Wykład 11

Elektrodynamika z elementami teorii pola

Wykład 11

B E = − rot

) (

rot B = µ

₀

j + ε

₀

E div B = 0 ε ρ

= 1 div

0

E

D j H = +

rot divB = 0

B E = −

rot

^{div D = ρ}

0 d d

d ₃

=

⋅

− j E r t T

0 0

0 0

rot 1 1 rot

⋅ µ

−

⋅ ε

=

⋅ ε

µ +

−

=

⋅

− j E B E E E E E B

) (

1 div

0

0E E B⋅B + E×B

+ µ

⋅ ε

=

S n B E r

B E

t T d 1 ( ) d

2 1 2

d d

S(V) 0 V

3 2 0 0 2

V

czastek × ⋅

− µ µ =

ε + +

B E

S ×

= µ

0

Wektor Poyntinga: 1

)) , ( )

, ( d (

d p q E r t v B r t t ⁱ = ^{i i} + ⁱ × ⁱ

× + ρ

=

× +

=

V

3 V

mech, ( ( , ) ( , )) ( , ) ( , ))d

d

d p q E r t v B r t E r t j B r t r

t ^{i i i i}

Korzystaj c z równa Maxwella eliminujemy ρ ij

× ε

−

× µ ∇

+

∇ ε

= E E B E B r t r

t p

3 0

0 0

mech ( ) ( 1 ) ( , ) d

d d

(

^{p + ε µ r}

)

^{= ε ∇E E −ε E× ∇× E +} _µ ^{∇B B −} _µ ^{B× ∇×B r}

t

3 0

0 0

0 3

0 0

mech 1 ( ) d

1 ) ( ) (

) (

d d S

d

( )

( )

δ

∂ −

= ∂

= +

∂ +

− ∂

∂ + ∂

∂ + ∂

∂

= ∂

=

×

∇

×

−

∇

αβ β

α β

α α

α α

α

2

) ( ) ( ) 2 (

) 1 (

) (

) (

) (

) (

2

2 3 2

2 2

1 3

3 2

2 1

1

E E x E

E E

x E E

x E E

x E E

x E

E E

E E

(

^{+ ε µ}

)

^{= ε} _∂^{∂ −δ +} _{µ ∂}^{∂ α β −δαβ =}

β αβ

β α

α β B r

B x B

E E x E

r S t p

2 3 0

2 0

3 0 0

mech d

2 1

d 2 d

d

+ µ δ ε

µ − + ε

= _{α β α β αβ}

αβ

0 2 2

0 0

0 2 2

1 E B

B B E

E T

σ

= µ

ε +

Σ

β αβ α

α 2

) ( 3

0 0

mech d d

d d

V V

V S r T n

t p

∂

= ∂ _αβ

β

r x T

d3

I

B

0

x y

) 0 4 ,

, 2 4

( 2

_{2 0}

0 2

0

0

B

r x I

r y B I

B

B

_I

+

− πµ

= πµ +

=

2 0 0

2 2 2 0

0

2

1

4 2

r xB I r

B I

B π

− µ π

+ µ

=

π

− µ π

= µ

= µ

π + µ

− − π

= µ

−

= µ

2 0 0

2 0 0

2 0 2 0

2 0 2 2 2

2 0 0

4 2 4

2

4 2 2

1 4 2

2 2

1

r I x r B

I y B

B T

r xB B I

r x y

r B I

B B T

y x xy

x x xx

L

L IB r L

x B y

r I r L

I x r B

I y r

y

r r L

xB B I

r x y

r I r

Lr x n

T n

T

_{xx x xy y}

2 0 2 2

2 0 0 0

2 0

0

2 0 2 0

2 0 2 2 2

0 0

4 d d 2

4 2 4

2

4 d 2 2

1 4 2

d 2 ) (

= + ϕ

= π π ϕ

− µ π

µ + µ

+ π ϕ

+ µ

− − π

µ

= µ ϕ +

Pod talarkiem E = 0, nad tylko E_z

2 2 0 0

2 0 2

0

2 4

1 2

) 1 2

( 1

ε πε

= ε

=

− ε

= R

E Q E

E E T

_{zz z z}

Jest to ci nienie jakie rozsadza np. naładowany p cherzyk w przegrzanej cieczy.

( ) ^.

