Institutt for fysikk, NTNU Fag MNFFY 103 Elektrisitet og magnetisme Vår 2003

Løsningsforslag til øving 3

Veiledning fredag 7. februar

Oppgave 1

a) La oss starte med å se på tilfellet i = 1:

(u⃗ × v⃗)_{1} = ϵ_{1jk}u_{j}v_{k} = ϵ_{123}u_{2}v_{3} + ϵ_{132}u_{3}v_{2} = u_{2}v_{3} − u_{3}v_{2}

som stemmer. Tilfellene i = 2 og i = 3 kan vises på tilsvarende måte, og dermed har vi vist at det oppgitte uttrykket representerer en vilkårlig komponent i av kryssproduktet.

b) Vi regner ut divergensen til kryssproduktet direkte:

∇ · (E⃗ × B⃗) = (\frac{∂}{∂x}x̂ + \frac{∂}{∂y} ŷ + \frac{∂}{∂z} ẑ) ·

[(E_{y}B_{z} − E_{z}B_{y}) x̂ − (E_{x}B_{z} − E_{z}B_{x}) ŷ + (E_{x}B_{y} − E_{y}B_{x}) ẑ]

= \frac{∂E_{y}}{∂x} B_{z} + E_{y} \frac{∂B_{z}}{∂x} − \frac{∂E_{z}}{∂x} B_{y} − E_{z} \frac{∂B_{y}}{∂x} −

\frac{∂E_{x}}{∂y} B_{z} − E_{x} \frac{∂B_{z}}{∂y} + \frac{∂E_{z}}{∂y} B_{x} + E_{z} \frac{∂B_{x}}{∂y} +

\frac{∂E_{x}}{∂z} B_{y} + E_{x} \frac{∂B_{y}}{∂z} − \frac{∂E_{y}}{∂z} B_{x} − E_{y} \frac{∂B_{x}}{∂z}

= B_{x} (\frac{∂E_{z}}{∂y} − \frac{∂E_{y}}{∂z} ) − B_{y} (\frac{∂E_{z}}{∂x} − \frac{∂E_{x}}{∂z} ) + B_{z} (\frac{∂E_{y}}{∂x} − \frac{∂E_{x}}{∂y} ) −

E_{x} (\frac{∂B_{z}}{∂y} − \frac{∂B_{y}}{∂z} ) + E_{y} (\frac{∂B_{z}}{∂x} − \frac{∂B_{x}}{∂z} ) − E_{z} (\frac{∂B_{y}}{∂x} − \frac{∂B_{x}}{∂y} )

= B_{x} (∇ × E⃗)_{x} + B_{y} (∇ × E⃗)_{y} + B_{z} (∇ × E⃗)_{z} −

E_{x} (∇ × B⃗)_{x} − E_{y} (∇ × B⃗)_{y} − E_{z} (∇ × B⃗)_{z}

= B⃗ · (∇ × E⃗) − E⃗ · (∇ × B⃗)

som skulle vises. c) Utledningen i punkt b) blir endel enklere hvis vi tar i bruk Levi-Civitasymbolet samt summekonvensjonen (dvs summasjon over gjentatte indekser):

∇ · (E⃗ × B⃗) = \frac{∂}{∂x_{i}} ϵ_{ijk}E_{j}B_{k}
= ϵ_{ijk} \frac{∂E_{j}}{∂x_{i}} B_{k} + ϵ_{ijk}E_{j} \frac{∂B_{k}}{∂x_{i}}
= ϵ_{kij} \frac{∂E_{j}}{∂x_{i}} B_{k} − E_{j}ϵ_{jik} \frac{∂B_{k}}{∂x_{i}}
= (∇ × E⃗)_{k} B_{k} − E_{j} (∇ × B⃗)_{j}
= B⃗ · (∇ × E⃗) − E⃗ · (∇ × B⃗)

som funnet i punkt b). Legg merke til at alle tre indekser her er gjentatte og skal dermed summeres over, fra 1 til 3. Og det er jo som det skal være: Divergensen til en vektor er en skalar størrelse som fås ved å summere over alle 3 “komponenter”.

