ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ ΟΡΜΗ ΣΤΑ ΗΜ ΚΥΜΑΤΑ poynting...ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ...

ΚΥΜΑΤΙΚΗ - ΟΠΤΙΚΗ 90

“I believe that we should adhere to the strict validity of the energy principle until we shall have found important reasons for renouncing this guiding star”

A.Einstein

9ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ ΟΡΜΗ ΣΤΑ Η/Μ ΚΥΜΑΤΑ-

ΑΝΥΣΜΑ POYNTING Ενέργεια της Η/Μ ακτινοβολίας Ο τύπος που δίνει την πυκνότητα ενέργειας για στατικά πεδία δίνεται από την

παρακάτω σχέση: u E D B H= ⋅ + ⋅12

( )r r r r

όπου ο πρώτος όρος αναφέρεται σε ηλεκτροστατικό πεδίο και ο δεύτερος σε µαγνητοστατικό, δεχόµαστε δε, ότι ισχύει και για τα δυναµικά πεδία ήτοι για τα ηλεκτροµαγνητικά κύµατα. Έστω επίπεδο Η/Μ κύµα διαδιδόµενο στο κενό κατά τη διεύθυνση του άξονα z. Τότε:

u z t E D B H( , ) ( )= ⋅ + ⋅12

r r r r (1)

∆εδοµένου ότι r r r

r

D E HB

oo

= =εµ

,

η (1) γίνεται u z t EB

oo

( , ) ( )= +12

22

εµ

Αλλά r

rr

BEc

Eo o o= = ε µ οπότε: u z t E Eo o( , ) ( )= +12

2 2ε ε

Φαίνεται αµέσως ότι η πυκνότητα ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου ισούται µε την πυκνότητα ενέργειας του µαγνητικού πεδίου.

Καταλήγουµε τελικά στην: u z t Eo( , ) = ε 2 (2)

Ορίζουµε σαν ισχύ Ps

ddt

=1 ε

την ενέργεια ανά µονάδα χρόνου και ανά µονάδα

επιφανείας κάθετα στη διεύθυνση του κύµατος. Στο Σχήµα 28 φαίνεται ένα Η/Μ κύµα, που ταξιδεύει µε ταχύτητα c διαµέσου µιας επιφάνειας s. Σε ένα χρονικό διάστηµα ∆t η ενέργεια ∆ε που περνά από την επιφάνεια s θα είναι:

∆ε =u∆V=u(sc∆t), οπότε Pu sc t

s tc u= =

( )⋅

∆∆

(3)

Βάσει της (2) προκύπτει: (4) P c Eo= ε 2

c∆t

Σχήµα 28

Η ένταση Ι της Η/Μ ακτινοβολίας ορίζεται από τη σχέση : I P= (5)


Για την περίπτωση αρµονικού κύµατος : E E kz t EE

oo= − =sin( ) ,ω εν 2

οπότε EEo2

2

2=

άρα I c E c Eo= =12

2 2ε εο ο εν (6)

Περαιτέρω η (4) µπορεί να γραφεί:

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

= = = =ε ε εµο ο οο

r r r r r rr r

2 (7)

∆εδοµένου ότι η ενέργεια του Η/Μ κύµατος ρέει κατά συγκεκριµένη διεύθυνση θεωρούµε λογικό να ορίσουµε ένα διάνυσµα του οποίου η διεύθυνση να είναι εκείνη διάδοσης του κύµατος και το µέτρο του Η/Μ κύµατος ανά µονάδα χρόνου και ανά µονάδα επιφανείας κάθετα στη διεύθυνση διάδοσης του κύµατος. r rΈνα τέτοιο άνυσµα καλείται άνυσµα Poynting S και επειδή

rE B⊥ , λόγω της (7) θα

είναι : r

r r

SE B

≡×µο

r r rS E H= ×Γενικότερα : (8)

∆ιαπιστώνουµε αµέσως rS = P (9)

και rS = I (10)

Από τον ορισµό του ανύσµατος Poynting, µπορεί να συµπεράνει κανείς ότι η ροή, δηλαδή το ολοκλήρωµα του

r rE H× επάνω σε µια επιφάνεια s, δίνει την ενέργεια ανά

µονάδα χρόνου ddtε

που διαπερνά την επιφάνεια αυτή. Λαµβάνοντας υπόψη τη

σχέση ορισµού του P καθώς και τη σχέση (9) καταλήγει κανείς στην έκφραση

( )∫ × ⋅ =r r rE H ds

ddtε

(11)

Μια διαφορετική απόδειξη της σχέσης (11) φαίνεται στη συνέχεια: Έστω το Η/Μ κύµα του Σχήµατος 29 διαδιδόµενο κατά τον άξονα z

x

z

y

B=By

E=Ex S=Sz=ExxBy

S

∆z Σχήµα 29


Είναι: u EB

xy= +

12

22

( )εµοο

Η ενέργεια ε που περνά από το στοιχειώδη όγκο ∆V, θα είναι ε =u∆V ή κατά το Σχήµα 29 :

ε = +12

22

(εµοο

EB

s zxy ∆) (1)

οπότε ∂∂

∂∂

∂∂

εt

EEt

BBt

s zxx

yy

= +(εµοο

1∆) (2)

Έχουµε όµως δείξει ότι : ∂∂

∂∂

Bz c

Et

y= −

12

x και

∂∂

∂∂

Bt

Ez

y x= −

Αντικαθιστώντας στη (2) έχουµε : ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ε εt

s z E cBz

BEz t

s zE

Bz

BEzx

yy

xx

yy

x= + −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⇒ = − +

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⇒∆

∆-ε

µ µοο ο

2 1( )

∂∂

∂∂

εt

s z E Bzx y

= −∆µο

( ) (3)

Επειδή τώρα SE B

zx y=µο

η τελευταία σχέση γράφεται :

∂∂

∂∂

∂∂

ε εt

s zSz

s zS S

z tS Sz z z z

z z z= − ≈−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟⇒ = −+

+∆ ∆∆

∆∆( )s

Το τελευταίο µέρος αυτής της σχέσης εκφράζει τη γενικότητα µε ένα ολοκλήρωµα

οπότε ∂∂εt

S dss

= ⋅∫ και λαµβάνοντας υπόψη ότι οι ποσότητες µέσα στο ολοκλήρωµα

είναι διανύσµατα, έχουµε τελικά την έκφραση:

∂∂εt

S dss

= ⋅∫r r

(4)

Γενικότερα η σχέση (4) δίνει το ρυθµό της µεταβολής της ενέργειας του Η/Μ πεδίου σε ένα όγκο V διαµέσου της επιφάνειας s που περιβάλλει τον όγκο V, λόγω ροής της Η/Μ ακτινοβολίας. Επειδή η στιγµιαία τιµή του ανύσµατος Poynting µεταβάλλεται, προφανώς όταν κάνουµε µετρήσεις ενδιαφέρει η µέση τιµή του, S . Για σηµειακή πηγή που εκπέµπει Η/Μ ενέργεια οµογενώς και ισότροπα προς όλες τις διευθύνσεις, οπότε το είναι πάντα κάθετο στην επιφάνεια , η σχέση (4) διαδοχικά γίνεται :

Sr

∂∂

∂∂

∂∂

ε ε εt

S dst

S dst

S= ⇒ = ⇒ = ⋅∫ ∫r r

4πr 2r

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

r rE 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 12 2

µ µω ω

µω

2µ 2µ

o o

o o

⇒

1

o

r rsin( ) sin( )

sin ( )

∆ιαπιστώστε ότι SE

= εν

οΖ

2

στο κενό και SE

= εν

Ζ

2

στην µονωτική ύλη.

r r r rr r

S E H EB E E t kz

E E

ZS

Eoo o

oκενο

o o o o

o

κενοεν

0µ cµω

cµ µε

Ζ= × = × = =

−= = ⇒ =

2 2 22 2

22 2sin ( )

( )Ζ

εεµµ1uµµ

εν

υληµονωτικη

o

ooυληµονωτικη

222

000

220

0

22sinΕ ESZ

EE

µµεµµε

kztωE

µµBEHES

oo

=⇒==−

==×=×=r

rrrrrr

Μέχρι τώρα βέβαια δεν λάβαµε υπόψη µας την αλληλεπίδραση του Η/Μ πεδίου µε την ύλη. Θεωρήσαµε ότι δεν υπάρχουν φορτία και ρεύµατα. Αυτό θα γίνει στην επόµενη παράγραφο. Θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας στα Η/Μ κύµατα