2 1 2

1 2

1

0 2

0

E S E E S E Q

F = ε ⋅ ∆ = ε ∆ = ∆

) 1 , 0 , 0

( −

= n

yz z

x

xz

E E E T

T = ε − δ ) = 0 = 2

( 1

² ₁₃

0

2 0

2 2 2 0

0

4 ( 2 )

) 2 / d (

4 2 2

d 1

2 R

r Q r r

r Q r n

T F

R z

R r

zz

z

π = πε

ε πε

= π

=

^∞

>

2 0 2

2 0 0 2 33

0

2 4

1 2

) 1 2

( 1

ε πε

−

= ε

−

= δ

− ε

= r

E Q E

E E T

_{zz z z}

n

2 0 2

2 0 0 2 33

0

2 4

1 2

) 1 2

( 1

ε πε

−

= ε

−

= δ

− ε

= r

E Q E

E E T

_{zz z z}

) 1 , 0 , 0

( −

= n

yz z

x

xz

E E E T

T = ε − δ ) = 0 = 2

( 1

² ₁₃

0

2 0

2 2 2 0

0

4 ( 2 )

) 2 / d (

4 2 2

d 1

2 R

r Q r r

r Q r n

T F

R z

R r

zz

z

π = πε

ε πε

= π

=

^∞

>

Q/2 Q/2

n

+ µ δ ε

µ − + ε

=

_{α β α β αβ}

αβ

0 2 2

0 0

0

2 2

1 E B

B B E

E T

αβ β

α

=

²

δ

3 1 E E

E

αβ αβ

αβ β

α αβ

β α αβ

δ

−

= δ

−

=

= µ δ

µ − +

δ ε

− ε

=

w w

B B

B E

E E T

3 2 1

6 1

1 2 1 1

3 1 2

1 3

1

₂

0 0

2 0 0

Ci nienie promieniowania czarnego:

p = w/3

Ciekawe wnioski!

V

p

V

₁

V

²

V

3

V

4

T

1

T

2

Cykl Carnota!

) (

) ( 3 ) (

) (

)) ( ) d ( )(

( d

1 2 1

2 1 2 1

2 1

V V T p V

V T p

T p T T

p V V T

T T

T T

−

⋅ +

−

⋅

− +

= −

− ≈

p p T

T

4 d = d

4 4

4

/

const )

ln(

) ln(

4

T S

W

T w

T p

p T

σ

=

∝

∝

+

=

R V

T VT

Vw V

V w V w

w

V w w

V

V p V

w w V W

T Vw T

V W

/ 1 /

1 const

const const

d 0

d 4 3

0 3 d

d 4

d d

d d

) ( )

, (

3 3

4 / 3 4

3

∝

∝

=

=

=

= +

= +

−

= +

=

=

Adiabata:

Gaz jednoatomowy

( )

^{3 2}

3 / 2 3

/ 2 3

/ 5

/ 1

const V

T

TV V

pV pV

∝

=

∝

⋅

=

Fale monochromatyczne.

Równania liniowe jednorodne ze stałymi współczynnikami to naturalna domena funkcji

wykładniczych. Ró niczkowanie sprowadza si do mno enia. Czynnik wykładniczy wspólny skraca si i zostaj równania algebraiczne.

Rozwi za o ró nych wykładnikach jest wystarczaj co du o (całka Fouriera), by przez superpozycj znale ka de mo liwe rozwi zanie.

) 0 (

) (

0

) , (

) , (

t r k i

t r k i

e B t

r B

e E t

r E

ω

−

⋅ ω

−

⋅

=

=

Dla t = 0 ze zmiennych fourierowskich zostaje nielimitowane k. Zawsze mo na dobra profile takie, by odtworzy E i B w chwili zero. A warunki pocz tkowe na E i B s wystarczaj ce, by jednoznacznie okre li rozwi zanie.

