makry_zachet

Во второй постановке задачи можно считать, что заряды еа на проводниках появились за счет того, что проводники на какое-то время были соединены с источниками, а затем отсоединены. В этом случае система замкнута.

Физически первую постановку задачи можно представить следующим образом. Рассматриваемые проводники соединены с какими-то источниками («резервуарами»), которые поддерживают (pa=const. В этом случае система проводников не замкнута, она может обмениваться зарядами (энергией) с резервуарами.

Во второй постановке задачи можно считать, что заряды ea на проводниках появились за счет того, что проводники на какое-то время были соединены с источниками, а затем отсоединены. В этом случае система замкнута.

Квадратичная форма: W = 12 ∑a φaea = 12 ∑ab Cabφaφb = 12 ∑ab Cab−1eaeb

минус исчез во 2 равно изза этого

Формула для энергии

W = 12 ∑a φaea = 12 ∑ab Cabφaφb = 12 ∑ab Cab−1eaeb

Термодинамический аспект

Система поле + проводники замкнутая, поэтому можем характеризовать эту систему внутренней энергией.

dE = ... + ∑a φadea = ... + ∑a φadea + ∑a dφaea − ∑a dφaea

~

dE = d(E − ∑a φaea) = ... − ∑a dφaea

перейдем от зарядов к потенциалам

Пример(шар, температура постоянна)

Энергия в постановках задач(2nd lecture)

W = 81π df (Eφ + Eφ0 − Eφ − Eφ0 + Eφ0) (1 и 3 слагаемые =0(приводят к интегралу от потока электростатического поля через замкнутую поверхность))

3. Электростатика диэлектриков. Граничные условия. Три постановки задачи. Термодинамические соотношения. Диэлектрик во внешнем квазиоднородном поле.

Электростатика диэлектриков

Ищем распределение поля в диэлектрике

D = εE

Граничные условия(диэлектрик-проводник): E1l s = E2l s = 0; Dn sa = 4πσa

Граничные условия(диэлектрик-диэлектрик): E1l s = E2l s ; D1n F = D2n F

E = − φ. div ε φ = 0;

Граничные условия(диэлектрик-проводник):

Граничные условия(диэлектрик-диэлектрик):

Три постановки задач

1.потенциалы заданы. Решаем задачу с гр. условиями. По распределению

потенциала находим σ и e. Устанавливаем ea = ∑b Cabφb Cab зависит от пространства между проводниками. В самом простом случае Cab = εCabвак

2.Заданы заряды {ea}. Задаем набор пробных потенциалов {φ′a} → (1) → ea ea b Cabφb ea b Cab−1φb. В самом простом случае

−1(вак). Связанные заряды в диэлектрике экранируют заряды

проводников.

3. Диэлектрик помещен в электрическое поле. Решаем уравнение Лапласа

Ранее мы писали интеграл, считая нормаль направленной наружу. Теперь поменяем знак и положим нормаль направленной внутрь проводника:

Интегрируя по всем поверхностям проводников, мы можем свести этот интеграл к интегралу по объему пространства, которое занимает диэлектрик:

δR = − ∫ dV 41π div(φδD)

div(φδD) = φdivδD + δD φ (нет сторонних зарядов в диэлектрике)

Таким образом, работа по изменению зарядов проводников при фиксированных потенциалах

В данной системе изменение энергии равно работе внешних сил: δE = δR

dE = T dS − pdV + 1 ∫ dV EdD

4π

Для энергии, отнесённой к единице объема, последнее слагаемое будет иметь

1

вид 4π EdD.

Аналогично для свободной энергии вместо T dS будет −SdT.

(Если система замкнута и энтропия не меняется, мы работаем с внутренней энергией. Если фиксирована температура, то удобнее работать со свободной энергией.)

Теперь рассмотрим ситуацию, когда фиксированы заряды и меняются потенциалы. В этом случае результат можно получить с помощью преобразования Лежандра.

∑φaδea = δ ∑φaea − ∑eaδφa

a a a

Теперь воспользуемся полученными результатами, чтобы доказать симметрию тензора диэлектрической проницаемости.