ε = = ⋅ + ⋅∫ ∫u z t dv E D B H dvV V

( , ) ( )12

r r r r

Για επίπεδο κύµα στον ελεύθερο χώρο r

r

ED

=εo

και r

r

HB

=µo

οπότε

ε = +∫12

2 2

(D B

dvε µo o

) (1)

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

εt

D Dt

B Bt

dv EDt

HBt

dvV V

= + = +∫ ∫( ) ( )r r r r

rr

rr

ε µo o (2)

Από τις εξισώσεις του Maxwell ξέρουµε όµως ότι: r r r

r

∇ × = +H JDt

∂∂

και r r

r

∇ × = −EBt

∂∂

οπότε η τελευταία σχέση γίνεται:

∂∂εt

E H J H E d= ∇ × − + ⋅ − ∇ ×∫ ( ( ) ( ( ))r r r r r r r

v (3)

⇒ = − ⋅ − ⋅∇ × − ⋅∇ ×∫ ∫∂∂εt

E Jdv H E E H dvr r r r r r r r

( )

Ισχύει όµως η ταυτότητα : r r r r r r r r r∇ ⋅ × = ⋅∇ × − ⋅∇ ×( )E H H E E H

οπότε : ∂∂εt

E Jdv E H dvV s

= − ⋅ − ∇ ⋅ ×∫ ∫r r r r r

( )

και εφαρµόζοντας το νόµο του Gauss:


∂∂εt

E Jdv E H dsV s

= − ⋅ − × ⋅∫ ∫r r r r r( ) (4)

Η φυσική σηµασία κάθε όρου της (4) είναι: ∂∂εt

: ρυθµός µεταβολής της ενέργειας στον όγκο V

r rE Jdv

V

⋅∫ : ρυθµός παραγωγής θερµότητας Joule στον όγκο V

Πράγµατι ας υπολογίσουµε το έργο που κάνει το πεδίο ανά µονάδα όγκου της ύλης. Ένα σωµάτιο µέσα σε όγκο V που φέρει φορτίο q και κινείται µε ταχύτητα u δέχεται δύναµη Lorentz: r r r r

F q E u B= + ×( )

Ο ρυθµός dWdt

του παραγόµενου έργου θα είναι:

dWdt

F u qE u qu u B qE u= ⋅ = ⋅ + ⋅ × = ⋅r r r r r r r r r

Αν υπάρχουν Ν σωµάτια ανά µονάδα όγκου τότε: dWdt

NqE u J E= ⋅ = ⋅r r r r

Ο όρος r rJ E⋅ εκφράζει λοιπόν γενικά την απώλεια ενέργειας ανά µονάδα όγκου και

ανά µονάδα χρόνου από το πεδίο πάνω στην ύλη. Αυτή η ενέργεια µετατρέπεται σε θερµότητα Joule:

dWdt

ddt

=εJoule

( )r r rE H ds

s

× ⋅∫ : Φαίνεται κατ’ αρχήν από τη σχέση (4), ότι ο όρος αυτός εκφράζει

ρυθµό µεταβολής ενέργειας . Η ροή του ανύσµατος Poynting r rE H×

δίνει το ρυθµό της προς τα έξω ακτινοβολούµενης ενέργειας διαµέσου της επιφάνειας s που περιβάλλει τον όγκο V.

Η σχέση (4) εκφράζει τον θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας για τα Η/Μ κύµατα.

Η ενέργεια των πεδίων σε ένα όγκο V ελαττώνεται µε ρυθµό ∂∂

Et

, καταναλισκόµενη

πάνω στην ύλη µε ρυθµό ∂∂εJoule

tE Jdv

V

= ⋅∫r r

και ακτινοβολούµενη προς το

περιβάλλον µε ρυθµό ∂

∂εακτινοβολιας

tE H ds

s

= × ⋅∫ ( )r r r . Μια άλλη συµβολική γραφή της

(4) είναι η παρακάτω: ∂∂

∂∂

∂∂

ε ε εt t t= − −Joule ακτινοβολιας

Πριν προχωρήσουµε στη διερεύνηση του τύπου (4) θα εξετάσουµε µία διαφορετική αντιµετώπιση του θεωρήµατος διατήρησης της ενέργειας στο Η/Μ πεδίο από την οποία πιστεύουµε ότι θα προκύψει µε πιο γλαφυρό τρόπο η ανάγκη εισαγωγής του


ανύσµατος Poynting ως µέγεθος που εκφράζει το ρυθµό της ακτινοβολούµενης ενέργειας. Όπως ξέρουµε η διατήρηση του φορτίου εκφράζεται µε την αρχή της συνέχειας : ∂ ∂ρ t = −∇ ⋅ J

r r (1’)

Όταν υπάρχει απώλεια φορτίου -∂ ∂ρ t από ένα χώρο τότε έχουµε µία ροή φορτίου

αποµακρυνόµενη από το χώρο αυτό, όπου ρ είναι η πυκνότητα φορτίου και j η πυκνότητα του δηµιουργούµενου ρεύµατος. Αντίστοιχα θα µπορούσαµε να σκεφθούµε ότι αν υπάρχει µια πυκνότητα ενέργειας u σε ένα χώρο τότε κάθε απώλεια

ενέργειας

r r∇ ⋅ J

∂∂

ut

θα δηµιουργεί µια ροή της ενέργειας αυτής. Ένας αντίστοιχος όρος

θα εκφράζει τη ροή της ενέργειας ανά µονάδα χρόνου και ανά µονάδα επιφανείας κάθετα στη ροή. Σε ένα πρώτο συµπέρασµα θα µπορούσε να δοθεί η αντίστοιχη σχέση:

r r∇ ⋅ S

− = ∇ ⋅∂∂

ut

Sr r

(2’)

όπου το φυσικό µέγεθος rS είναι αντίστοιχο του

rJ στη σχέση (1).

Στην περίπτωση του Η/Μ πεδίου καταναλίσκεται και επιπλέον ενέργεια λόγω της αλληλεπίδρασης µε την ύλη. Παράγεται κάποιο έργο που όπως είδαµε ο αντίστοιχος ρυθµός του είναι

r rE J⋅ .

Η σχέση (2’) λοιπόν συµπληρώνεται ως εξής :

− = ∇⋅ + ⋅∂∂

ut

S E Jr r r r

(3’)

Επειδή η ενέργεια του πεδίου στον όγκο V είναι το θεώρηµα διατήρησης της

ενέργειας θα µπορούσε να εκφραστεί µε τη σχέση

udVV∫

− = ∇⋅ + ⋅∫ ∫ ∫∂∂ t

udV SdV E JdVV V V

r r r r

ή καλύτερα

∂∂ t

udV SdV E JdVV V V∫ ∫ ∫= − ∇⋅ − ⋅

r r r r (4’)

Ας συγκρίνουµε τώρα τη σχέση (4’) µε την σχέση (4) όπου προηγούµενα εκφράσαµε τη διατήρηση της ενέργειας στο Η/Μ πεδίο

( )∂∂ t

E D B H dV E JdV E H dVV V

12

12

r r r r r r r r r⋅ + ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − ⋅ − ∇⋅ ×∫∫ ∫

Παραβάλλοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις δύο είναι τα άµεσα συµπεράσµατα. Κατ’

αρχήν ο τύπος (u E D B H= ⋅ + ⋅12

r r r r ) , που ισχύει για στατικά πεδία, µπορεί να

επεκταθεί και στο Η/Μ πεδίο. ∆εύτερο, το άνυσµα rS ,η ροή του οποίου εκφράζει τη

ροή της ενέργειας ανά µονάδα χρόνου και ανά µονάδα επιφανείας ,δίνεται από τη σχέση

r r rS E H= × .


Σηµαντικές παρατηρήσεις 1.Αυθαιρεσία στην εκλογή του

rS : Στο θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας

εµφανίζεται το r r

. Αλλά και για κάθε άλλο διάνυσµα ∇⋅S Λ×∇+=′vrrr

SS όπου Λv

τυχαίο διανυσµατικό µέγεθος, ισχύει:

SSSrrvrrrrrr

⋅∇=Λ×∇⋅∇+⋅∇=′⋅∇ άρα υπάρχουν άπειρα

rS που θα µπορούσαν να εκφράσουν το ρυθµό ροής της

ακτινοβολούµενης ενέργειας του Η/Μ πεδίου ανά µονάδα επιφάνειας. Έχουν προταθεί στο παρελθόν διάφοροι ορισµοί του

rS και γενικά διάφοροι συνδυασµοί

ορισµών rS ,u στην έκφραση του θεωρήµατος διατήρησης της ενέργειας. ∆εν έχει

αποδειχτεί πειραµατικά ποιος είναι ο σωστός ορισµός. Εµείς θα θεωρούµε στο εξής σαν τις πλέον αντιπροσωπευτικές τις εκφράσεις των

rS και u που δώσαµε παραπάνω.

