1. Εξισώσεις του Maxwell στο κενό χωρίς πηγές (ρ= , =0 0j )

2. Εξισώσεις του Maxwell στο κενό με πηγές (ρ , 0 0j )

(Ασυμμετρία)3. εξισώσεις του Maxwell στην ύλη με πηγές

D E P

HB

M

ε

μ

0

0

όπου P η πόλωση και

M η μαγνήτιση του υλικού.

Μέσα στην ύλη υπάρχουν ελεύθερα φορτία - ρfree - καθώς και δέσμια φορτία - ρbound -Το άνυσμα D

συνδέεται με την πυκνότητα των ελεύθερων φορτίων - ρ free -, ενώ το E με όλα τα φορτία ρfree+ρbound

.Οι εξισώσεις του Maxwell έχουν τη μορφή: D ρ free

B 0

H jD

tfree

EB

t

Ο όρος

D

t αποτελεί το λεγόμενο ρεύμα μετατόπισης.

Για την περίπτωση που το μέσο είναι ομογενές και ισότροπο ισχύει :

D E

HB

εε

μμ

0

0

Αν ληφθεί υπόψη ο νόμος του Ohm : j Efree σ , όπου σ η αγωγιμότητα του μέσου, τότε οι

παραπάνω εξισώσεις παίρνουν τη μορφή: E

ρ

εf r e e

0 B 0

B EE

tμμ σ εε μμ0 0 0

EB

t

j

t

ρ 2

2

2 0

BB

tε μ0 0

E E f kz t g kz tx ox [ ( ) ( )]ω ω , όπου ku

ο κυματαριθμός.

BE

cx

y BE

cyx

2. Η λύση της κυματικής εξίσωσης στο κενό με πηγές

2

0 0

2

20

0

EE

t

j

tε μ

ρ

εμ

20 0

2

2 0

B

B

tjε μ μ

( )

3.Η λύση της κυματικής εξίσωσης σε μονωτή (μ,ε,σ=0)

20 0

2

2

EE

tεε μμ

20 0

2

2

BB

tεε μμ

4. Ατελής μονωτής-Εισαγωγή στην έννοια της μιγαδικής διηλεκτρικής σταθεράς

E E ei z i z

0

0 0 0 0( )ωt-ω ε μ ε ω ε μ εε

2επ πφ

π

5. Η κυματική εξίσωση σε αγωγό (ε, μ, σ)

2

2 0 0 0

2

2

E

z

E

t

E

t μ μσ ε εμ μ

2

2 0 0 0

2

2

B

z

B

t

B

t μ μσ ε εμ μ

Α. Αναζήτηση εμπειρικής λύσης της σχέσης (1)

1

Λόγω της δημιουργίας ρευμάτων, ενέργεια του κύματος θα καταναλίσκεται υπό μορφή θερμότητας Joule και κατά συνέπεια το κύμα βαθμιαία θα εξασθενεί. Αυτό σημαίνει ότι Ε0=Ε0(z). Αναζητούμε λύση της μορφής: E E e az

0 sin(ωt-kz) (2) (φθίνoν Η/Μ κύμα)(Θα μπορούσατε να εκφράσετε τη φθορά του κύματος με ένα όρο α /z αντί του e-αz ;)Αντικαθιστώντας τη λύση (2) στην (1) καταλήγουμε:

a ku

2 20 0 2 ε εμ μω

ω22

(3)

και 2 0ak μ μσω (4)Σημειώστε ότι το μέγεθος u αντιπροσωπεύει ταχύτητα διάδοσης για σ=0.

Για μεταλλικό αγωγό και για συχνότητες ω κάτω από την οπτική περιοχή ο όρος ω2

u2 είναι πολύ

μικρός(ω

u 0 ), οπότε λόγω της (3) θα είναι a k και η (4) δίνει 2 2

0a μ μσω δηλαδή

a μ μσω0

2 (5)

Η ποσότητα δ=1

α μ μσω

2

0

(6)

λέγεται επιδερμικό βάθος ( skin depth ). Ο καλός αγωγόςΗ σχέση (8) γράφεται:k i* ) )2 ωεε (ωμμ σ (ωμμ0 0 0

Για σ>>ωεε0 (χαμηλές συχνότητες) θα έχουμε : k i* )2 σ (ωμμ0 και

k i* σωμμ0 (11)

