magnes sciaga cz5

ZADANIE 1 ==============================

Rotacja- oper. różniczkowa, która każdemu punktowi pola wekt. przyporz. Pewne nowe pole wekt. Służy do spr. czy w danym polu wekt. wyst. wiry pola.

Def. $\text{rot}\overrightarrow{E} = \operatorname{}\frac{\oint_{}^{}\text{Eds}}{S}$ ; $\text{rot\ }\overrightarrow{E} = \overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{E} = \left| \begin{matrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ E_{x} & E_{y} & E_{z} \\ \end{matrix} \right|$

Tw. Stockesa: $\oint_{L}^{}\overrightarrow{E}\ \overrightarrow{\text{dl}} = \int_{S}^{}{\text{rot}\overrightarrow{E}\ \overrightarrow{\text{dS}}}$

Dywergencja- polu wekt. przyporz. pole skalarne.Spr.czy w danym fragm.przestrzeni znajd.się źr. Pola.

Def. $\text{div}\overset{}{E} = \operatorname{}\frac{\oint_{}^{}\text{Eds}}{V}$; $\text{div}\overrightarrow{E} = \overrightarrow{\nabla}*\overrightarrow{E} = \frac{\partial E_{x}}{x} + \ldots$

Gradient pola-pewnemu polu skalarnemu przyporz.nowe pole wekt.

Def. $\text{gradφ}\left( x,y,z \right) = \overset{}{\nabla}\varphi\left( x,y,z \right) = \frac{\text{δφ}(x,y,z)}{\text{δx}}\overset{}{\text{ix}} + \ldots$

Laplasjan skalarny-oper.różn.II-rzedu,danemu polu skal.przyp.nowe pole skal.

$\overset{}{\nabla} \bullet \overset{}{\nabla} = \nabla^{2} =$-Laplasjan

$$\varphi\left( x,y,z \right) = \frac{\delta^{2}\varphi(x,y,z)}{\delta x^{2}} + \ldots$$

Wektorowo $\overset{}{E}\left( x,y,z \right) = \left( \frac{^{2}\text{Ex}}{x^{2}} + \ldots \right)\overrightarrow{i} + \left( \text{..} \right)\overrightarrow{j} + \left( \ldots \right)\overrightarrow{k}$

Tożsamości

Rotacja rotacji: $\overrightarrow{\nabla} \times \left( \overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{A} \right) = \overrightarrow{\nabla}\left( \overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{A} \right) - \overrightarrow{A}$

Dywergencja rotacji: $\overrightarrow{\nabla} \bullet \left( \overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{A} \right) = 0$

Dywer.gradienta: $\overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{\nabla}f = \nabla^{2}f =$

Rotacja gradienta: $\overrightarrow{\nabla} \times \left( \overrightarrow{\nabla}f \right) = 0$

ZADANIE 2 ==============================

Prawo Coulomba: $F_{12} = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\ \frac{q_{1}q_{2}\text{\ \ }r_{12}}{{|r_{12}|}^{3}}$ Sila C.

|F₁₂|=|F₂₁|

jest proporcjonalna do iloczynu ładunków, a odwr. Prop. do ² odl. Między nimi.

Natężenie pola elektr. $E = \operatorname{}\frac{F_{q0}}{q0}$

Natężeniem nazywamy stosunek siły F działającej na ład.próbny do wart.tego ładunku. q₀ jest mały, wiec nie zaburza pola.

Potencjał Elek. ⌀_p = −∫_∞^pEdl

Potencjał jest miarą pracy, jaką siły zewn.wykonuja przy przesuwaniu lad.q.

Praca nie zależy od drogi całk.

$\mathbf{\varnothing}_{\mathbf{p}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}\mathbf{\text{πε}}}\mathbf{\mathbb{∑}}\frac{\mathbf{q}_{\mathbf{i}}}{\mathbf{r}_{\mathbf{i}}}$ superpozycja potencjału

$\mathbf{\varnothing} = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\ \frac{q_{1}}{{|r_{1}|}^{}}$ punktowy potencjał

$\mathbf{\varnothing} = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\ \int_{l}^{}\frac{\text{τ\ dl}}{r}$ potencjał liniowy

$\mathbf{\varnothing} = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\ \int_{s}^{}\frac{\text{σ\ ds}}{r}$ potencjał powierzch

$\mathbf{\varnothing} = \frac{1}{4\pi\varepsilon}\ \int_{V}^{}\frac{\text{ρ\ dV}}{r}$potencjał objętość.