Мы вводили его следующим образом: Di = εik Ek

В свободной энергии в единицу объёма

= (меняем порядок дифференцирования) = εki

Отметим, что мы использовали соотношения, которые справедливы в случае термодинамического равновесия.

Диэлектрик, помещенный в однородное электрическое поле в вакууме

(Изменение энергии = энергия поля с телом минус энергия поля без тела)

(φ + φ0)(D − E ) = div(φ + φ0)(D − E ) − (φ + φ0)div(D − E )

Сторонних зарядов нет, поэтому второе слагаемое обращается в ноль. Интеграл по объему преобразуем в интеграл по бесконечно удаленной поверхности:

81π ∫ dV div(φ + φ0)(D − E ) = 81π df(φ + φ0)(D − E )

На бесконечности D совпадает с приложенным полем, поэтому это слагаемое тоже обращается в ноль. Таким образом,

D − E = 4πP , где P — плотность дипольного момента в единице объёма

Поле однородное, поэтому

E = E0 − 12 ∫ E P dV = E0 − 12E ∫ P dV = E0 − 12E P

(P)i = V αik Ek, тогда

1

E = E0 − 2V αik Ei Ek

Дифференцируя по напряженности внешнего поля, получим

dE = ... − V αik Ei dEk = ... − PdE

4. Постоянное магнитное поле. Основные уравнения и граничные условия. Магнитное поле системы линейных токов. Энергия системы токов. Термодинамические соотношения для магнетиков в постоянном магнитном поле.

Постоянное магнитное поле

Рассматриваем проводники, в которых течёт постоянный ток (нет зависимости от времени, нет электростатического поля, задано распределение плотности тока).

Имеем известные соотношения

divB = 0, rotH = 4cπ j

(B)i = μik Hk; для простоты будем предполагать, что магнетик изотропный, поэтому B = μH.

Будем считать, что поверхностный ток на границе проводников равен нулю, тогда для Bn и Hl имеем условия непрерывности на границах магнетиков.

Введём векторный потенциал B = rotA (divA = 0) (кулоновская калибровка)

Граничные условия имеем для (rotA)n и (rotμA ) (т.е. μ1 [ A]l) l

Замечание. Поскольку вектор B конечен, а его нормальная и тангенциальная производные удовлетворяют указанным условиям, вектор A на границе должен быть непрерывен. (Если проинтегрировать выражения по некоторой области в окрестности границы и устремить эту область к нулю, мы получим, что производная потенциала по координатам может испытывать скачок, а сам он должен быть непрерывным.)

Рассмотрим ситуацию, когда ток течёт вдоль оси z:

j = ez j(x, y)

Подставив в уравнение (1), получим, что A = ez A(x, y), т.е.

A(x, y) = − 4cπ μj(x, y)

(rotμA) = μ1 [ , Aez ]l = μ1 [ A, ez ]l = μ1 [ez l] A

l

[ez l] = n — вектор нормали к границе

Таким образом, получаем, что непрерывной должна быть величина

Теперь еще больше упростим ситуацию: будем считать, что

j(x, y) = j() = j(r) (радиальное распределение плотности тока)

Примем также μ = 1.

rotH = 4cπ j ∫ rotHdf = 4cπ ∫ jdf = 4cπ I(r)

Слева по теореме Стокса получим интеграл

Hdl = H 2πr

Вданном случае у H будет только одна компонента

Hφ = 2I(r) cr

Векторный потенциал A = ez A(r):

A(r) = r ∂A r ∂r

Вернёмся к более общей ситуации, когда μ = 1 и задана некоторая плотность тока j(r).

A = − 4cπ j

Магнитное поле системы линейных токов

Будем предполагать, что плотность тока может быть записана как

j(r) = ∑Ia δ((r − ra)ea)

a

Ia = Iaea, ea — единичный вектор, касательный к линии тока.

Дельта-функция показывает, что плотность тока отлична от нуля в плоскости,

перпендикулярной линии тока.

Подставляя выражение для плотности тока в полученные выше, получим