Τότε η (11) γίνεται k i* ( ) 1σωμμ

20 (12)

k a σωμμ

20 (13)

Άρα E E e ez i z

0

σωμμ

2ωt-

σωμμ

20 0( ) (14)

Ανάλογα βρίσκεται: B E

ke e

z i z

0 ω

σωμμ

2ωt-

σωμμ

2

π

40 0( )

(15)

Στην πράξη αν σ/ωεε0>100 το υλικό θεωρείται καλός αγωγός.Η φυσική σημασία της σχέσης : σ>>ωεε0 : Επισημαίνουμε ότι στους αγωγούς η πυκνότητα

j είναι

το άθροισμα δύο όρων, εκείνου του ρεύματος μετατόπισης :

jD

t

E

tμ 0εε

και εκείνου του

ρεύματος αγωγιμότητας: j Eα σ .

Για ηλεκτρικό πεδίο της μορφήςE E ei z

0( )ωt-κ , είναι

j Eμ 0ωεε .

Στην περίπτωση καλού αγωγού, η αγωγιμότητα σ είναι της τάξης των 107mho/m, οπότε η συχνότητα (για την οποία οι δύο όροι της πυκνότητας ρεύματος είναι ίσοι), είναι ω=36π x1016rad/s, που είναι στην οπτική περιοχή του φάσματος. Για συχνότητες πολύ μικρότερες εκείνης της οπτικής περιοχής (π.χ. 1011Hz, περιοχή μικροκυμάτων), το ρεύμα μετατόπισης μπορεί να θεωρηθεί αμελητέο ως προς το ρεύμα αγωγιμότητας. Με άλλα λόγια η σχέση

j jα μ συνεπάγεται

σ>>ωεε0 . Σημειώστε ότι στη σελίδα 40 η σχέση αυτή εκφράσθηκε ισοδύναμα με την ω u2 2 1, για ω αρκετά κάτω της οπτικής περιοχής συχνοτήτων.

2

Επειδή για καλό αγωγό ε 1 η σχέση σ>>ωεε0 συναντάται και ως σ>>ωε0 . Θεωρώντας εκ των προτέρων τη σχέση σ>>ωε0 , η εξίσωση (1) της σελίδας 40 θα μπορούσε να πάρει τη μορφή :

2

2

E

z

E

tμμ σ0 (16)

Αντίστοιχα για το μαγνητικό πεδίο : (17)

Η φασική ταχύτητα των Η/Μ κυμάτων στον καλό αγωγό u

ω

k

ω

σωμμ2

2ω

σμμ0 0

εξαρτάται από τη συχνότητα και γενικά είναι πολύ μικρότερη από εκείνη στον τέλειο μονωτή, u 1 ε εμμ0 0 όπου u είναι ανεξάρτητη της συχνότητας.Στην αρχική αντιμετώπιση του θέματος της διάδοσης των Η/Μ κυμάτων μέσα στον αγωγό, ξεκινήσαμε θέτοντας ρ=0 στις εξισώσεις του Maxwell. Θα μπορούσε να ισχυριστεί κανείς ότι αυτό είναι το αποτέλεσμα της αρχικής ηλεκτρικής ουδετερότητας του αγωγού και αν εμφανιστεί μια πυκνότητα ελεύθερου φορτίου σε κάποιο σημείο του αγωγού, τότε αμέσως σε κάποιο άλλο σημείο εμφανίζεται ίση και αντίθετη πυκνότητα, ώστε ο αγωγός να είναι συνολικά ουδέτερος. Μια τέτοια αντιμετώπιση πάσχει κατ΄ αρχήν από το γεγονός ότι οι εξισώσεις του Maxwell, με τη διαφορική τους μορφή, αναφέρονται κάθε φορά σε συγκεκριμένο σημείο του αγωγού και όχι σε όλη την έκτασή του. Θα αποδείξουμε ότι οποιαδήποτε εμφάνιση πυκνότητας ελεύθερων φορτίων σ΄ ένα καλό αγωγό, δεν μπορεί να διατηρηθεί και φθίνει ακαριαία.

Πράγματι από τις σχέσεις : j Eσ και

D Eεε0 , προκύπτει ότι

jD

σ

εε0

και j D

σ

εε0. Αλλά,

D ρ free . Άρα

j

σ

εερ

0free .