2.Ο ορισµός του ανύσµατος Poynting σαν

r r rS E H= × είναι αναλλοίωτος σε

µετασχηµατισµούς βαθµίδας r r rA A′ = + ∇ψ και φ =φ-

ψ′

∂∂ t

.

Πράγµατι, όπως ξέρουµε ισχύουν οι σχέσεις r

r

EAt

= −∇ −φ∂∂

,r r rB = ∇× A . Αφού τα

rE και

rB είναι αναλλοίωτα όπως είδαµε προηγουµένως στους πιο πάνω

µετασχηµατισµούς έπεται ότι και το r

r r

SE B

=×µο

θα είναι επίσης αναλλοίωτο.

3.Αν θέλουµε να δώσουµε τον ορισµό του ανύσµατος Poynting θα λέγαµε ότι εκφράζει την ενέργεια της Η/Μ ακτινοβολίας ανά µονάδα χρόνου και ανά µονάδα επιφανείας σε κάθε σηµείο της επιφάνειας. Είναι επικίνδυνο όµως να ορίζουµε το άνυσµα του Poynting. Πιο σίγουρο είναι να δίνουµε τη ροή του, δηλαδή το ολοκλήρωµα του

rS σε ολόκληρη την επιφάνεια s που περιβάλλει όγκο V, καθ’ όσο

αυτό το µέγεθος είναι που συνεισφέρει στο ενεργειακό ισοζύγιο. Θεωρήστε για παράδειγµα δύο στατικά πεδία

rE και

rB σ’ ένα όγκο V όπου δεν υπάρχουν ρεύµατα.

Τότε από τον τύπο

( )∂∂ t

E D B H dV E JdV E H dsV S

12

12

r r r r r r r r r⋅ + ⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − ⋅ − × ⋅∫ ∫ ∫

επειδή στην περίπτωση αυτή το πρώτο µέλος είναι µηδέν και ο όρος του δεύτερου µέλους είναι επίσης µηδέν προκύπτει: ( )r r rE H ds

S

× ⋅ =∫ 0 .

∆ηλαδή η ροή του rS πρέπει να είναι µηδέν, για να διατηρηθεί το ενεργειακό

ισοζύγιο. Από την άλλη µεριά όµως το άνυσµα Poynting δεν είναι µηδέν στα διάφορα σηµεία του χώρου.

4.Στατικά πεδία σε χώρο όπου υπάρχουν αγωγοί.Το θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας ισχύει εξ’ ίσου για στατικά πεδία καθώς και για χρονικά µεταβαλλόµενα. Στην περίπτωση των στατικών πεδίων η προηγούµενη σχέση παίρνει τη µορφή: ( )0= − ⋅ − × ⋅∫ ∫

r r r r rE JdV E H dsV S

δηλαδή:

( )r r r r rE H ds E JdV

S V

× ⋅⋅ = − ⋅∫ ∫


Η σχέση αυτή µας λέει ότι η θερµότητα Joule r rE JdV⋅∫ , που αναπτύσσεται στους

αγωγούς ισούται µε την ενέργεια υπό µορφή Η/Μ ακτινοβολίας ( )r r rE H ds× ⋅∫ που ρέει από τον περιβάλλοντα χώρο όπου είναι αποθηκευµένη. Η θεωρία λοιπόν αυτή καταλήγει στο συµπέρασµα ότι υπάρχει µια «ενέργεια σε ροή» στο χώρο γύρω από τους αγωγούς και αυτή την ενέργεια παίρνουν τα ηλεκτρόνια για να κινηθούν µέσα στα σύρµατα. Αυτό έρχεται σε αντίθεση µε την κοινή αντίληψη ότι τα ηλεκτρόνια κινούνται λόγω των δυνάµεων που ασκούνται από τις πηγές (π.χ. ηλεκτρικές πηγές) που είναι συνδεδεµένες στα διάφορα κυκλώµατα. Κατά τη λογική τα πεδία στο εσωτερικό των συρµάτων εξασκούν δυνάµεις στα ηλεκτρόνια τα οποία κινούµενα συγκρούονται µε τους δοµικούς λίθους µετατρέποντας έργο σε θερµότητα Joule. Η νέα θεωρία λέει ότι τα ηλεκτρόνια παίρνουν ενέργεια από πεδία έξω από τους αγωγούς. Κατ’ αρχήν ρευµατοφόρος αγωγός δηµιουργεί στο χώρο έξω από αυτόν και ηλεκτρικό και µαγνητικό πεδίο. Άρα ενέργεια Η/Μ πεδίου αποταµιεύεται στο γύρω χώρο. Στο ερώτηµα αν η ενέργεια που εισρέει έρχεται από έξω θα έπρεπε η ενέργεια των πεδίων που τη δίνουν να ελαττώνεται, δηλαδή τα πεδία να φθίνουν, η απάντηση είναι ότι η ενέργεια αυτή αναπληρώνεται από τις πηγές που παράγουν αυτά τα πεδία έτσι ώστε για στατικά πεδία θu/θt=0. Στο ζήτηµα που γεννάται «ποιος από τους δύο τρόπους διάθεσης της ενέργειας στους αγωγούς είναι ο σωστός; » θα µπορούσε κανείς να ισχυριστεί ότι υπάρχουν περισσότερες της µίας λογικά αποδεκτές απαντήσεις. Επειδή τα πεδία, οι πηγές τους, τα ρεύµατα, οι αγωγοί αποτελούν ένα αυτοσυνεπές σύστηµα, δεν µπορούµε να πούµε µε αποκλειστικό τρόπο για το µέγεθος που είναι υπεύθυνο και για τον τρόπο που γίνεται η ροή της ενέργειας στον αγωγό. (Για περισσότερη συζήτηση στο θέµα αυτό ο αναγνώστης µπορεί να καταφύγει στο άρθρο του R. H. Romer , Am. J. Physics 50, 1166 (1982) .)

5.∆ιάδοση ενέργειας στο κενό Όσο και αν φαίνεται παράξενη η αντίληψη ότι η ενέργεια ταξιδεύει στο κενό χωρίς τη βοήθεια ύλης σε κίνηση (όπως στην περίπτωση των Μηχανικών κυµάτων), εν τούτοις αυτός είναι ο τρόπος που γίνεται. Αυτός είναι ο τρόπος µε τον οποίο έρχεται ενέργεια από τον ήλιο στη γη. Το συµπέρασµα ότι τα Η/Μ κύµατα µεταφέρουν ενέργεια είναι τόσο αναπόφευκτο, όσο και το συµπέρασµα ότι απαιτείται ενέργεια για την αποκατάσταση ηλεκτρικών και µαγνητικών πεδίων στο χώρο. Ορµή της Η/Μ ακτινοβολίας Το Η/Μ πεδίο έχει και ενέργεια και ορµή. Κατά τις αλληλεπιδράσεις ανταλλάσσεται και ενέργεια και ορµή. Τα δύο µεγέθη είναι άµεσα συνδεδεµένα. Υπάρχει το εξής σηµαντικό θεώρηµα της Μηχανικής: Όταν υπάρχει ροή ενέργειας υπό οποιεσδήποτε συνθήκες τότε η ενέργεια που ρέει ανά µονάδα επιφανείας και ανά µονάδα χρόνου, πολλαπλασιαζόµενη µε 1/c² δίνει την ορµή ανά µονάδα όγκου στο χώρο. Θεωρώντας στοιχειώδη όγκο ∆V=s∆z κατά τη διεύθυνση διάδοσης Η/Μ κύµατος κατά τον άξονα z µε ταχύτητα c, θα έχουµε για την ορµή ανά µονάδα όγκου rp

rpc

u Vs t c

us zs t c

cuuc

= = =1 1 12 2 2 =

∆∆

∆∆

αφού ∆∆

zt

c= , η ταχύτητα του Η/Μ κύµατος.


Για επίπεδο Η/Μ κύµα οπότε u E=εο2 r r

r

pEc

EEc

= =ε

εοο

2

.

Επειδή r rE B⊥ η προηγούµενη σχέση γίνεται: r

r r r r rp E B E H

cSo= × = × =ε ε µο ο

12 .