Napięcie miara pracy jaką wykonują siły pola elektr.przy przesunięciu ładunku

U₁₂=⌀₁−⌀₂

Napięcie to roznica potencjałów

Związek potencjału i natężenia

$$E = - \frac{\mathbf{\varnothing}}{l}$$

E = −grad⌀

E = −∇⌀

Natężenie jest proporcjonalne do przyrostu potencjału na jedn.długości

Rów Poiss. $\nabla^{2}\mathbf{\varnothing = -}\frac{\mathbf{\rho}}{\mathbf{\varepsilon}}$ ośr.jedn.

ε²⌀+∇⌀∇ε = −ρ ośr.dowolny

Rów.Laplaca ∇²⌀ = 0 obszar bez ładunk.

Gauss. $\int_{s}^{}{\text{Eds} = \frac{\text{sumaQ}}{\varepsilon}}$ strumień natęż.pola przez pow zamkniętą

ZADANIE 3 ==============================

Dielektryk- substancja, materiał, w którym występuje niska… ładunków swobodnych w wyniku czego bardzo słabo przewodzony jest prąd. Dielektryk doskonały nie przewodzi prądu i ma strukturę składającą się z dipoli elektrycznych.

Dipolem elektr.nazywamy ukł.2ład. +q i –q związ.mech.ze sobą.Dla dipola definiujemy moment elektr.:$\overrightarrow{p} = q \bullet \overrightarrow{l}\lbrack C \bullet m\rbrack$

Potencjał dipola:

$$\Phi_{p} = \Phi^{+} + \Phi^{-} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}} \bullet \frac{1}{r_{1}} - \frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}} \bullet \frac{1}{r_{2}} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}(\frac{r_{2} - r_{1}}{r_{1}r_{2}})$$

Wektor polaryzacji wyraża stopień spolaryz.ośrodka

$$\overrightarrow{p} = \operatorname{}{\frac{\sum_{}^{}\overrightarrow{p_{i}}}{V}\ \lbrack\frac{C}{m^{2}}\rbrack}$$

$$\overset{\overline{}}{D} = \varepsilon_{0}\varepsilon_{w}\overset{\overline{}}{E}$$

$\overset{\overline{}}{D} = \varepsilon_{0}\overset{\overline{}}{E} + \overrightarrow{p}$-dla dowol.ośrodka

Dipol w polu elktr.-dipol pod wpływem pola elektr.nie może się przemieszczać jako całość,ale może się obracać

Mom.skręcający $\overrightarrow{M} = \overrightarrow{p} \times \overrightarrow{E}$

Pole elektr.stara się ustawić dip.zgodnie ze swoim kier.

Energia potencjalna dip.w polu $\overrightarrow{\mathbf{E}}$

$$\varepsilon_{\text{pot}} = - q\Phi + q\left( \Phi + \Delta\Phi \right) = q\Delta\Phi = q \bullet l\frac{\text{ΔΦ}}{l} = - \overrightarrow{p} \bullet \overrightarrow{E}$$

$\varepsilon_{\text{pot}}\mathbf{= -}\overrightarrow{p}\overrightarrow{E}$Pole E dąży do ustawienia dip.tak,aby jego Epot była jak najmniejsza.Jest tak dal p||E.

ZADANIE 4 ==============================

Pojemność elektryczna układu jest cechą geometryczną

niezależną od wartości przyłożonego napięcia

oraz wielkością zgromadzonego ładunku.Pojemność

dla układu geometrycznego wyznaczamy w warunkach

gdy suma wszystkich ładunków w układzie jest równa zero.

$$C = \frac{q}{U}\lbrack F\rbrack$$

-Liczymy albo z definicji, a więc poprzez $U = - \int_{}^{}\overrightarrow{E}\ \overrightarrow{\text{dl}}$, gdzie E otrzymujemy z prawa Gaussa, lub łącząc kondensatory elementarne $\varepsilon_{0}\varepsilon_{w}\frac{S}{d}$

Poł szereg : $\frac{1}{C_{w}} = \sum_{i = 1}^{n}\frac{1}{C_{i}}$

Poł równoległe $C_{w} = \sum_{}^{}C_{i}$

Kondensatory:

-płaski $C = \varepsilon_{0}\varepsilon_{w}\frac{S}{d}$

-rurkowy: $C = 2\pi\varepsilon_{0}\varepsilon_{w}\frac{l}{\ln\frac{R_{2}}{R_{1}}}$

-sferyczny $C = 4\pi\varepsilon_{0}\varepsilon_{w}\frac{R_{1}R_{2}}{R_{1} + R_{2}}$

-Energia w kondensatorze :

elementarna praca jaką trzeba wykonać aby przenosić ładunek dq z jednej okładki do drugiej.