Λαμβάνοντας υπόψη και την εξίσωση της συνέχειας j

t

ρ free

0 , καταλήγουμε στη σχέση

σ ρ

εε

ρfree

0

free t

0 , που έχει λύση την ρ ρfree 0,freeσ/εε0( , ) ( )

r t r e t

Η σταθερά τ=εε

σ0 έχει διαστάσεις χρόνου και καλείται χρόνος εφησυχασμού.

1. Η/Μ κύμα διαδίδεται σε ένα μέσο. Το ηλεκτρικό πεδίο έχει τη μορφή E t z i V m 10 10 38cos( ) / . Προσδιορίστε αν το μέσο που διαδίδεται το κύμα είναι κενό, τέλειος μονωτής ή αγωγός. Προσδιορίστε επίσης το μαγνητικό πεδίο Β.

Επειδή το πλάτος είναι σταθερό το μέσον δεν μπορεί να είναι αγωγός. Η ταχύτητα του κύματος

είναι uk

s

mm s c

10

33 33 10

8 1

17. . Αφού u c το μέσο δεν είναι κενό αλλά μονωτής.

B

E

ut kz jT t z jT B t z jT cos( ) cos( ) cos( )

10

103

10 3 3 10 10 388 7 8

3. Επίπεδο Η/Μ κύμα E E kz to sin( ) προσπίπτει σε αγώγιμο μέσο (μ, σ).α. Υπολογίστε το βάθος που το πλάτος του παραπάνω κύματος θα γίνει το 10% της αρχικής τιμής.β. Μια συσκευή που πρέπει να δουλέψει σε συχνότητα μικροκυμάτων (ν=1010Hz) είναι απαραίτητο για πειραματικούς λόγους να αναφέρονται στην αγωγιμότητα να χρησιμοποιηθούν εξαρτήματα από άργυρο. Διατίθενται τα παρακάτω υλικά:

σ(mhos/m) ΚόστοςAg 3x107 ακριβό υλικό

3

W 1.8x107 ενδιαμέσου κόστους υλικόCu 5.7x107 σχετικά φθηνό υλικό

Υποθέστε μ=1 για όλα τα παραπάνω υλικά.Προτείνετε τη φθηνότερη λύση στην κατασκευή των μεταλλικών εξαρτημάτων που να ανταποκρίνεται στις απαιτήσεις του πειράματος.α. Κατά την άσκηση

E E e E e z zoz

oz

o

01 01 2 3 2 3 2 32

. . . . .

β. Ago

m 2

20 092 10 5.

Άρα η συσκευή θα αποτελείται από χαλκό (Cu που είναι το φθηνότερο υλικό) επικαλυμμένο με Ag πάχους δ τουλάχιστον 0.92 μm.

4. Επίπεδο Η/Μ κύμα E e t kz j V maz 2 108sin( ) / διαδίδεται σε μέσο χαρακτηριζόμενο από ε=1,

μ=20, σ=3mhos/m. Να βρεθούν οι σταθερές α και k και η μαγνητική διέγερση H .

Επειδή

o

3393 100 το υλικό μας είναι καλός αγωγός.

Άρα a k mo 2

614 1.

οπότε

HB k

Eeo o

i

1*

κάθετα στον χ άξονα με k a k a* 2 2 2 και 4

για καλό

αγωγό.

Άρα H

ae t kz i e t z i mA m

o

az z 22

4691 10 614

461 4 8

sin( ) . sin( . ) /.

A

to o

συνθήκη Lorentz .

22

22

22

22

2

2

2

2

EE

t

J

t

BB

tJ

t

AA

tJ

o oo

o

o o o

o oo

o o o

( )

1. Ορίζει μια επιπλέον σχέση, (εκτός της

EA

t

) μεταξύ του μονόμετρου φ και του

διανυσματικού δυναμικού A .

2. Εξασφαλίζει ώστε τα A και φ να ικανοποιούν την εξίσωση κύματος αντίστοιχα όπως τα πεδία

E

και B .

3. Εισάγει πλήρη συμμετρία μεταξύ των φ και A από την άποψη ότι στις εξισώσεις (12) και (13) τα

φ και A έχουν διαχωρισθεί κατά τον καλύτερο τρόπο. Το

A συνδέεται με το

J και το φ με το ρ.