Θεωρώντας την ορµή κατά τη διεύθυνση διάδοσης του Η/Μ κύµατος καταλήγουµε : r rp

cS=

12

Γενικά µπορεί να διατυπώσει κανείς για το Η/Μ πεδίο ότι για µια δύναµη αλληλεπίδρασης r r r r

F qE qu B= + × το θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας απαιτεί

u E D B H= ⋅ + ⋅12

( )r r r r

και το θεώρηµα διατήρησης της ορµής απαιτεί: r

r r

pE H

c=

×2

Μια διαφορετική παρουσίαση του θέµατος της ορµής που µεταφέρει το Η/Μ πεδίο και της συσχέτισής της µε το άνυσµα Poynting είναι η ακόλουθη: Από τη σχέση Lorentz

r r r rF qE qu B= + × εύκολα βρίσκεται ότι η δύναµη ανά µονάδα όγκου που

ασκείται από το Η/Μ πεδίο στην ύλη θα είναι: r r r rF E J B= + ×ρ (1)

Από τις εξισώσεις Maxwell όµως r r∇⋅ =E ρ

εο και r r r

r

∇× = +B JEtoµ εο( )

∂∂

.

Η (1) γίνεται r r r r r r r

rr

F E E B BEt

Bo

= ∇⋅ + ∇× × − ×εµ

εο ( ) ( )1 ∂

∂ο (2)

Λαµβάνοντας υπόψη ότι ∂∂

∂∂

∂∂t

E BEt

B EBt

( )r r

rr r

r

× = × + × η (2) γράφεται

r r r r r r r r r r r r

r r r r r r r r r r r r r r r

Ft

E B E E E E B B

Ft c

E H E E E E B B B B

o

o o

+ × = ∇ ⋅ − × ∇ × − × ∇ × ⇒

⇒ + × = ∇ ⋅ − × ∇ × + ∇ ⋅ − × ∇ ×

ε ε εµ

ε εµ µ

ο ο ο

ο ο

∂∂

∂∂

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) (

1

1 132 )( )

1

Ο όρος που περιλαµβάνει το r r∇ ⋅ =B 0 έχει εισαχθεί για λόγους συµµετρίας. Αλλά

είναι r rF dp

dt= όπου dpdtr

ο ρυθµός µεταβολής της ορµής της ύλης. Κοιτώντας την εξίσωση (3) θα µπορούσε κανείς να ορίσει µια πυκνότητα ορµής του Η/Μ πεδίου από

µια σχέση rr r

r

pc

E HSc

= × =12 2

Το δεξιό µέρος της σχέσης (3) ενέχει σηµαντικό φυσικό περιεχόµενο το οποίο όµως είναι πέρα του σκοπού της παρούσας ανάλυσης. Προς χάρη της πληρότητας µπορεί


να πάρει την έκφραση r r∇ ⋅∫ που TdV

V

όrT ο λεγόµενος τελεστής τάσης του Maxwell µε

έκφραση : r r r r r rT = +EE BB E

B

o o

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ε

µε

µο ο1

112 2

22

Τέλος πρέπει να αναφέρουµε ότι το Η/Μ κύµα µεταφέρει και στροφορµή rL όπου:

( )r r r r r rL r p r

cE H= × = × ×

12

Πίεση της Η/Μ ακτινοβολίας Αφού τα Η/Μ κύµατα µεταφέρουν ορµή θα εξασκούν πίεση καθώς προσπίπτουν και απορροφώνται ή ανακλώνται από µία επιφάνεια. Βρίσκεται ότι για µια επιφάνεια που απορροφά το κύµα:

P cακτ p=

∆είξαµε όµως puc

= άρα P uακτ =

και για Η/Μ κύµα P Eακτ οε=2

Όταν η επιφάνεια ανακλά τελείως την ακτινοβολία τότε η µεταβολή της ορµής είναι 2p, οπότε

P c p u Eακτ οε= = =2 2 2 2

Άνυσµα Poynting για άλλα πεδία Ένα βασικό ερώτηµα που έρχεται αυθόρµητα µετά την παραπάνω θεώρηση του προβλήµατος της ροής της Η/Μ ακτινοβολίας είναι το εξής: «Θα µπορούσε να ορισθεί ένα αντίστοιχο άνυσµα Poynting και για άλλα πεδία εκτός του Η/Μ, π.χ. για το πεδίο βαρύτητας;». ∆ιαισθητικά περιµένει κανείς µια καταφατική απάντηση. Μια πρώτη όµως παρατήρηση σε σχέση µε το Η/Μ πεδίο είναι ότι χρονικά µεταβαλλόµενο π.χ.

rE

δηµιουργεί rB και τανάπαλιν οπότε ορίζεται το

r rE B× . Στην περίπτωση του πεδίου

βαρύτητας η χρονική µεταβολή του rg έχει κάποιο ιδιαίτερο φυσικό νόηµα; ∆ηµιουργεί κάποιο άλλο πεδίο; Ακολουθώντας την ίδια πορεία σκέψης ξέρουµε ότι πηγή του

rE είναι το φορτίο q ενώ του

rB το κινούµενο φορτίο ή ρεύµα dq/dt. Στην

περίπτωση του πεδίου βαρύτητας όπου αντίστοιχο υπόθεµα είναι η µάζα τι επιπλέον νόηµα θα µπορούσαµε να αποδώσουµε π.χ. σε κινούµενες µάζες; Θα µπορούσε µια κινούµενη µάζα να θεωρηθεί πηγή κάποιου αντίστοιχου πεδίου rg′ ; Μια σύντοµη αλλά εµβριθή θεώρηση του προβλήµατος του ορισµού «ανύσµατος Poynting» για το πεδίο βαρύτητας µπορεί να βρει ο αναγνώστης στο άρθρο των P. Krumm and D. Bedford, Am. J. Physics. 55, 362 (1987).


ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. Το ηλεκτρικό πεδίο επίπεδου Η/Μ κύµατος στο κενό έχει την έκφραση Ε=100sin(ωt-4π/3z) (V/m). Προσδιορίστε το άνυσµα Poynting του εν λόγω πεδίου και δώστε την χρονική εξάρτηση του σ’ ένα σηµείο του χώρου.

$i

Λύση

rE t z i V= +100

4sin( )$( / )ω

π3

m

rr

HEZ

t z j A= = +100

1204

πω

π3

sin( ) $( / )m

r r rS E H t z W m= × = +

∧100120

422 2

πω

π3

sin ( ) ( / )κ

Σηµειώστε ότι η µέση τιµή του ανύσµατος Poynting είναι:

)/(120100

21 2

2

mWHES∧

⋅>=×>=<< κπ

rrr

2. Σηµειακή πηγή µονοχρωµατικού φωτός ισχύος 60 Watt, ακτινοβολεί ισότροπα προς όλες τις διευθύνσεις. Προσδιορίστε το πλάτος του ηλεκτρικού πεδίου Ε, του µαγνητικού πεδίου Β και το άνυσµα Poynting σε απόσταση r=2m (µο=4π10-7Vs/Am c=3108m/s).

Λύση

Υπόδειξη : ∂∂εt

S ds= ⋅∫r r (1)


Θεωρώντας σηµειακή πηγή που ακτινοβολεί ισότροπα, αυτό που µας ενδιαφέρει είναι η µέση τιµή του ανύσµατος Poynting. Σύµφωνα µε προηγούµενη ανάλυση έχουµε : ∂∂εt

S r= ⋅4 2π (2)

Αλλά S E H c Eo o= × =r r 1

22ε (3)

Από τις (2) και (3) ∂ε∂

εt

c E rr E

co oo= = =

12

422 2

2 2

ππµ0

... (4)

όπου ∂ε∂ t

Watt=60 , η µέση τιµή ισχύος που ακτινοβολεί ο λαµπτήρας. Από την

(4) λαµβάνουµε Er

tc

Vmo = = =

12

30

∂∂εµ

π

o

...

BEc

Teslaoo= = = −... 10 7

r r rS E B Watt0

212 38= × = =

µo... . /m

3. Κυλινδρική δέσµη µονοχρωµατικού φωτός εκπορεύεται από πηγή laser ισχύος 20KW και µήκους κύµατος λ=6200 Å . Η διατοµή της δέσµης έχει διάµετρο 1mm. Υπολογίστε τα πλάτη Εο και Ηο του ηλεκτρικού και του µαγνητικού πεδίου αντίστοιχα καθώς και τη µέση τιµή του ανύσµατος Poynting S . Στη συνέχεια η δέσµη προσπίπτει κάθετα σε γυαλί ικανού πάχους και δείκτη διάθλασης η=1.5. Υπολογίστε εκ νέου τα παραπάνω µεγέθη µέσα στο γυαλί. Θεωρήστε ότι λόγω ανάκλασης στο γυαλί το ηλεκτρικό πεδίο χάνει το 20% της τιµής του.