$dW = Udq = \frac{q}{c}\text{dq}$, $W = \int_{}^{}{dW = \int_{0}^{Q}\frac{q}{c}dq = \frac{1}{2c}Q^{2}}$

Praca ta jest zawsze równa energii ε powstałego w kondensatorze pola elektrycznego:

$\varepsilon = W = \frac{q^{2}}{2c}$, $\varepsilon = \frac{1}{2}CU^{2}$

ZADANIE 5 ==============================

Prąd elektryczny – uporządkowany ruch ładunków elektrycznych. Za kierunek prądu umownie przyjęto kierunek ruchu ładunków dodatnich. Kierunek prądu pokrywa się z kierunkiem linii pola elektrycznego

Typy prądów:

liniowy $\overrightarrow{J} = \frac{\text{dQ}}{\text{dt}}$
powierzchniowy $\overrightarrow{J} = \sigma q*\overrightarrow{v}$
objętościowy $\overrightarrow{J} = \delta_{v}*\overrightarrow{v}$

Równanie ciągłości – matematyczne sformułowanie zasady zastosowania ładunków:

postać całkowa: $\oint_{}^{}\overrightarrow{J}\ \overrightarrow{\text{dS}} = \frac{\text{dQ}}{\text{dt}}$

postać różniczkowa: $\text{div\ }\overrightarrow{J} = \frac{d\delta_{v}}{\text{dt}}$, $\overrightarrow{v}*\overrightarrow{J} = \frac{d\delta_{v}}{\text{dt}}$

Strumień wektora $\overrightarrow{J}$ poprzez dowolną zamkniętą powierzchnię δ jest równy zmianie ładunku wewnątrz bryły ograniczonej powierzchnią S

Lokalne prawo Ohma:

$$\overrightarrow{E} = \delta*\overrightarrow{J}$$

$$\overrightarrow{J} = \sigma*E$$

σ – przewodność właściwa materiału

$\frac{1}{\sigma} = \delta$ - oporność właściwa materiału

Obwodowe prawo Ohma:

$$\frac{U}{I} = \delta\frac{l}{S} = > R = \delta\frac{l}{S}$$

I Prawo Kirchoffa:

$\oint_{}^{}\overrightarrow{J}\ \overrightarrow{\text{dS}} = 0$ całka po powierzchni zamkniętej z gęstości prądu jest równa 0.

II Prawo Kirchoffa:

$\oint_{}^{}{\overrightarrow{E}\ \overrightarrow{\text{dl}}} = 0$ napięcie obliczane po biegunowej zamkniętej jest równa 0.

ZADANIE 6 ==============================

Prawo Grassmana- siła z jaką jeden przewodnik z prądem oddziaływuje na drugi.

$$\overrightarrow{dF_{12}} = \frac{\mu_{0}}{4\pi}I_{1}I_{2}\frac{\text{dl}_{2} \times (\text{dl}_{1} \times \overrightarrow{r_{12}}}{\left| \overrightarrow{r_{12}} \right|^{3}}$$

Przy jednakowym kierunku przepływu prądu w przewodzie, działają siły, które przyciągają się wzajemnie.

Prawo Biota-Savarta- umożliwia wyznaczenie wektora indukcji magn. w dowolnym pkt. Pola magn. związanego z dowolnym obwodem z prądem.

$$\overrightarrow{\text{dB}} = \frac{\mu_{0}I}{4\pi}\frac{\overrightarrow{\text{dl}} \times \overrightarrow{r}}{\left| \overrightarrow{r} \right|^{3}}$$

Prawo przepływu Ampera- cyrkulacja natężenia pola magn. Po dowolnej krzywej zamkniętej jest równa algebraicznej sumie prądów obejmowanych przez kontur l.

$$\oint_{l}^{}{\overrightarrow{H}\ \overrightarrow{\text{dl}}} = \sum_{i = 1}^{N}I_{i}$$

Kierunek obiegu na krzywej wybieramy dowolnie, znaki prądów wybieramy zgodnie z regułą prawoskrętną.

Prawo indukcji EM Faradaya- w zamkniętym obwodzie indukuje się SEM, której wartość jest proporcjonalna do zmiany strumienia indukcji magn. w czasie.

$$\varepsilon = - \frac{d\Phi_{B}}{\text{dt}}$$

Zmiany strum. zach.: obrót obwodu, modulacja wartości indukcji, zmiana wymiarów obwodu.