4. Διαπιστώστε ότι η συνθήκη του Lorentz είναι απόλυτα συμβατή με την εξίσωση της συνέχειας.Υπόδειξη: Εφαρμόζουμε τον τελεστή 2 στη συνθήκη του Lorentz.Έχουμε:

2 2 20 0( ) ( ) ( )

At

Ato o o o

( ),( ) ( ) ( )12 132 2

2 2

0

o o o o oo

o oJA

t t t

o o o o o

At

Jt t

At

Jt

o o

( ) ( )

2

2

0

0 0

Ενέργεια της Η/Μ ακτινοβολίας

4

πυκνότητα ενέργειας u E D B H 1

2( )

u z t Eo( , ) 2

ισχύς Ps

d

dt

1 Δ =uΔV=u(scΔt), οπότε P

u sc t

s tc u

( )

P c Eo 2

ένταση I P E E kz t EE

oo sin( ) ,ω εν 2

οπότε EEo2

2

2 άρα I c E c Eo

1

22 2ε εο ο εν

P c E E c E B c c E BE B

ε ε εμο ο οο

2 (7)

SE B

μο

S E H

S P

S I

t

S dss

(4)

Για σημειακή πηγή που εκπέμπει Η/Μ ενέργεια ομογενώς και ισότροπα προς όλες τις διευθύνσεις, η σχέση (4) διαδοχικά γίνεται :

t

S dst

S dst

S

4πr 2

δηλαδή η μέση ισχύς που περνά από σφαίρα ακτίνας r, ισούται με τη μέση τιμή του ανύσματος Poynting στην επιφάνεια της σφαίρας επί το εμβαδόν της επιφάνειας αυτής. Για την περίπτωση του αρμονικού Η/Μ πεδίου στο κενό, και επειδή

E B θα είναι :

S E B E t kz B t kz

S E B t kz E Bc

E

o o

o o o o o

1 1

1 1 12 2

μ μω ω

μω

2μ 2μ

o o

o o o

sin( ) sin( )

sin ( )

S E H EB E E t kz

E E

ZS

Eoo o

oκενο

o o o o

o

κενοεν

0μ cμ

ω

cμ με

Ζ

2 2 22 2

22 2sin ( )

S E H E

B E E t kzE E

ZS

Eoo o

μονωτικηυλη

o o o o

o

μονωτικηυλη

εν

μμ uμμ

ω

cμ μμεε

Ζ

2 2 22 2

22 2sin ( )

Θεώρημα διατήρησης της ενέργειας στα Η/Μ κύματαt

E Jdv E H dsV s

( )

t t t Joule ακτινοβολιας

8. Μακρύ ευθύγραμμο σύρμα διαρέεται από ρεύμα σταθερής πυκνότητας J . Η ακτίνα διατομής

του είναι R και η διαφορά δυναμικού για κάθε μήκος l είναι V. Ζητείται το μέτρο και η διεύθυνση του ανύσματος Poynting στην επιφάνεια (r= R) του σύρματος. Δείξτε στη συνέχεια ότι η ενέργεια ανά μονάδα χρόνου που ρέει στο σύρμα είναι VI. Σχολιάστε την ενεργειακή μεταβολή και γενικά το ενεργειακό ισοζύγιο σε ένα κύκλωμα διαρεόμενο από σταθερό ρεύμα. Διερευνήστε το παραπάνω πρόβλημα για r<R (εσωτερικό αγωγού) και για r>R (εξωτερικό αγωγού).1 η λύση

5

Σχήμα 32

Στο εσωτερικό του αγωγού Ε=V/I. Λόγω της συνέχειας της εφαπτομενικής συνιστώσας του πεδίου στην επιφάνεια του αγωγού το πεδίο θα είναι V/I και αμέσως έξω από την επιφάνεια του αγωγού. Αν j η πυκνότητα του ρεύματος τότε η ένταση i του ρεύματος που περνά από μία διατομή του αγωγού (S =π R² ) θα είναι i =j π R² και από το νόμο του Ampere, Bdl i μο καταλήγουμε στη

σχέση Bi

Rμ

πο

2. Το

B είναι εφαπτόμενο της δυναμικής γραμμής κέντρου Ο και ακτίνας (ΟΑ)=R.

