwinięcie prawej strony rów-ności
e
X
A
φ =
(5)
| ~
R − ~
r
A
A|
w szereg Taylora przy założeniu ~
rA ~
R, a dokładnie jego drugi wyraz (pierwszy opisuje potencjał „monopolowy”, trzeci – kwadrupolowy itd.).
3
∂
3
∂
X
X
1
X
1
φ(2) =
e
A
riA
= − X eA
ri
=
∂ri
A
| ~
R − ~
r
∂ρi |~
ρ|
A
i=1
A
A| ~r
~
ρ= ~
R
A=0
A
i=1
3
Ri
~
R
~
R
X
X
X
=
eA
riA
=
eA~rA
= ~
d
.
(6)
R 3
R 3
R 3
A
i=1
A
Pokażemy teraz, że pole pochodzące od takiego potencjału ma szukaną postać.
~
~
~
!
~
d ~
R
R
R
E = − ~
∇φ = −~
∇
= −( ~
d ~
∇)
−
~
∇
~
d,
(7)
R 3
R 3
R 3
gdzie drugi składnik znika, ponieważ operator różniczkowy „nie działa” na ~
d. Jak wiemy,
~
− R = ~
∇ 1 , co kończy dowód.
R 3
R
3
Zadanie
3.1
Treść
Znaleźć pole elektryczne generowane przez dipol w układzie sferycznym.
3.2
Rozwiązanie
Wyliczmy wartość wektora pola generowanego przez dipol, by potem wyrazić ją w układzie współrzędnych sferycznych.
~
~
!
~
R
1
d
E = −( ~
d ~
∇)
= −( ~
d ~
R ~
∇)
−
~
∇
~
R.
(8)
R 3
R 3
R 3
2
Wyliczymy teraz po jednej składowej każdego z operatorów, pozostałe obliczenia będą analogiczne.
∂
3
x
( x 2 + y 2 + z 2) − 3 / 2 = − ( x 2 + y 2 + z 2) − 5 / 2 · 2 x = − 3
,
(9)
∂x
2
R 5
∂
dx
x = dx,
(10)
∂x
zatem
~
~
~
R
d
3( ~
d ~
R) ~
R − ~
dR 2
E = 3 ~
d ~
R
−
=
.
(11)
R 5
R 3
R 5
Przejdziemy teraz do układu współrzędnych sferycznych, zakładając dla uproszczenia, że wektor ~
d skierowany jest wzdłuż osi 0 z, tj. ~
d = (0 , 0 , d):
~
R = R(sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ) , (12)
3
3 d
Ex =
dRzRx =
sin θ cos φ cos θ, (13)
R 5
R 3
3
3 d
Ey =
dRzRy =
sin θ sin φ cos θ, (14)
R 5
R 3
3
d
d
Ez =
dR 2 −
=
(3 cos2 θ − 1) .
(15)
R 5
z
R 3
R 3
4
Zadanie
4.1
Treść
Pokazać, że
Z
~
~
1
j( r)
A( ~
R) =
d 3 r
(16)
c
| ~
R − ~
r|
spełnia równanie
4 π
∆ ~
A =
~j.
(17)
c
Obliczyć ~
B( ~
R) = rot
~
RA( ~
R).
4.2
Rozwiązanie
Korzystając z faktu, że ~j nie zależy od ~
R oraz z równości ∆ 1 = 4 πδ 3( R) możemy napisać R
1 Z
1
1 Z
4 π
∆ ~
A =
d 3 r ~j( ~
r)∆
=
d 3 r ~j( ~
r) δ 3( ~
R − ~
r) =
~j.
(18)
c
| ~
R − ~
r|
c
c
By wyliczyć rotację ~
A, skorzystamy ze związku
rot φ~
v = φ rot ~
v + (grad φ) × ~
v,
(19)
w którym pierwszy człon wyzeruje się, ponieważ ~j nie zależy od ~
R.
Z
Z
~
~
1
1
1
R
B =
d 3 r grad
× ~j( ~r) = −
d 3 r
× ~j( ~r) .
(20)
c
| ~
R − ~
r|
c
| ~
R − ~
r| 3
3
r ~
R, to ostatecznie możemy napisać Z
~
~
1
j × ~
R
B =
d 3 r
.
(21)
c
R 3
5
Zadanie
5.1
Treść
Pokazać, że jeśli div ~j = 0, to Z
1 Z
1 Z
d 3 r jkriRi =
d 3 r jkriRi −
d 3 r jirkRi.
(22)
2
2
5.2
Rozwiązanie
Należy udowodnić, że
Z
Z
d 3 r jkriRi = −
d 3 r jirkRi.
(23)
Napiszmy równość (wynikającą z prawa Leibniza) Z
Z
Z
Z
d 3 r ∂l( rkrijl) Ri =
d 3 r ∂l( rk) rijlRi +
d 3 r rk∂l( ri) jlRi +
d 3 r rkri∂l( jl) Ri. (24) Lewa strona (na mocy prawa Gaussa) równa jest całce z prądu po powierzchni; ponieważ prąd na niej nie występuje, wynosi ona 0. Po prawej stronie zeruje się całka zawierająca
∂l( jl) = div ~j. W pozostałych dwu członach zastępujemy ∂mrn = δmn, co oznacza, że pierwszy zeruje się za wyj. wyrazów l = k, drugi zaś za wyj. l = i, czyli ostatecznie Z
Z
0 =
d 3 r rijkRi +
d 3 r rkjiRi,
(25)
co kończy dowód.
6
Zadanie
6.1
Treść
Pokazać, że jeśli potencjał wektorowy zlokalizowanego prądu
~
~
m × ~
R
A( ~
R) =
(26)
R 3
gdzie moment magnetyczny
1 Z
~
m =
d 3 r ~
r × ~j,
(27)
2 c
to
~
3( ~
m · ~
R) ~
R − ~
mR 2
B =
(28)
R 5
jest polem magnetycznym generowanym przez ten prąd.
4
Rozwiązanie
By wyliczyć ~
B = rot ~
A, skorzystamy z tożsamości
rot ( ~a × ~b) = ( ~b∇) ~a − ( ~a∇) ~b + ~a div ~b − ~b div ~a.
(29)
Ponieważ operatory różniczkowe nie działają na ~
m, w naszym przypadku pozostaną tylko dwa człony
~
m × ~
R
~
R
~
R
rot
= ~
m div
− ( ~
m∇)
.
(30)
R 3
R 3
R 3
~
Ponieważ R jest gradientem pewnego skalara ( −R− 1), to jego dywergencja zeruje się.
R 3
Ostatecznie pozostaje nam do policzenia wyrażenie identyczne (z dokładnością do oznaczeń
~
d, ~
m) jak w (8), więc wynik przepiszmy z (11):
~
3( ~
m ~
R) ~
R − ~
mR 2
B =
.
(31)
R 5
5