) (

0

) (

0 )

( 0

) (

0 )

( 0

) , (

) , (

) , (

t r k i

t r k i t

r k i

t r k i t

r k i

e B k

i t

r B

e E i t e

E t

r t E

e E k i e

E t

r E

ω

−

⋅

ω

−

⋅ ω

−

⋅

ω

−

⋅ ω

−

⋅

×

=

×

∇

ω

−

∂ =

= ∂

∂

∂

⋅

=

∇

⋅

=

⋅

∇

Pola rzeczywiste a liczby zespolone? Pewien skrót my lowy. Naprawd , przez taki zapis zespolony rozumie si :

( )

(

^{0 ( )}

)

) 0 (

Re )

, (

Re )

, (

t r k i

t r k i

e B t

r B

e E t

r E

ω

−

⋅ ω

−

⋅

=

=

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( ) ( ( ) ) ( )

( ) ⁰

sin Im

cos Re

Re )

, ( )

, ( 0

Re Re

) , (

Re Re

Re )

, (

0 0

) (

0 0

) (

0 0

) (

0 0

) 0 (

) 0 (

) 0 (

) 0 (

) 0 (

= ω

−

×

ω

−

×

− ω

−

×

=

= ω

−

×

∂ = + ∂

×

∇

=

ω

−

∂ =

= ∂

∂

∂

×

=

×

∇

=

×

∇

=

×

∇

ω

−

⋅ ω

−

⋅

ω

−

⋅ ω

−

⋅ ω

−

⋅

ω

−

⋅ ω

−

⋅ ω

−

⋅

B E

k i

e B

E k

i e

B E

k i

e B E

k i t

r t B t

r E

e E i e

t B t

r t B

e E k

i e

E e

E t

r E

t r k i t

r k i

t r k i

t r k i t

r k i

t r k i t

r k i t

r k i

B E = − rot

rot B = µ

₀

ε

₀

E 0 div B =

0 div E =

( )

(

^{0 ( )}

)

) 0 (

Re )

, (

Re )

, (

t r k i

t r k i

e B t

r B

e E t

r E

ω

−

⋅ ω

−

⋅

=

=

0

= 0

⋅ E k

0

0

B

E

k × = ω

, poza tym dowolne k

E₀ ⊥

B – całkowicie okre lone!0

1 0

0

₀

×

₀

≡

⋅ ω

=

⋅

= k B k k E

– spełnione automatycznie.

ω ×

×

=

×

= ε

µ ω

−

=

_{0 0 0 0}

1

₀

rot B E k B k k E

2 0

0

2

µ ε = k

ω ω = | k | / µ

₀

ε

₀

= ck

Dla ka dego , dla ka dego takiego, e istnieje dokładnie jedno rozwi zanie harmoniczne.

Jest to fala poprzeczna o cz sto ci , pr dko ci c, długo ci fali

k E

₀

k ⋅ E

₀

= 0

= ck

ω λ = 2π / k

) 0 ,

0 , 0

( >

= k

k

(Dla ka dej fali mo na dobra układ współrz dnych, by tak było.)

) 0 , ,

(

_{0, 0,}

0

E

x

E

y

E =

Pami tamy, e:

^{E = Re} ( ^{( E}

^0,x

^{, E}

^0,y

^{, 0 ) e}

^{i(k z−ωt)}

)

Zaczynaj c liczy czas od nieco innego momentu, mog zmieni

efektywnie faz obu amplitud o wspóln , dowoln warto . Skorzystajmy z tej swobody, by uczyni

E

₀

⋅ E

₀

= E

_0,x²

+ E

_0,y² liczb rzeczywist .

b i a

E

₀

= + a, b

– dwa rzeczywiste wektory do

k

Wybrany pocz tek liczenia czasu oznacza i :

b a i b

a E

E

₀

⋅

₀

=

²

−

²

+ 2 ⋅

jest rzeczywiste, zatem

a i b

s prostopadłe.

( )

) sin(

) cos(

) sin(

) cos(

) 0 , ,

(

Re

_{0, 0,} ^{( )}

t r

k k b

t r

k k a

k E B

t r

k b

t r

k a

e E

E

E

_{x y} ^{i k z t}

ω

− ω ×

− ω

− ω ×

= ω ×

=

ω

−

− ω

−

=

=

=

^−ω

Koniec wektora E porusza si po elipsie o półosiach a,b. Jest to fala spolaryzowana eliptycznie.

Gdy b = 0, fala spolaryzowana liniowo.

Gdy a = b, mamy polaryzacj kołow . Wektor elektryczny z pozycji a skr ca w kierunku b. Zatem, gdy trójka tworzy układ

prawoskr tny, mamy polaryzacj praw . W przeciwnym wypadku mamy polaryzacj lew .

W obu wypadkach trójka jest prawoskr tna.

k b a , , k

B

E , ,

G sto energii.