Το μέτρο του ανύσματος Poynting θα είναι:

S E B

V

l

i

R

V

l

i

R

1 1

2 2μ μ

μ

π πο ο

ο

Η διεύθυνση του S είναι κάθετη της κυλινδρικής επιφάνειας του αγωγού και διευθύνεται προς τα

μέσα. Η ροή του S μέσω του αγωγού θα είναι:

Αλλά d

dtS ds

όπου

d

dt

η ενέργεια της Η/Μ ακτινοβολίας που εισέρχεται ανά μονάδα

χρόνου από τον εξωτερικό χώρο στον αγωγό. Η θερμότητα Joule συνεπώς που επάγεται από τον αγωγό είναι ίση με την Η/Μ ενέργεια που εισέρχεται από τον αγωγό στον εξωτερικό χώρο. Με άλλα λόγια, η διαπραγμάτευση του θέματος με βάση το άνυσμα Poynting οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η ενέργεια που καταναλίσκεται υπό μορφή θερμότητας πάνω στα σύρματα δεν προσφέρεται από την πηγή (δια μέσω των συρμάτων) όπως είναι κοινή αντίληψη, αλλά εισέρχεται από τον περιβάλλοντα χώρο όπου υπάρχει αποθηκευμένη Η/Μ ενέργεια λόγω των πεδίων Ε και Β.

2 η λύση

d

dt

d

dt

d

dtE

D

tH

B

tdV E JdV S dsH/M Joule

V

ακτινοβολιας

παραπ

( )

6

Για τα στατικά πεδία του προβλήματος μας ισχύει:

D

t0 και

B

t0 οπότε προκύπτει:

S ds E JdV

V

παραπ

.

Αλλά E JdV

V

l

i

RdV

V

l

i

RdV

V

l

i

RR l Vi

V

π π ππ

΄ ΄ ΄( ΄ )

Άρα S ds Vi

Θεωρώντας, λόγω συμμετρίας, το S σταθερό και συνεχώς κάθετο σε οποιοδήποτε σημείο της επιφάνειας του αγωγού έχουμε:

S ds S ds S ds S Rl cos180 20 π

Συγκρίνοντας τις δύο παραπάνω σχέσεις καταλήγουμε τελικά στη

SVi

Rl

2π .

Διερεύνησηα) E σωτερικό αγωγού ( R ΄< R ) Για το ρεύμα i΄ που περνά από μια διατομή του αγωγού ακτίνας R΄<R θα έχουμε

ji

R

i

Ri i

R

R

π π² ²

2

. Το πεδίο Β΄ στην επιφάνεια του αγωγού ακτίνας R΄ θα είναι

B BR

R

και συνεπώς το άνυσμα του Poynting S S

R

R

και η ενέργεια που καταναλώνεται

στη μονάδα του χρόνου στο σύρμα ακτίνας διατομής R΄, θα είναι d

dtS ds Vi

παραπ

β) E ξωτερικό αγωγού ( R ΄> R ) Αφού από την επιφάνεια του αγωγού ρέει Η/Μ ενέργεια προς τα μέσα, σημαίνει ότι στον έξω χώρο του αγωγού είναι αποθηκευμένη ενέργεια και μάλιστα σημαίνει ότι το άνυσμα του Poynting υφίσταται και η ροή του δεν είναι μηδενική. Είναι σαφές ότι αφού υπάρχει

S υπάρχει ηλεκτρικό

πεδίο στο εξωτερικό του ρευματοφόρου αγωγού. Το πεδίο αυτό μπορούμε να το καταλάβουμε καλύτερα αν θεωρήσουμε τους δύο πόλους της πηγής απομακρυνομένους προς το και το αντίστοιχα και κατά συνέπεια θεωρώντας ισοδύναμα μια διπολική κατανομή φορτίου. Το

E θα

είναι εφαπτόμενο μιας δυναμικής γραμμής και συνεπώς θα έχει διαφορετική διεύθυνση στα διάφορα σημεία του χώρου. (Το μέτρο του πεδίου στα διάφορα σημεία του χώρου μπορεί να υπολογισθεί αλλά είναι έξω από το σκοπό της παρούσας άσκησης.) Αυτό που έχει σημασία είναι ότι υφίσταται το

S έξω από τον αγωγό, η δε ροή του για οποιαδήποτε επιφάνεια περιβάλλουσα τον

αγωγό είναι ίση προς VI δηλαδή προς τη ροή μέσω της εξωτερικής κυλινδρικής επιφάνειας του αγωγού. 11. Πυκνωτής με οπλισμούς παράλληλες κυκλικές πλάκες ακτίνας α φορτίζεται. Αν l η απόσταση μεταξύ των οπλισμών του, υπολογίστε το άνυσμα Poynting

S και τη ροή του

S ds .