Reguła Lentza- przy dowolnej zmianie strumienia indukcji magnetycznej objętego przez zamknięty obwód, indukują się w nim prądu w takim kierunku, że pole magnetyczne prądów wyidukowanych przeciwdziała dalszym zmianom strumienia magnetycznego.

ZADANIE 7 ==============================

Moment magnetyczny ($\overset{\overline{}}{m})$ - jest własnością danego ciała opisującą pole magnetyczne wytwarzane przez to ciało, a tym samym i jego oddziaływanie z polem magnetycznym

Dipol magnetyczny: $\overrightarrow{m_{i}} = \overrightarrow{J}*\ \overrightarrow{S}\ \lbrack Am^{2}\rbrack$

Kierunek wektora $\overrightarrow{S}$ wiążemy z kierunkiem obiegu na konturze regułą prawoskrętną; S – pow. Zataczana przez prąd; J – wartość prądu

Wektor namagnesowania wyraża gęstość wypadkowego momentu magnetycznego.

$$\overrightarrow{M} = \operatorname{}\frac{\sum_{}^{}\overrightarrow{m_{i}}}{V}\ \left\lbrack \frac{A}{m} \right\rbrack$$

Wartość wektora namagnesowania zależy od natężenia pola magnetycznego (ponieważ def. dla dowolnego ośrodka $\overrightarrow{B} = \mu_{0}(\overrightarrow{H} + \overrightarrow{M})$ )

Dla ośrodków liniowych:

$\overrightarrow{M} \cong \eta_{m}\overrightarrow{H};\ \eta_{m}$ – podatność magnetyczna materiału (wielkość bezwymiarowa) w próżni η_m = 0

Dla ośrodka liniowego można zapisać:

$$\overrightarrow{B} = \mu_{0}\left( 1 + \eta_{m} \right)\overrightarrow{H} = \mu_{0}\mu_{w}\overrightarrow{H}$$

***

$m_{\text{ki}} = - \frac{\Psi_{\text{BKi}}}{_{i}}$ – indukcja wzajemna

$l_{k} = - \frac{\Psi_{\text{BKK}}}{_{K}}$ – indukcja własna

***

Współczynnik indukcyjności wzajemnej jest to stosunek Ψ_B skojarzonego z obwodem ‘K’ i wytworzonego przez obwód ‘i’ do prądu w obwodzie ‘i’.

Współczynnik indukcyjności własnej jest to stosunek Ψ_B skojarzonego z obwodem ‘K’ i wytworzonego przez obwód ‘K’ do prądu w obwodzie ‘K’.

Energia pola magnetycznego

$\omega = \frac{1}{2}\overrightarrow{H}\ \overrightarrow{B}$- dla pola magnetycznego

$\frac{1}{2}\mu_{0}\mu_{m} = \frac{\text{HB}}{2}$ - gęstość energii pola magnetycznego

Pole magnetyczne jest nośnikiem energii, której wartość zapisujemy:

ω_m = ∫_Vω_m(x,y,z)dV

ZADANIE 8 ==============================

Pr.Gaussa: str.wekt.ind.elektr.przez dow.,zamk.pow.S jest równy algebr.sumie ład.swob.zgrom.wew.bryły ogr.pow.S

Post.cał: $\oint_{S}^{}{\overset{\overline{}}{\text{Dds}} = Q_{s}}$

Pozt.różn. $\text{div}\overrightarrow{D} = Q_{r}$ $\overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{D} = Q_{r}$

Zesp: $\overset{\overline{}}{D} = \overset{\overline{}}{D_{m}}e^{\text{jωt}}$

Pr.Gaussa(dla ind.magn.):str.wekt.ind.magn.przez dow.zamk.pow.S jest zawsze równy 0

$$\oint_{S}^{}{\overset{\overline{}}{B}\overset{\overline{}}{\text{ds}} = 0}$$

$\text{div}\overrightarrow{B} = 0$ $\overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{B} = 0$

$$\text{div}\overrightarrow{B} = 0$$

Pr.Faradaya(cyrkul.pola elektr.po dow.krzywej zamkn.L jest równa zmianie str.ind.magn.przenik.przez dow.pow.roz.na konturze L.

$$\psi_{B} = \int_{S}^{}{\overset{\overline{}}{B}\overset{\overline{}}{\text{ds}}}$$