Dla polaryzacji kołowej (a = b)

2 0 2

0 2

0 2

0 2

0

0 0 2 2

2 2

2 2

2 1 2

1 2

1 2

1

/

)

sin(

) cos(

a a

a B

E w

a c

E B

ck E E k

B k

a E

t r

k b

t r

k a

E

ε

= ε

+ ε

µ = + ε

=

µ ε

=

=

×

= ω ×

=

= ω

−

− ω

−

=

G sto p du:

k k c w k

a k c

k k c a a B

E × = ε = ε =

ε

_{0 0}

1

₀ ²

2

0

2

2

p − Ε =

c

Fale w o rodkach przezroczystych

E B = εµ rot

0 divB =

B E = − rot

0 divE = Najprostsza sytuacja:

E D

B H

ε

=

= µ1 ,

rot E = − B

0 divB = D

H = rot

0 divD =

prowadzi do:

0 0µ ε

Zamiast , pojawiło si εµ = ε_rµ_rε₀µ₀ W rozwi zaniu pró niowym wystarczy zast pi :

n v c

c

r r

µ = ε µ

= ε

= εµ µ

= ε

0 0 0

0

1 1

1 1

Współczynnik załamania v ^{r r}

n = c = ε µ

Ciała przezroczyste s bardzo słabymi magnetykami, dla prostoty poło ymy: µ_r =1

Fala spolaryzowana liniowo pada na granic dielektryka (na pocz tek prostopadle)

T R

I

T R

I

T R

I

E E

E

v E E v

E

v E v E

v E

= +

=

−

= µ µ −

2 1

2 2 1

1 1

1 ) 1

1 ( 1

1

• •

EI

ER

ET

v2

v1

v1

− B^R BI

BT

0 )

1 (

) 1 (

) 1 ( 2

= +

+

−

+

=

R I

T I

E n

E n

E n E

I I

R E

n n

n E n

n E n

1 2

1 2

1 1

+

− − + =

− −

=

Dla powietrza i szkła: n=1,5 Moc odbita: 1/25 4% 1

5 , 1

1 5 ,

1 ² = =

+

−

kI

kR

kT

θI θ^R θ^T

Na płaszczy nie z = 0 fazy musz si zgadza .

t k

r t k

r t k

r _||I − ω₁ ≡ _||R −ω₁ ≡ _||T −ω₂

ω

=

=

=

=

= ω

= ω

T R

I

T R

I

k v k

v k

v

k k

k

2 1

1

||

||

||

2 1

: tez Zachodzi

.

1) Trzy promienie w 1 płaszczy nie 2) K t padania = k t odbicia:

3)

T T

R R

I

I k v

k v

vω sinθ = k ≡ = ωsinθ ≡ = ω sinθ

2

||

1

||

||

1

1 / 2 1

2 2

1

sin

sin n

n n v

v

T

I = = ≡

θ

θ ^{I R}

θ

= θ

EI

ER

BI

•

^kI

kR

BR

•

ET

kT

BT

θI θ^R θ^T

( ) ( )

( )

(

I R

)

T

T T

R R

I I

T T

R R

I I

v E E

v E

E E

E

E E

E

2 2 1

1

2 1

1 1

cos cos

cos

sin sin

sin

= µ µ −

θ

= θ +

θ

θ

− ε

= θ +

θ

− ε

( )

T R

I R

I

T R

I T I

E E

v E E v

n E n

E E

E

= µ −

≈ µ

−

= +

θ θ

) (

) (

) cos / (cos

1 1

2 2 2

1

( )

I T I

T R I

R I

R I

T I

n E n

n E n

E n E

E n E

θ θ

+

θ θ

= −

−

= θ +

θ

cos / cos /

cos / cos /

) cos (

cos

2 1

2 1

2 1

0 cos

/ cos /

0 _{1 2} − θ θ =

= _{I T}

R n n

E

90 2 180

2

2 sin 2

sin

cos sin

cos sin

cos / cos sin

/ sin

0 cos

/ cos / ₂

1

= θ + θ

θ

−

= θ

θ

= θ

θ θ

= θ θ

θ θ

= θ θ

= θ θ

−

T I

T I

T I

T T

I I

T I

I T

T

n I

n

θ

I

θ

I

90 − θ

_I

I I

I

n

n = θ θ =

−

θ tg

) 90

sin(

sin

1 2

K t Brewstera