Πώς αντιλαμβάνεστε την αποθήκευση της ηλεκτροστατικής ενέργειας στον πυκνωτή;Λύση

7

Σχήμα 36

Κατά τη φόρτιση του πυκνωτή q q eo

tRC ( )1 ,

dq

dt

q

RCeo t

RC . Άρα το πεδίο μεταξύ των

οπλισμών είναι χρονικά μεταβαλλόμενο με μέτρο:

E tV t

l

q t

IC( )

( ) ( ) (1)

Cl

επα

o

2

(2)

Λόγω του μεταβαλλόμενου ηλεκτρικού πεδίου E , δημιουργείται μαγνητικό πεδίο

H . Το μαγνητικό

πεδίο έχει δυναμικές γραμμές ομόκεντρους κύκλους με κέντρο πάνω στον άξονα του πυκνωτή. Θα

έχουμε: H dl

tE ds

E

tds ε εo o

( ) και το μέτρο του Η θα είναι HE

t2πα=ε παo

2

δηλαδή HE

t

1

2ε αo

(3)

Τότε S E H E

E

t

1

2ε αo

(4)

με διεύθυνση του εσωτερικό του πυκνωτή. Για τη ροή του S έχουμε:

S ds EE

tds E

E

tds

d

dtE ds

d

dtE l S ds

d

dtE l

o o

1

2180

1

2

1

2

1

2

1

2

1

22

1

2

0 2

2 2

ε α ε α α ε

ε α( πα ε (πα

o

o o2

cos ( )

( ) ) ( ) )

(5)

Αλλά 1

22εo E είναι η πυκνότητα ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή, και V lκυλ πα 2 ο

κυλινδρικός όγκος που εγκλωβίζει ο πυκνωτής.

Συνεπώς d

dtE V

d

dt H E( ) /

1

22εo κυλ είναι η χρονική μεταβολή της ηλεκτροστατικής ενέργειας που

αποταμιεύεται στον πυκνωτή. Η σχέση (5) λοιπόν θα γράφεται : S ds

d

dt H E /

Μια πρώτη παρατήρηση είναι ότι θεωρήσαμε dq/dt = σταθερό, άρα

H =σταθερό, οπότε η χρονική μεταβολή της μαγνητικής ενέργειας θεωρήθηκε μηδέν. Σημειώστε ότι η ενέργεια που είναι κάθε

στιγμή αποταμιευμένη στον πυκνωτή 1

22εo κυλE V είναι η ηλεκτροστατική ενέργεια του πυκνωτή. Η

σχέση (5) μας λέει ότι η ενέργεια που αποταμιεύεται στον πυκνωτή δεν δίνεται μέσω των συρμάτων αλλά από τον περιβάλλοντα χώρο, απ’ όπου ρέει Η/Μ ενέργεια παράλληλα προς τους οπλισμούς του πυκνωτή. Ένας συμβιβασμός με την κοινή αντίληψη ότι η ενέργεια έρχεται μέσω

8

των συρμάτων θα μπορούσε να επέλθει αν E H παράλληλο προς τον άξονα του αγωγού. Αλλά

αυτό ισχύει για το E και συνεπώς το

E H είναι κάθετο προς τον άξονα και παράλληλο προς τους

οπλισμούς του πυκνωτή δεικνύοντας σαφώς ότι η Η/Μ ενέργεια ρέει από τον εξωτερικό χώρο, όπου είναι αποθηκευμένη, προς το εσωτερικό του πυκνωτή δια μέσου της παράπλευρης επιφάνειάς του.Επειδή στην διατύπωση της άσκησης δίνεται το φορτίο q η λύση μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής:Από τις σχέσεις (1), (2), (3) έχουμε:

S E H

q

lC lC

dq

dt

q

lCl

l

dq

dtS

lCq

dq

dto

o

o 1

2

1 1

2

11

1

2ε α

ε παε α

πα2

άρα

d

dtS ds

lCq

dq

dtds

lCq

dq

dtl S ds

Cq

dq

dt t

q

C tH M

H E

//( )

1 1

2

1 1

22

1 1

2

2

πα παπα

όπου H E/ η ηλεκτροστατική ενέργεια του πυκνωτή.