$\text{rot}\overrightarrow{E} = - \frac{\overrightarrow{\text{dB}}}{\text{dt}}$ $\overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{E} = - \frac{\overrightarrow{\text{dB}}}{\text{dt}}$

$$\text{rot}\overrightarrow{E} = - j\omega\overrightarrow{B}$$

Pr.Ampera cyrkul.wekt.$\overrightarrow{H}$po dowoln.krzyw.zamkn.L jest równa algebr.sumie prądów obejmowanych konturem L plus zmiana str.ind.elektr.przenikającego przez dowoln.pow.rozp.na kont L.Prawo to mówi,ze pole elektr.jest wirowe.$\oint_{L}^{}{\overset{\overline{}}{H}\overset{\overline{}}{\text{dl}} = I + \frac{d\psi_{D}}{\text{dt}}}\text{\ \ \ \ }\psi_{D} = \overset{\overline{}}{D}\overset{\overline{}}{\text{ds}}$

$\text{rot}\overrightarrow{H} = \overrightarrow{J} + \frac{d\overrightarrow{D}}{\text{dt}}$ $\overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{H} = \overrightarrow{J} + \frac{d\overrightarrow{D}}{\text{dt}}$

$$\text{rot}\overrightarrow{H} = J + j\omega\overrightarrow{D}$$

ZADANIE 9 ==============================

War.brzeg.pr.Gaussa:D_N2 − D_N1 = σ_q, B_N2 − B_N1 = 0 Pr.Faradaya: E_T2 − E_T1 = 0 Pr.Ampera: H_T2 − H_T1 = I_s1Pr.Ciągłości: $I_{N2} - I_{N1} = - \frac{d\sigma_{q}}{\text{dt}}$

War.brzeg.podają,jak zachowują się wekt.pola.elektr-magn przy przejściu z jedn.ośro. do drug.

D_N2 − D_N1 = σ_qBiorąc pod uwagę cylinder z rys.zastosujemy do niego pr.Gassa

$$\oint_{S}^{}{\overset{\overline{}}{D}\overset{\overline{}}{\text{ds}} = Q_{s}}$$

$\int_{s}^{}{\overset{\overline{}}{D}\overset{\overline{}}{\text{ds}} = 0}$,więc $\oint_{S}^{}{\overset{\overline{}}{D}\overset{\overline{}}{\text{ds}} = \int_{s1}^{}\overset{\overline{}}{D1ds} + \int_{s2}^{}\overset{\overline{}}{D2ds} = Q_{s}}$

−D_N1s + D_N2s = Q_s

$$D_{N2} - D_{n1} = \frac{\text{Qs}}{s} = \sigma_{q}\overset{\Rightarrow}{}D_{N2} - D_{N1} = \sigma_{q}$$

E_T2 − E_T1 = 0Aby okr.ziennośc skład,stycznych rozważymy pole elektr $\overrightarrow{E}$.Weźmy pętlę zamkn.L wnikającą na mała głeb.Δh do obu ośrodków.

$\oint_{L}^{}{\overset{\overline{}}{\text{Edl}} = 0}$ ponieważ Δh → 0to całka uprości się:

$$\oint_{L}^{}{\overset{\overline{}}{\text{Edl}} = E_{t2}}l - E_{t1}l = 0$$

E_T2 − E_T1 = 0

ZADANIE 10 =============================

Fala Pł.założenia:1.przestrz.nieogr.i jednorodna(ε₀, μ_w, σ = const).2.w przestrz.nie wyst.źr.pola elektromagn.(𝜚_r = 0)3.Nie ma prądów wywołamycj siłami przyłoż.Mogą jedynie płyn.prą.związ.ze stratnością danego ośrodka(𝜚 = 0)

Post.zesp.równ.Maxwel.dal powyższych zał.przyjm.postać:

$$\overrightarrow{\nabla}\left( \varepsilon\overset{\overline{}}{E} \right) = \varrho_{r}\overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{E} = 0$$

$$\overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{E} = - j\omega\mu\overset{\overline{}}{H}\overset{\Rightarrow}{}\text{rot}\overset{\overline{}}{E} = - j\omega\mu\overrightarrow{H}$$

$$\overrightarrow{\nabla}\left( \mu\overrightarrow{H} \right) = 0\overset{\Rightarrow}{}\overrightarrow{\nabla} \bullet \overrightarrow{H} = 0$$

$$\overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{H} = j\omega E_{\text{sk}}\overrightarrow{E}\overset{\Rightarrow}{} - || -$$

Z równ.II: $\overset{\overline{}}{H} = \frac{j}{\text{ωμ}}\text{rot}\overset{\overline{}}{E}$