Λύση

SPr

W m= ≅ × −

π 23 2255 10. /

S c E ES

cV mo o o

o

= ⇒ = =12

2312ε

ε. /

BEc

Teslaoo= = × −103 10 8.


Λόγω φαινοµένων ανάκλασης στην επιφάνεια του γυαλιού το ηλεκτρικό πεδίο γίνεται 0.8Εο. Από τον τύπο n = ε µ , δεχόµενοι µ=1 προκύπτει ε=η2=2.25.

Άρα µέσα στο γυαλί EE

V moγ = =

081104

.. /

ε

και HEZ Z

A mγγ

κενου

= = = ⋅ −11041

2 250 3310 2.

.. /

Σηµείωση : Η δοθείσα τοµή του δείκτη διάθλασης αντιστοιχεί στη στατική περίπτωση (ω→0). Η παραπάνω λύση ελλείψει άλλων στοιχείων δεν λαµβάνει υπόψη την τιµή του δείκτη διάθλασης στη συχνότητα λειτουργίας του laser. 4. Ραδιοφωνικός σταθµός µέσης ισχύος 105Watt εκπέµπει οµοιόµορφα σ’ όλο το χώρο. Σε απόσταση r =1 Km να βρεθεί το µέτρο του ανύσµατος Poynting και τα πλάτη του ηλεκτρικού και του µαγνητικού πεδίου. Υποθέστε ότι σε αυτή την απόσταση το κύµα είναι επίπεδο.

Λύση

dEdt

S r S W m= ⇒ =4 0 0082 2π . /

S c E ES

cV mo o o

o

= ⇒ = =12

22 452ε

ε. /

BEc

Too= = ⋅ −082 10 8.

5. Βρείτε το άνυσµα Poynting

rS για στάσιµο Η/Μ κύµα µε Εχ=Αcoskzcosωt .

Υπολογίστε τη µέση τιµή του rS και σχολιάστε το αποτέλεσµα.

Λύση

Από τη σελίδα 35 έχουµε : Bc

A kz ty =1

sin sinω , οπότε θα είναι:

rS

i j kEo B o

k E BAc

kz t kz tA

ckz tx

y

x y= = = =1

0 01 1

42 2

2 2

µ µ µ µo o o o

$ $ $

$ cos cos sin sin sin sinω ω ω

Η µέση τιµή του rS σε χρόνο µιας περιόδου του στάσιµου κύµατος είναι µηδέν αφού

sin2ω t =0. ∆ηλαδή η µέση Η/Μ ενέργεια που περνά από µια επιφάνεια κάθετα τοποθετηµένη στη διεύθυνση διάδοσης του κύµατος είναι µηδέν. Το στάσιµο κύµα δεν ακτινοβολεί Η/Μ ενέργεια. Η ενέργεια των πεδίων είναι παγιδευµένη µετατρεπόµενη διαδοχικά σε ενέργεια του ηλεκτρικού και του µαγνητικού πεδίου. 6. Αποδείξτε ότι οι εξισώσεις του Maxwell στο κενό χωρίς πηγές ικανοποιούνται και από τα πεδία

r rE kB1 = και

r rB1 = −µ εo o kE . Τι εκφράζει η σταθερά κ. Υπολογίστε

το άνυσµα Poynting του Η/Μ πεδίου(rE1 ,

rB1 ).


Λύση

r r∇ ⋅ =E 0 (1)

r r∇ ⋅ =B 0 (2)

r r

r

∇ × = −EBt

∂∂

(3)

r r

r

∇ × =BEt

µ εo o

∂∂

(4)

Κατά την άσκηση θα έχουµε: r r r r r r r r∇ ⋅ = ∇ ⋅ = ∇ ⋅ ⎯ →⎯ ∇⋅ =E kB k B E1

21 0( ) ( )

r r r r r r r r∇⋅ = ∇ ⋅ − = − ∇ ⋅ ⎯ →⎯ ∇⋅ =B kE k E1

11 0( ) ( )µ ε µ εo o o o B

r r r r r r∇ × = ∇ × = ∇ × ⎯ →⎯E kB k B1

4( ) ( )

⇒∇× = = = − ⇒ ∇ × = −r r

rr r r r

r

E kEt t

k Et

B EBt1 1

1µ ε µ εo o o o

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

( ) ( ) 1

r r r r r r

r rr r

r rr

∇ × = ∇ × − = − ∇ × ⎯ →⎯

⇒∇× = = ⇒ ∇ × =

B kE k E

B kBt

kBt

BEt

13

1 11

( )

( )

( )µ ε µ ε

µ ε µ ε µ ε

o o o o

o o o o o o

∂∂

∂∂

∂∂

Για το Η/Μ κύµα γενικά ισχύει: r rE c B= . Εποµένως

r rE c B1 1= .

rr r r r r r

rS

E B kB k Ek

B Ek S1

1 1 2 2=×

=× −

= −×

=µ

µ εµ

µ εµ

µ εo

o o

oo o

oo o

( )

Πρέπει k να είναι αδιάστατη σταθερά ,άρα οι διαστάσεις του κ είναι ίδιες µε το 2µ εo o

1µ εo o

, δηλαδή διαστάσεις ταχύτητας. Επειδή για διάδοση στο κενό η ταχύτητα

είναι c = 1µ εo o

συνεπάγεται k = c και συνεπώς r rS S1 = .

7. Σηµειακό φορτίο q κινείται µε σταθερή ταχύτητα ru . ∆είξτε ότι δεν ακτινοβολεί Η/Μ ενέργεια.

Λύση

Σχήµα 31


Μια τυχαία χρονική στιγµή το φορτίο βρίσκεται στη θέση Ο. Στην οποιαδήποτε θέση

Α στο χώρο δηµιουργεί ηλεκτρικό πεδίο rE

qr

r=1

4 2πεο$ κατά τη διεύθυνση της

ακτίνας και µαγνητικό πεδίο r rB

qr

u r= ×µπο

4 2 $ , rτ= (OA) . Το

rB είναι κάθετο στο ru

και rr και µια δυναµική γραµµή αυτή που περνά από το Α π.χ. είναι κύκλος µε κέντρο Ο’ και ακτίνα (Ο’Α). Το µαγνητικό πεδίο στη θέση Α είναι εφαπτόµενο στο κύκλο αυτό στο Α. Το

r rE B× είναι κάθετο στα

rE και

rB και συνεπώς εφαπτόµενο της

σφαίρας µε κέντρο Ο και ακτίνα (ΟΑ). Προφανώς αυτό ισχύει για κάθε σηµείο Α στην επιφάνεια της σφαίρας. Άρα το επιφανειακό ολοκλήρωµα του

rS , επί της

σφαίρας, δηλαδή η ροή του rS µέσω της σφαίρας αυτής είναι µηδέν. Το ολοκλήρωµα

όµως αυτό δίνει το ρυθµό dEdt

της ακτινοβολούµενης Η/Μ ενέργειας.

Άρα : ddt

S dsε

= ⋅ =∫r r 0

Αυτό ισχύει για κάθε θέση του φορτίου κατά τη διαδροµή του. Με άλλα λόγια κατά την οµαλή ευθύγραµµη κίνηση του δεν ακτινοβολεί Η/Μ ενέργεια. Σε αντίθεση, αξίζει να τονιστεί ότι επιταχυνόµενο φορτίο ακτινοβολεί Η/Μ ενέργεια. 8. Μακρύ ευθύγραµµο σύρµα διαρέεται από ρεύµα σταθερής πυκνότητας

rJ . 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. ∆είξτε 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. ∆ιερευνήστε το παραπάνω πρόβληµα για r<R (εσωτερικό αγωγού) και για r>R (εξωτερικό αγωγού). 1η λύση

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 BiR

=µπο

2. Το

rB είναι

εφαπτόµενο της δυναµικής γραµµής κέντρου Ο και ακτίνας (ΟΑ)=R. Το µέτρο του ανύσµατος Poynting θα είναι:

r r rS E B

Vl

iR

Vl

iR

= × = =1 1

2 2µ µµπ πο ο

ο

Η διεύθυνση του rS είναι κάθετη της κυλινδρικής επιφάνειας του αγωγού και

διευθύνεται προς τα µέσα. Η ροή του rS µέσω του αγωγού θα είναι:

ViRlR

ilVsdS

sdSsdSsdS

s

sss

−=−=−=

=⋅+⋅=⋅

∫

∫∫∫

)2(2

90cos180cos 00

ππ

παραπλευρη

βασεωνπαραπλευρηκυλινδρου

παρ

βασπαρ

r

rrrrrr

Αλλά ddt

S dsε

= ⋅∫r r όπου

ddtε

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. 2η λύση

ddt

ddt

ddt

EDt

HBt

dV E JdV S dsH/M Joule

V

ε ε ε ∂∂

∂∂

= − − ⇒ ⋅ + ⋅ = − ⋅ − ⋅∫ ∫ακτινοβολιας

παραπ

( )r

∫r

rr

r r r r

Για τα στατικά πεδία του προβλήµατος µας ισχύει:∂∂

rDt= 0 και

∂∂

rBt= 0 οπότε

προκύπτει: r r r rS ds E JdV

V

⋅ = − ⋅∫ ∫παραπ

.