Σημειώνουμε ότι όπως είναι γνωστό το ηλεκτρικό πεδίο εκτείνεται και στο χώρο έξω από τους οπλισμούς του πυκνωτή και επειδή q =q(t) άρα E=E(t) που σημαίνει και την ύπαρξη

H στον γύρω

από τον πυκνωτή χώρο. Άρα υπάρχει Η/Μ πεδίο και συνεπώς Η/Μ ενέργεια αποθηκευμένη στο γύρω χώρο από τον πυκνωτή η οποία ρέει προς το εσωτερικό του εξασφαλίζοντας το ενεργειακό ισοζύγιο. 2 η λύση Εφαρμόζουμε το θεώρημα διατήρησης της ενέργειας.

E

D

tH

B

tdV J EdV E H ds

V

( )

Είδαμε προηγουμένως ότι

B

t0 . Επίσης

J 0 άρα

S ds E

D

tdV E

E

tdV

q

lC lC

dq

dta l

lC

l a

a ll

qdq

dt

q

C

dq

dto o o

1 11

2

2

2δηλαδή

S ds

q

C

dq

dt άρα

S ds

d

dt

q

C

d

dt H E( ) /

1

2

2

Λόγω συμμετρίας το

E H είναι κάθετο σε κάθε σημείο της παράπλευρης επιφάνειας που ορίζει ο

πυκνωτής. Για την επιφάνεια του κυλίνδρου, από τη σχέση

( ) cos E H ds

q

C

dq

dtE H al

q

C

dq

dtE H

alCq

dq

dt2 180

1

20

Διερεύνηση

Θα μπορούσε να καταλήξει κανείς στη σχέση : S ds

d

dt H E / ως εξής:

Από την dq

dt = σταθ. προκύπτει

dB

dt0 , οπότε

S ds ED

t tE DdV

t H E

( ) ( )/

1

2

Στην πραγματικότητα όμως dq

dt είναι μεταβαλλόμενο κατά την διάρκεια της φόρτισης, οπότε

ισχύει:

9

S ds E

D

tH

B

tdV

tE D H B dV S ds

tH E H M

1

2

1

2/ / Διατυπώστε τι

εκφράζει η τελευταία σχέση.α) Πηγή (S) ακίνητη - Παρατηρητής (Ο) κινούμενος

v vu u

u

0

β) Πηγή (S) κινούμενη - παρατηρητής (0) ακίνητος

v vu u

u uo

s

' (7)

1.Για την περίπτωση που το μέσο μέσα στο οποίο διαδίδεται το κύμα κινείται ( π.χ. φυσάει αέρας ) ο τύπος (7) παίρνει την έκφραση :

v vu u

u us

0

2.Όταν ο παρατηρητής και η πηγή κινούνται σε διευθύνσεις διαφορετικές από την κοινή ευθεία που τους συνδέει, τότε στον τύπο (7) μπαίνουν οι προβολές των ταχυτήτων στην ευθεία αυτή. Π.χ. για την περίπτωση του Σχήματος 72, η συχνότητα που ακούει ο παρατηρητής δίνεται από τη σχέση :

v vu u

u us

0 cos

cos

(8)

1.Διαπιστώνουμε ότι οι τύποι :

Ήχος v vu

u us

ηχου

ηχου

(1)

v vu u

u

ηχου

ηχου

0 (2)

Φως v v

u c

u c'

1

1 2 2

(3)συμπίπτουν στην έκφραση όταν us< < uηχ και u << c.Πράγματι είναι :

1. v v

u

u

vu

uv

u

u

u

uv

u

us

s s s s' ( ) ( ( ) ...) ( )

1

11 1 11 2

(1´)

2. v vu

uo ( )1

ηχου (2´)

3. v vu

c

u

cv

u

c

u

c' ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( ) ...) 1 1 1 1

1

22 1 2 2

( ( ) ( ) ( )11

2

1

212 3u

c

u

c

u

cv

u

c (3΄)

v vu u

u uv u u u u v

u

u

u

uv

u

u

u

u

vu

u

u

u

u u

uv

u u

uv

u

u

ss

s s

s s s

' ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

00

1 0 1 0

0 02

0

1 1 1 1

1 1 1

Θα δείξουμε παρακάτω ότι για μικρές ταχύτητες η μετατόπιση μπορεί να γραφεί

u

c.