Podst.do IV: $\text{rot}\overset{\overline{}}{H} = rot\left( \frac{j}{\text{ωμ}}\text{rot}\overset{\overline{}}{E} \right) = \text{jω}E_{\text{sk}}\overrightarrow{E}$

$$\text{ωμrotrot}\overset{\overline{}}{E} = \omega E_{\text{sk}}\overset{\overline{}}{E}$$

$$\text{rotrot}\overset{\overline{}}{E} = \omega^{2}\mu E_{\text{sk}}\overset{\overline{}}{E}$$

$$\text{rotrot}\overset{\overline{}}{E} - \omega^{2}\mu E_{\text{sk}}\overset{\overline{}}{E} = 0$$

$$\text{grad\ div\ }\overset{\overline{}}{E} - E - \omega^{2}\mu E_{\text{sk}}\overset{\overline{}}{E} = 0$$

Ost:

$$\overset{\overline{}}{E} + \omega^{2}\mu E_{\text{sk}}\overset{\overline{}}{E} = 0$$

$$\overset{\overline{}}{E} + \omega^{2}\mu E_{\text{sk}}\overset{\overline{}}{H} = 0$$

Zad. 14

Zastos.elektrycznego wektora Hertza $\overset{\overline{}}{\Pi}e$ pozwala na wyr.potensłałów φ i $\overset{\overline{}}{A}$ wf.tego wekt.oraz natężeń pól $\overset{\overline{}}{E}\text{\ i\ }\overset{\overline{}}{H}$.

$\overset{\overline{}}{\Pi}e$ - elektr.wekt Her. $\overset{\overline{}}{\Pi}m$-magn w.H.

$$\Phi = - div\overset{\overline{}}{\Pi}e$$

$$\overset{\overline{}}{A} = \varepsilon\mu \bullet \frac{\delta\overset{\overline{}}{\Pi}e}{\text{δt}}$$

$$\nabla^{2}\overset{\overline{}}{\Pi}e - \varepsilon\mu\frac{\delta^{2}\overset{\overline{}}{\Pi}e}{\delta t^{2}} = 0$$

$$\overset{\overline{}}{E} = rotrot\overset{\overline{}}{\Pi}e$$

$$\overset{\overline{}}{H} = \varepsilon\frac{\text{δrot}\overset{\overline{}}{\Pi}e}{\text{δt}}$$

$$\nabla^{2}\overset{\overline{}}{\Pi}m - \varepsilon\mu\frac{\delta^{2}\overset{\overline{}}{\Pi}m}{\delta t^{2}} = 0$$

$$\overset{\overline{}}{E} = - \mu\frac{\text{δrot}\overset{\overline{}}{\Pi}m}{\text{δt}}$$

$$\overset{\overline{}}{H} = rotrot\overset{\overline{}}{\Pi}m$$

$$\nabla^{2}\overset{\overline{}}{\Pi}e + \omega^{2}\text{εμ}\overset{\overline{}}{\Pi}e = 0$$

$$\overset{\overline{}}{E} = rotrot\overset{\overline{}}{\Pi}e$$

$$\overset{\overline{}}{H} = j\omega\varepsilon rot\overset{\overline{}}{\Pi}e$$

$$\nabla^{2}\overset{\overline{}}{\Pi}m + \omega^{2}\text{εμ}\overset{\overline{}}{\Pi}m = 0$$

$$\overset{\overline{}}{H} = rotrot\overset{\overline{}}{\Pi}em$$

$$\overset{\overline{}}{E} = j\omega\varepsilon rot\overset{\overline{}}{\Pi}m$$

Potencjały $\overset{\overline{}}{\Pi}e$ wiążę się poprzez potenc.$\overset{\overline{}}{A}$+prąd J.”Źródłami”$\overset{\overline{}}{\Pi}m$ są fikcyjne prądy magnetyczne. Wybór potencjału zależy od rodz.rozpatr.zagadnienia

ZADANIE 12 =============================

Propagacja f.plaskiej: a)próżnia: α = 0(fala propag.bez strat)$\varepsilon = \varepsilon_{0},\ \mu_{1} = \mu_{0}\ \ \beta = \omega\sqrt{\varepsilon_{0}\mu_{0}}$