Αλλά VilRRi

lVdV

Ri

lVdV

Ri

lVdVJE

V

====⋅ ∫∫∫ )( 2222 π

πππ

rr

Άρα r rS ds Vi⋅ =∫

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

RlSsdSsdSsdS π2180cos 0rrrrrrr

−=−=⋅⋅=⋅ ∫∫∫

Συγκρίνοντας τις δύο παραπάνω σχέσεις καταλήγουµε τελικά στη

Rl

ViSπ2

=v

.


∆ιερεύνηση α) Eσωτερικό αγωγού (R΄<R) Για το ρεύµα i΄ που περνά από µια διατοµή του αγωγού ακτίνας R΄<R θα έχουµε

jiR

iR

i iRR

= =′′⇒ ′ =

′⎛⎝⎜

⎞⎠⎟π π² ²

2

θα είναι

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

B BRR⎝⎜ ⎠⎟ και συνεπώς το άνυσµα του Poynting ′ =′⎛ ⎞ S S

RR⎝⎜ ⎠⎟ και η

ενέργεια που καταναλώνεται στη

′ =′⎛ ⎞

µονάδα του χρόνου στο σύρµα ακτίνας διατοµής R΄,

θα είναι ddt

S ds Viε′

= ⋅ = −∫r r

παραπ

′

β) Eξωτερικό 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

rS υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο στο εξωτερικό του ρευµατοφόρου αγωγού.

Το πεδίο αυτό µπορούµε να το καταλάβουµε τερα αν εωρήσουµε τους δύο πόλους της πηγής αποµακρυνοµένους προς το

καλύ θ+ ∞ και το−∞ αντίστοι και κατά

συνέπεια θεωρώντας ισοδύναµα µια διπολική κατανοµή φορτίου. Το χαrE 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

rS έξω από τον αγωγό, η δε ροή του για

οποιαδήποτε επιφάνεια περιβάλλουσα τον αγωγό είναι ίση προς VI δηλαδή προς τη οή µέσω της εξωτερικής κυλινδρικής επιφάνειας του αγωγού.

ς τροφοδοσίας V διαρέεται από ρεύµα Ι. Ζητείται το άνυσµα Poynting και η ροή του.

Λύση

ρ 9. Οµοαξονικό καλώδιο ακτίνων α και β συνδεδεµένο µε ηλεκτρική πηγή τάση

Σχήµα 33


Υπόδειξη : Τα ρεύµατα στον εξωτερικό και στον εσωτερικό αγωγό είναι αντίστοιχα -Ι

και +Ι. Στην περιοχή α<r<β το µαγνητικό πεδίο θα είναι HI

r=

2π. Θεωρώντας

τµήµα αγωγού µήκους l η πυκνότητα ρεύµατος σε απόσταση r θα είναι j=Ι/Α=Ι/2πrl και συνεπώς Ε=j/σ=Ι/2πrlσ. Η διαφορά δυναµικού των θέσεων r= α και r= β θα είναι:

V EdrI

rldr

Il

= − = − = −∫ ∫α

β

α

β

πσ πσβα2 2

ln συνεπώς EV

r=

lnβα

. Σηµειώστε ότι το

πεδίο είναι ακτινικό. Άρα το άνυσµα Poynting θα είναι SV

r

Ir

= ×lnβα

π2

διευθυνόµενο κατά τον άξονα z. Η ολική ροή θα είναι : r rS ds

V

r

Ir

rdrV dr

rVI⋅ = × = =∫ ∫∫

α

β

α

β

α

β

βα

ππ β

αln ln2

2

10. Σύρµα κυλινδρικού σχήµατος, ακτίνας διατοµής r1, κάµπτεται σε σχήµα κύκλου ακτίνας r2. Το σύρµα ολικής αντίστασης R τροφοδοτείται µε ρεύµα Ι από µπαταρία αµελητέων διαστάσεων. i) Σχεδιάστε πρόχειρα τα Ε και Β στο εσωτερικό του σύρµατος και αµέσως έξω από την επιφάνειά του. ii) Υπολογίστε τη ροή της ενέργειας σ’ ένα σηµείο της επιφάνειας του σύρµατος και σχεδιάστε τις γραµµές ροής του ανύσµατος Poynting Sp κατά προσέγγιση. iii) Υπολογίστε την Η/Μ ενέργεια που εισέρχεται στον αγωγό και βρείτε τη σχέση της

µε τη θερµότητα Joule. Λύση : [i) , ii)]

Σχήµα 34 Σχήµα 35 Λόγω συνέχειας, το Ε λίγο έξω από τον αγωγό διατηρεί την τιµή και τη φορά του.

Κάθε γραµµή ροής είναι κάθετη στην επιφάνεια του σύρµατος στο αντίστοιχο σηµείο.


Αν για στοιχειώδες µήκος ∆l του αγωγού η διαφορά δυναµικού είναι ∆V, τότε Ε=∆V/ ∆l. Από το σχήµα φαίνεται ότι το πρόβληµα είναι ισοδύναµο µε εκείνο του ευθύγραµµου κυλινδρικού σύρµατος. Το µήκος του σύρµατος είναι 2πr2 και η

αντίστοιχη διαφορά δυναµικού ∆V=ΙR. Άρα, EI R

r=

⋅2 2π

. Το µαγνητικό πεδίο στο

εξωτερικό του αγωγού είναι BI

r=

µπo

2 1. (Υπολογίστε το Β στο εσωτερικό του αγωγού

θεωρώντας σταθερή πυκνότητα ρεύµατος Ι/πr².)

Άρα, S E BI R

rI

rI Rr rp = × =

⋅⋅ =

⋅⋅

1 12 2 2 22 1

2

1 2µ µ πµπ π πo o

or r

iii)r r rS ds

I Rr r

dsI Rr r

dsI Rr r

r r Ip∫ ∫ ∫⋅ =⋅⋅

⋅ = −⋅⋅

⋅ = −⋅⋅

⋅ ⋅ = − ⋅2

1 2

2

1 2

2

1 21 2

2

2 2 2 2 2 22 2

π π π π π ππ π R

Από το σχήµα φαίνεται ότι το Sp είναι κάθετο στην επιφάνεια του αγωγού και διευθύνεται προς το εσωτερικό του. Εποµένως,

r rS ds S ds S dsp p p⋅ = ⋅ ⋅ = − ⋅cos1800 . 11. Πυκνωτής µε οπλισµούς παράλληλες κυκλικές πλάκες ακτίνας α φορτίζεται. Αν l η απόσταση µεταξύ των οπλισµών του, υπολογίστε το άνυσµα Poynting

rS και τη ροή

του r rS ds⋅∫ . Πώς αντιλαµβάνεστε την αποθήκευση της ηλεκτροστατικής ενέργειας

στον πυκνωτή; Λύση

Σχήµα 36

Κατά τη φόρτιση του πυκνωτή q q eo

tRC= − −( )1 ,

dqdt

qRC

eo tRC= − . Άρα το πεδίο

µεταξύ των οπλισµών είναι χρονικά µεταβαλλόµενο µε µέτρο:


CtqtVtE

ll

)()()( == (1)

l

2

oπαε=C (2)

Λόγω του µεταβαλλόµενου ηλεκτρικού πεδίου rE , δηµιουργείται µαγνητικό πεδίο r

H . Το µαγνητικό πεδίο έχει δυναµικές γραµµές οµόκεντρους κύκλους µε κέντρο

πάνω στον άξονα του πυκνωτή. Θα έχουµε: r r r r rH dl

tE ds

Et

ds⋅ = ⋅ =∫ ∫ε εo o ∫∂∂

∂∂

( )