10

v v

u

c

u

c

vu

c' ( )

1

1

12

2

Άρα : 1 1

11 1

( )

u

c

u

c

u

c

u

c

Αλλά : ( ) ( )1 11u

c

u

cΣυνεπώς :

u

c

u

c

u

c

u

c

u

c( )1

2

2

u

c

ΕΙΔΩΛΑ ΓΡΑΜΜΙΚΟΥ ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΟΥ ΑΠΌ ΔΙΑΘΛΑΣΤΙΚΗ E ΠΙΦΑΝΕΙΑ A

B

B΄

A΄

K

n1 n2

A

B

A΄

B΄ K

n1 n2

B

A

B΄K

A΄

n1 n2

B

A

A΄

B΄

K

n1

n2

Σχημα 112 Σχήμα 113 Σχήμα 114 Σχήμα 115

κυρτό δίοπτρο κυρτό δίοπτρο κοίλο δίοπτρο κοίλο δίοπτροη1<η2 η1>η2 η1<η2 n1>n2

1 2 2 1 p q R

1 2 2 1 p q R

( )1 2 2 1

p q R

( )1 2 2 1 p q R

ΜΕΓΕΘΥΝΣΗ ΜΕΣΩ ΔΙΟΠΤΡΟΥ Από το νόμο της διάθλασης γνωρίζουμε ότι ακτίνα που προσπίπτει στο οπτικό κέντρο του κυρτού κατόπτρου υπακούει στο νόμο: η1i=η2r για μικρές γωνίες για τις οποίες υποθέτουμε ότι το ημίτονο και η εφαπτομένη ισούνται με τις γωνίες, εκπεφρασμένες σε ακτίνια.

Β

Α

Α΄

Β΄

ψ1

αβ

ψ2p

q

i

r

K

I

η1

η2

h

Κατά συνέπεια προκύπτει: 1

1

2

2 1 1 2 2

p q

h

p

h

qh *

1 1 2 2

:εξίσωση Helmholtz.

Ορίζουμε ως εγκάρσια μεγέθυνση το μέγεθος: TM

q

p 2

1

1

2

Ορίζουμε ως γωνιακή μεγέθυνση το μέγεθος:

M

ΕΠΙΠΕΔΟ ΔΙΟΠΤΡΟ

11

ΕΠΙΠΕΔΕΣ ΔΙΑΘΛΩΣΕΣ ΕΠΙΦΑΝΕΙΕΣ: Ο τύπος των επιπέδων διόπτρων προκύπτει

από τον τύπο των σφαιρικών διόπτρων όταν R=. 1 2 p q

Από τη σχέση αυτή φαίνεται ότι το πρόσημο του q είναι αντίθετο από το πρόσημο του p γεγονός, που συνεπάγεται ότι το είδωλο σχηματίζεται στην ίδια περιοχή με το αντικείμενο.

A΄ Ap

q

n1

n2 pq

A A'

n1

n2

Σχήμα 116 Σχήμα 117

=1

=n

=n

n2=1

Στη συνέχεια θα εξετάσουμε την περίπτωση κατά την οποία έχουμε το σύστημα αέρας-γυαλί .Διακρίνουμε τις εξής εκδοχές:Α. Η ακτίνα φωτός ταξιδεύει από τον αέρα προς το γυαλί (n1=1, n2=n) (Σχήμα 116).

Ισχύει ότι:η2>η1 ενώ παράλληλα: 1

p qq p

A A q p n p( )1

Β. Η φωτεινή ακτίνα κατευθύνεται από το γυαλί προς τον αέρα ( n1 = n, n2 =1) (Σχήμα 117).

Ισχύει ότι η2<η1 ενώ παράλληλα: n

p qq

p

n

10

A A q p

n

np

( )1

ΜΕΓΕΘΥΝΣΗ ΜΕΣΩ ΕΠΙΠΕΔΟΥ ΔΙΟΠΤΡΟΥ Η μεγέθυνση που υπολογίζεται με αυτόν τον τρόπο είναι ίση με τη μονάδα, γεγονός που μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι το είδωλο που σχηματίζεται από επίπεδη διαθλώσα επιφάνεια έχει πάντα το ίδιο μέγεθος με το αντικείμενο και είναι πάντοτε ορθό.

12