Parametry propag.: -prędk.fazowa: $V_{f} = \frac{\omega}{\delta} = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_{0}\mu_{0}}} = C\ $ - dł.fali: $\lambda_{0} = \frac{V_{f}}{f} = \frac{C}{f}$ –impedancja falowa: $Z_{f} = \sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0}}} = 120\pi = 377\Omega$ -głębokość wnikania: $\delta = \frac{1}{\alpha} = \infty$

b)dielektryk bezstratny: α = 0(fala propag.bez strat) ε = ε₀ε_ω

Param.prop: pr.faz:$V_{f} = \frac{\omega}{\delta} = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_{0}\varepsilon_{\omega}\mu_{0}}} = \frac{C}{\sqrt{\varepsilon_{\omega}}}$ -dł.fali $\lambda_{0} = \frac{V_{f}}{f} = \frac{C}{f\sqrt{\varepsilon_{\omega}}}$ Obecność dielektryka bezstratnego powod.,że głębokość fazowa i dł.fali są $\sqrt{\varepsilon_{\omega}}$razy mniejsze niż w próżni.

c)dielektr.stratny:$\varepsilon_{\omega},\ \mu_{0},\ \sigma\ \neq 0 \Rightarrow E_{\text{sk}} = \varepsilon - j\frac{\sigma}{\omega}$ $Z_{f} = \sqrt{\frac{\mu}{E_{\text{sk}}} = \left| Z \right|}e^{j\varphi_{0}},\ \ \delta = \frac{1}{\infty}( \neq \infty)$

W ośrodku stratnym imped.falowa staje się liczba zesp.Między wekt. ε i H pojawia się przesun.fazy φ₀. Głębok.wnikania ma skończ.wart. ε = ε^′ − jε ; μ′=0 ; μ = 0 (w ośrod. Nieferromagn.)

$tg\delta = \frac{\frac{1}{\alpha} + \varepsilon"}{\varepsilon'} \neq 0$ $V_{f} = \frac{\omega}{\beta} = \frac{\omega}{\omega\sqrt{\varepsilon^{'}\mu'}\sqrt{0,5\sqrt{1 + tg^{2}\delta} + 1}}$ $\lambda = \frac{V_{f}}{f}$ W miarę wzrostu ośrodka (tg δ rośnie) prędk.Faz. V_f oraz λ maleją. Tłum.fali rośnie

d)dobry przewodnik: Przyjmuje się,że przewod.jest dobry,gdy $a = \frac{\sigma}{\text{εω}} \gg 1$ W przewod.idealnym propag. Fali jest niemożliwa. W dobrym przewod: $\alpha \cong \beta \cong \sqrt{\frac{1}{2}\text{ωμσ}}$

Prędk.fali: $V_{f} = \frac{\omega}{\beta} = \frac{\omega}{\sqrt{\frac{1}{2}\text{ωμσ}}}$ dł.fali: $\lambda = \frac{V_{f}}{f},\ \lambda \ll \lambda_{0}$ głęb.wnikania: $\delta = \frac{1}{\infty} = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}\text{ωμδ}}} \approx \frac{\lambda}{2\pi}$

Fala płask.wnika w dobry przewodn.na niewielką głębokość, powoduje to zjawisko naskórkowości

ZADANIE 13 =============================

Załamanie fali płaskiej; Warunki:

1) granica jest nieruchoma

2) ośrodek 1 jest bezstratny

3) fala padająca jest falą płaską jednorodną

Na granicy rozdziału fali P,R,W muszą spełniać wszystkie warunki brzegowe:

$$\overrightarrow{E_{T1}} = E_{T2}\ dla\ z = 0$$

$$\overrightarrow{P}e^{\text{jωP}}e^{- \gamma_{\text{Px}}X - \gamma_{\text{Py}}Y} + \overrightarrow{R}e^{\text{jωR}}e^{- \gamma_{\text{Rx}}X - \gamma_{\text{Ry}}Y} = \overrightarrow{W}e^{\text{jωP}}e^{- \gamma_{\text{Wx}}X - \gamma_{\text{Wy}}Y}$$

W przypadku nieruchomej granicy częstotliwości fala się nie zmienia. Warunek brzegowy musi być spełniony dla wszystkich x,y znajdujących się na płaszczyźnie Z=0, więc

γ_PX = γ_RX = γ_RW i γ_PY = γ_RY = γ_RW

Fala padająca: Fala padająca:

γ_PX = −γ₁sinθ_P γ_PX = −γ₁sinθ_R

γ_PY = 0 γ_PY = 0

γ_PZ = γ₁cosθ_P γ_PZ = −γ₁cosθ_P

$$\overrightarrow{\gamma_{P}} = j\omega\sqrt{\varepsilon_{1}\mu_{1}}\overrightarrow{n_{P}}$$

Aby $\overrightarrow{\gamma_{R}} = \gamma_{r}\overrightarrow{n_{r}} = \gamma_{1}\overrightarrow{n_{1}}\text{\ to\ }\theta_{R} = \theta_{P}$

Skoro $\gamma_{R}\overrightarrow{n_{R}} = \gamma_{1}\overrightarrow{n_{R}}\ $to fala jest jednorodną falą płaską.