Oppgave 2

a) Mellom de to kondensatorplatene, med ladningstetthet hhv +σ (til venstre) og −σ (til høyre), er den elektriske feltstyrken E⃗(t) = ẑσ(t)/ϵ_{0}. Her er σ(t) = 0 for t < 0. Med konstant og jevnt fordelt strøm I fra og med t = 0, blir σ(t) = Q(t)/A = It/πa^{2}, så det elektriske feltet blir

E⃗(t) = \frac{It}{ϵ_{0}πa^{2}} ẑ

Dvs lineært voksende med t og uavhengig av avstanden fra senteraksen s. Magnetfeltet blir som beregnet i øving 2, ved hjelp av Ampere-Maxwells lov:

B⃗(s) = \frac{μ_{0}Is}{2πa^{2}} ϕ̂

Dvs “sirkulært” rettet, lineært voksende med s og uavhengig av tiden t. (B = 0 for t < 0.)

b) Når vi kjenner E⃗ og B⃗, kjenner vi også tettheten av elektromagnetisk feltenergi:

u_{em} = \frac{1}{2}ϵ_{0}E^{2} + \frac{1}{2μ_{0}} B^{2}
= \frac{I^{2}t^{2}}{2ϵ_{0}π^{2}a^{4}} + \frac{μ_{0}I^{2}s^{2}}{8π^{2}a^{4}}

Poyntings vektor blir

S⃗ = \frac{1}{μ_{0}} (E⃗ × B⃗) = −\frac{I^{2}st}{2ϵ_{0}π^{2}a^{4}} ŝ

der vi har brukt at ẑ × ϕ̂ = −ŝ. S⃗ er altså rettet radielt innover, og vokser lineært med både s og t.

c) Sjekker først energibevarelse lokalt:

\frac{∂u_{em}}{∂t} = \frac{I^{2}t}{ϵ_{0}π^{2}a^{4}}

−∇ · S⃗ = −\frac{1}{s} \frac{∂}{∂s} (sS_{s}) = \frac{1}{s} \frac{∂}{∂s} \frac{I^{2}s^{2}t}{2ϵ_{0}π^{2}a^{4}} = \frac{I^{2}t}{ϵ_{0}π^{2}a^{4}}

og vi ser at høyre og venstre side i Poyntings teorem er like store. Deretter energibevarelse globalt (dvs i hele gapets volum, idet vi antar at E⃗ = 0 overalt utenfor gapet, og romlig homogent inne i gapet). Ettersom vi skal derivere med hensyn på t på venstre side, trenger vi bare å se på den tidsavhengige delen av u_{em}. Denne biten tilsvarer ϵ_{0}E^{2}/2 og er romlig homogen. Dermed blir venstre side i Poyntings teorem:

\frac{d}{dt} (\frac{I^{2}t^{2}}{2ϵ_{0}π^{2}a^{4}} · wπa^{2}) = \frac{I^{2}tw}{ϵ_{0}πa^{2}}

På høyre side av Poyntings teorem har vi flateintegralet av Poyntings vektor over gapets overflate. Vi får null bidrag fra “endeflatene” for der er dA⃗ ⊥ ŝ. På sylinderoverflaten er s = a, og altså |S⃗| konstant. Her er videre dA⃗ parallell med ŝ, så alt i alt finner vi

− ∮_{A} S⃗ · dA⃗ = \frac{I^{2}at}{2ϵ_{0}π^{2}a^{4}} · 2πaw = \frac{I^{2}tw}{ϵ_{0}πa^{2}}

Dermed har vi vist at dU/dt = − ∮_{A} S⃗ · dA⃗, som betyr energibevarelse for hele gapet.