και το µέτρο του Η θα είναι HEt

2πα=ε πo2α

∂∂

δηλαδή HEt

=12ε αo

∂∂

(3)

Τότε r r rS E H E

Et

= × =12ε αo

∂∂

(4)

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

r r r

r r

S ds EEt

ds EEt

ds ddt

E ds

ddt

E l S ds ddt

E l

o o⋅ = ⋅ = − = −

= − ⇒ ⋅ = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫

12

180 12

12

12

12

12

2 12

0 2

2 2

ε α ε α α ε

ε α( πα ε (πα

o

o o2

=∂∂

∂∂

cos ( )

( ) ) ( ) )

(5)

Αλλά 12

2εo E είναι η πυκνότητα ενέργειας του ηλεκτρικού πεδίου του πυκνωτή, και

ο κυλινδρικός όγκος που εγκλωβίζει ο πυκνωτής. Vκυλ =πα2 l

Συνεπώς ddt

E Vddt H E( ) /

12

2εo κυλ = ε είναι η χρονική µεταβολή της ηλεκτροστατικής

ενέργειας που αποταµιεύεται στον πυκνωτή. Η σχέση (5) λοιπόν θα γράφεται : r rS ds

ddt H E⋅ = −∫ ε /

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

οπότε η χρονική µεταβολή της µαγνητικής ενέργειας θεωρήθηκε µηδέν. Σηµειώστε

ότι η ενέργεια που είναι κάθε στιγµή αποταµιευµένη στον πυκνωτή 12

2εo 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 αντ ληψη ότι η ενέργεια έρχεται µέσω των συρµάτων θα µπορούσε να επέλθει αν

ίr rE H× παράλληλο προς τον άξονα του

αγωγού. Αλλά αυτό ισχύει για το rE και συνεπώς το

r rE 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:


r r r rS E H

qlC lC

dqdt

qlC l

l

dqdt

SlC

qdqdto

o

o= × = = ⇒ =12

1 12

11

12

ε αε πα

ε απα2

άρα d dq dqH M

dtS ds

lCq

dtds

lCq

dtl S ds

Cq

dt t C t H

ε dq qEε∂

∂∂∂ /( )= ⋅ = = =∫ ∫ ∫2 2

22πα πα

πα

όπου

/ ⋅ = ⋅ = ⇒r r r1 1 1 1 r r 1 1 2

εH 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 rύπαρξη H στον γύρω από τον πυκνωτή χώρο. Άρα υπάρχειΗ/Μ ενέργεια αποθηκευµένη στο γύρω χώρο από τον

Η/Μ πεδίο και συνεπώς πυκνωτή η οποία ρέει προς το

εσωτερικό του εξασφαλίζοντας το ενεργειακό ισοζύγιο. 2η λύσηΕφαρµόζουµε το θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας.

rr

rr

r r r r r

tH

Bt

J E E H dsV∂

∂∂

+⎝ ⎠

⋅ × ⋅( )

Είδαµε προηγουµένως ότι

ED

dV dV∂⎛

⎜⎜⎞⎟⎟ = − −∫ ∫ ∫

∂∂

rBt= 0 . Επίσης

rJ = 0 άρα

− ⋅∫r rS ds E

E= = = = =∫ ∫E

Dt

dVt

dVqlC lC

dqdt

a llC

l a

a ll

qdqdt

qC

dqdto o

∂∂

ε π επ

π

1 11

22

2oε

∂∂

− ⋅ =∫r rS ds

qC

dqδηλαδή

dt άρα

− ⋅ = =∫r r d q d

( )1 2

ε S dsdt C dt H E/2

Λόγω συµµετρίας το r rE H× είναι κάθετο σε κάθε σηµείο της παράπλευρης

ου ορίζει ο πυκνωτής. Για την επιφάνεια του κυλίνδρου, από τη σχέση επιφάνειας π

− × ⋅ = ⇒ − × =∫ ( ) cosrE H dsC dt

E H al HalC

2 182

ππ

= ⇒ ×r r r rq dq q

Cdqdt

E qdqdt

010

ση

r r

∆ιερεύνη

Θα µπορούσε να καταλήξει κανείς στη σχέση : − ⋅ =∫r rS ds

ddt H Eε / ως εξής:

Από την dqdt

= σταθ. προκύπτει dBdt

= 0 , οπότε

− ⋅ = = ⋅ =∫ ∫ ∫r r r

rr rD ∂ ∂ ε1

S ds Et t

E DdVt H E

∂∂ ∂ ∂

( ) ( )/2

Στην πραγµατικότητα όµως dqdt

είναι µεταβαλλόµενο κατά την διάρκεια της

φόρτισης, οπότε ισχύει:

( )− ⋅ = +⎝⎜⎜ ⎠

⎟⎟ = ⋅ + ⋅⎝⎜ ⎠⎟⎝

⎜⎠⎟ ⇒∫ ∫ ∫S ds E

tH

tdV

tE D H B dV

∂ ∂ ∂ 2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ − ⋅ = +∫r r r r r r r r r rD B

S dst H E H M

∂ ∂ ∂ ∂∂

ε ε1 1/ /

∆ιατυπώστε τι εκφράζει η τελευταία σχέση.

r r


12. Εκφόρτιση πυκνωτή χωρητικότητας C µέσω αντίστασης R.Ως γνωστό η ενέργεια του πυκνωτή εµφανίζεται ως θερµότητα Joule στην αντίσταση.

/R, έχουµε: VV

qq

II

eo o o

t RC= = = − / . Από τις σχέσεις q= C V, d q/dt =I=V

α) Η ενέργεια του πυκνωτή είναι:

ε ε ε= = ⇒ − = − = =− −CV CV

ed CV

= =dt RC

Ve

RC RVI I R

22

2 2 2

β) Έστω α η ακτίνα των οπλισµών και l η απόσταση µεταξύ τους

o t RC o t RC2 2

22

22 2/ /( )

.

EVl

IRl

I Rl

eo t RC= = = − / , HEt

ao=1ε

2∂∂

και S = EEt

ao

12ε

∂∂

κατά τη σελίδα 88,

όπου το S στην εκφόρτιση διευθύνεται προς τα έξω. r rS ds E

Et

ads EEt

a al aI R

le

I Rl RC

e al

l

o o oo t RC o t RC

C

⋅ = = = ⋅ − =∫ ∫ − −12

12

212

12ε

I e R al C

al I Ra

lCI RC

ao

t Ro

o o= − ⋅ ⋅ = − = − =− 1

21

22 22

22

22

∂∂

ε∂∂

π ε π/ /( )

το αντίστοιχο σχήµα της σελίδας 88 για διαδικασία εκφόρτισης. λετείστε και σχολιάστε την παραπάνω λύση.

ε πε π ε π

/

ΣχεδιάστεΜε

γ) EVl

Vl

eI R

le B

Ia

Ia

eo t RC o t RC o o o t RC= = = = =− − −/ / /,µπ

µπ2 2

στην παράπλευρη επιφάνεια του κυλίνδρου που καθορίζει ο πυκνωτής. Η ροή του ανύσµατος Poynting θα είναι: r r r r r r

r rrS ds S ds S ds S ds

E Bds

I Rl ao

oµ π2 13. Πηνίο µεγάλου µήκους µε σπείρες κυκλικές, ακτίνας R υφίσταται µεταβολή του ρεύµατος απ τιµή 0 στην τιµή Ι µε σταθερό ρυθµό dI/dt. Αν η* ο αριθ

ανά µήκους, υπολογίστε το S στην επιφάνεια του πηνίου

e eal I R e I R

o

ot RC

ot RC

t RC

⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ =×

=

⋅ ⋅= ⋅ =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫− −

−

παρ βασ παρ µ

µπ

cos

/ //

0

12

0

2 2 2

ό την µός των µονάδα , καθώς και

=

σπειρώντη ροή του S ds⋅∫ και σχολιάστε τον τρόπο αποθήκευσης της ενέργειας. 1

r r

η λύση Το µαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό του πηνίου είναι οµογενές παράλληλο στον άξονα του πηνίου και ισούται µε : Η= η* Ι (1) Επειδή Ι = Ι(t) θα είναι και Η= Η(t), γεγονός που συνεπάγεται τη δηµιουργία ηλεκτρικών πεδίων (βλέπε σχήµα 37). Ισχύει: r r rE dl

dtE R R E

dto⋅ = − ⇒ ⇒ =∫ ∫2

2π π (2

d ddt

n Ids ndIdt

n R dIBo o= − =

Φ 2µ µµ

* **

)

r r rS E H

n R dI

dtI= × =

2 (3)

µε διεύθυνση στ

oµ2

ο εσωτερικό του πηνίου κάθετη σε κάθε σηµείο της παράπλευρης

ειας.