Dla wnikającej γ_WY = γ_PY = 0

$$\gamma_{\text{WX}} = \gamma_{\text{PX}} = > \overrightarrow{\gamma_{Z}}\sin{\theta_{Z} = - \gamma_{1}}\sin\theta_{1}$$

Względny wsp. Załamania ośrodka 2 względem 1

$n_{12} = \frac{\gamma_{2}}{\gamma_{1}} = \frac{\sin\theta_{1}}{\sin\theta_{2}} = \sqrt{\frac{\varepsilon_{w2}}{\varepsilon_{w1}}}$ prawo Shella

wsp. odbicia 𝜚_∥, 𝜚_⊥, które zależą od kątów padania:

$$\varrho_{\parallel} = \ \frac{R_{\parallel}\ }{P_{\parallel}\ } = \frac{Z_{1}\cos{\theta_{1} - Z_{2}\cos\theta_{2}}}{Z_{1}\cos{\theta_{1} + Z_{2}\cos\theta_{2}}}$$

$$\varrho_{\bot} = \ \frac{R_{\bot}\ }{P_{\bot}\ } = \frac{Z_{2}\cos{\theta_{1} - Z_{1}\cos\theta_{2}}}{Z_{1}\cos{\theta_{2} + Z_{2}\cos\theta_{1}}}$$

, gdy θ₁ = θ₂ = >𝜚_∥ = 𝜚_⊥ => identyczne ośrodki

Kąt Brewstera – jest to kąt przy którym fala spolaryzowana równolegle nie ulegnie odbiciu

tanθ_1𝜚R = n₁₂

$$\theta_{1} + \theta_{2} = \frac{\pi}{2} = > \varrho_{\parallel} = 0$$

tan(θ₁+θ₂) → ∞

$$\sin{\theta_{L} = \sin{\left( \frac{\pi}{L} - \theta_{1} \right) = \cos\theta_{1BR}}}$$

Całkowite wewnętrzne odbicie to zjawisko polegające na tym, że światło padające na granice od strony ośrodka o wyższym wsp. załamania pod kątem większym niż kąt graniczny nie przechodzi do drugiego ośrodka, lecz ulega całkowitemu odbiciu (pryzmaty, światłowody)

ZADANIE 14 =============================

Potencjał wektorowy Pole magnetosferyczne:

$$\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{\nabla}*\overrightarrow{B} = 0 \\ \overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{H} = \overrightarrow{J} \\ \end{matrix} \right.\ $$

Dla każdego pola definiujemy:

$\overrightarrow{B} = \overrightarrow{\nabla} \times \overrightarrow{A};\ \overrightarrow{A}$ - potencjał wektorowy pola magnetycznego, ponieważ $\text{div\ }\overrightarrow{B} = 0$, więc $\overrightarrow{A}$ musi spełniać warunek $\text{divrot}\overrightarrow{A} = 0.$

Potencjały opóźnione

$$\Phi\left( x,y,z,t \right) = \frac{1}{4\text{πε}}\int_{V}^{}{\frac{f(x_{0},y_{0},z_{0},t - \frac{r}{V_{f}}}{r}\text{dV}}$$

$$\overrightarrow{A}\left( x,y,z,t \right) = \frac{\mu}{4\pi}\int_{V}^{}{\frac{f(x_{0},y_{0},z_{0},t - \frac{r}{V_{f}}}{r}\text{dV}}$$

Potencjały pól stacjonarnych (nie ma przesunięcia w czasie)

$\overrightarrow{B} = rot\overrightarrow{A}$

$$\overrightarrow{E} = - grad\phi - \frac{\partial\overrightarrow{A}}{\partial t}$$

$$\phi = \frac{\delta}{\varepsilon}$$

$$\Delta\overrightarrow{A} = - \mu\overrightarrow{J}$$

Zastos.elektrycznego wektora Hertza $\overset{\overline{}}{\Pi}e$ pozwala na wyr.potensłałów φ i $\overset{\overline{}}{A}$ wf.tego wekt.oraz natężeń pól $\overset{\overline{}}{E}\text{\ i\ }\overset{\overline{}}{H}$.