*

r rS dsn R

IdI

Rl n R lIdI

LIoo= = =

µπ µ π

**

22 22

dt dtdIdt

⋅∫ 2 επιφάν


όπου R l είναι ο συντελεστής αυτεπαγωγής του πηνίου.

L no= µ π *2 2

Σχήµ 37

Τελικά έχουµε:

α

r rS dsddt dt2

LId

⋅ = =∫ ( )1 2 εµαγ (4)

όπου εµαγ είναι η ενέργεια του µαγνητικού πεδίου. Επειδή dIdt

σταθερό και συνεπώς η µεταβολή της ηλεκτρικής ενέργειας είναι µηδέν. Το συµπέρασµα πάλι είναι, όπως και για τις προηγούµενες δύο ασκήσεις που αναφέρονται σε ρευµατοφόρο αγωγό και πυκνωτή, έτσι και για το πηνίο η ενέργεια που αποταµιεύεται δεν έρχεται µέσω των συρµάτων του κυκλώµατος που το πηνίο ποτελεί µέρος αλλά ρέει µέσω της παράπλευ

= σταθερό, άρα Ε =

ρης επιφάνειας του πηνίου από τον οντα χώρο που είναι «αποθηκευµένη».

απεριβάλλ 2η λύση Χρησιµοποιούµε το θεώρηµα διατήρησης της ενέργειας:

rr

rr

r r r r rEDt

HBt

dV J E dV E H dsV⎠

⋅ + ⋅⎛

⎝⎜⎜

⎞⎟⎟ = − ⋅ ⋅ − × ⋅∫ ∫ ∫

∂∂

∂∂

( )

Αλλά ∂∂

rDt= 0,

r rJ E

V

⋅ =∫ 0 , (αφού δεν υπάρχουν ωµικές απώλειες) οπότε:

− × ⋅ = ⋅ = =

= = =

∫ ∫ ∫( ) * * *

* ( * )

r r r r=∫

r

E H ds HBt

dV n I ndIdt

dV n IdIdt

dV

n IdIdto oR l n R l I

dIdt

LIdIdt

Vo o

∂∂

µ µ

µ π µ π

2

2 2 2 2

Άρα − ⋅ = =∫ rS dsdt

LIdt

( )2

2 µαγ

Θεωρώντας, λόγω συµµετρίας, το

r d d1 Å

άνυσµα rS σταθερό και κάθετο σε κάθε σηµείο της

παράπλευρης επιφάνειας έχουµε:

− = ⇒ =S Rl n R lIdIdt

Sn R

IdIdto

o2 1802

0 2 22

π µ πµ

cos **


14. Μικρός ραβδόµορφος µαγνήτης φορτίζεται µε φορτίο q. Σχεδιάστε το άνυσµα Poynting σε διάφορα σηµεία του χώρου. Σχολιάστε τη ροή της ενέργειας και της ορµής του Η/Μ πεδίου. Υπόδειξη

Σχήµα 38

Στο σχήµα φαίνονται οι δυναµικές γραµµές του rE και

rB και στο σηµείο Α το

rS . Τα

πεδία είναι στατικά άρα και η ενέργεια, που παραµένει αµετάβλητη µε το χρόνο. Το άνυσµα του Poynting όµως

r rE B× /µ 0 , που είναι εδώ διάφορο του µηδενός, εκφράζει

ροή της Η/Μ ενέργειας. Αν κοιτάξουµε µε προσοχή το rS στα διάφορα σηµεία του

χώρου θα δούµε ότι κυκλοφορεί συνεχώς γύρω- γύρω στο χώρο που περιβάλλει το µαγνήτη. Όση ενέργεια µπαίνει σε ένα όγκο για κάποιο χρόνο τόση βγαίνει (φαινόµενο αντίστοιχο µε τη ροή ασυµπίεστου υγρού). Το άνυσµα του Poynting εποµένως µας επιβάλλει να σκεφθούµε µια ροή ενέργειας ακόµα και για στατικά πεδία. Αυτό µας βάζει σε σκέψεις. Η ροή ενέργειας για στατικά πεδία έρχεται σε αντίθεση µε την κοινή αντίληψη. (Μήπως όµως αυτή η κοινή αντίληψη είναι λανθασµένη και το άνυσµα Poynting µας δείχνει το σωστό δρόµο;)Παρόµοιοι συλλογισµοί µπορούν να γίνουν για την ορµή r

rp S c= 2 . Θεωρώντας στο σχήµα του

µαγνήτη κάθετο στο επίπεδο της σελίδας, το άνυσµα του Poynting πάνω σε αυτό το επίπεδο και σε απόσταση Α από το µαγνήτη θα διαγράφει περιφέρεια µε κέντρο Ο επί του µαγνήτη και ακτίνα (ΟΑ)=r (σηµειώστε ότι η ακτίνα αυτή µπορεί να είναι οποιαδήποτε). Η ορµή όµως είναι διανυσµατικό µέγεθος. Η αλλαγή της διεύθυνσης συνεπάγεται µεταβολή της ορµής. Παρατηρείστε εδώ ότι εάν σε ένα σηµείο του χώρου η ορµή αυξάνει υπάρχει ένα αντίστοιχο σηµείο όπου αυτή ελαττώνεται µε αποτέλεσµα να µην έχω µεταβολή της ορµής γενικά. 15. Προσδιορίστε το ρυθµό της ακτινοβολούµενης ενέργειας για την περίπτωση των σφαιρικών Η/Μ κυµάτων.

Λύση r r r r r r r

r rr rE

ER

f r ut B BERc

f r ut SE B E

cRf r uto

oo o= − = − =

×= −( ) , ( ) , ( )

µ µο ο

2

22

Αρκεί να δείξουµε ότι το επιφανειακό ολοκλήρωµα του ανύσµατος Poynting πάνω σε µια σφαιρική επιφάνεια (που είναι και µέτωπο του σφαιρικού κύµατος) µε κέντρο το


σηµείο εκποµπής των κυµάτων είναι σταθερό. Θεωρώντας το άνυσµα Poynting σταθερό σε κάθε σηµείο µιας ισοφασικής (σφαιρικής) επιφάνειας, έχουµε:

r r r r r rS ds S dsEcR

f r ut dso⋅ = ⋅ = − ⋅∫ ∫2

22

µο( ) r∫

(Λάβαµε υπόψη ότι το rS έχει τη διεύθυνση της ακτίνας διάδοσης και ότι τα

και είναι κάθετα µεταξύ τους.) E EB=

B B= Φ

Σχήµα 39

Τελικά r r r r r r rS ds

EcR

f r ut R S dsEc

f r uto o⋅ = − ⇒ ⋅ = −∫ ∫2

22 2

224

4µ

ππµο ο

( ) ( )r

i V m

(Σχολιάστε.) 16. Επίπεδο Η/Μ κύµα µε ηλεκτρικό πεδίο διαδίδεται σε µονωτικό µέσο (µ=1, ε=14.5). Προσδιορίστε την µέση ισχύ που µεταφέρει το κύµα καθώς και την ολική ισχύ που διαπερνά επιφάνεια Α= 100cm

E t z= × −2 2 0 8sin( . )$ /π 107

2 του επιπέδου x+y+z=2.

Λύση r r rS E H

EZ

t z k W mo= × = × −2

2 22 08sin ( . ) $ ( / )π 107

Z = =µµεε

ο

ο98 7. Ω

S W= = × −498 7

12

20 26 10 3 2

.. / m

Η επιφάνεια του επιπέδου x+y+z=2 προσδιορίζεται από τη συνάρτηση : 02),,( =−++= zyxzyxf .

Το διάνυσµα το κάθετο στην επιφάνεια αυτή είναι : $$ $ $

nff

i j k=∇

∇=

+ +r

r3

.

Η ζητούµενη ολική ισχύς θα είναι:

P S A n W m k mi j k

W= ⋅ ⋅ = × ×+ +

=− −r

$ . / $$ $ $

20 26 10 100 103

1173 2 4 2 µ


17. Η ΗΘ συνιστώσα του µαγνητικού πεδίου σφαιρικού Η/Μ κύµατος διαδιδόµενο µε

την ταχύτητα του φωτός c=3108m/sec είναι Hr

t kr A mΘ = −sin

cos( ) /θ

107 .

Ζητούνται : α) Η συνιστώσα του ηλεκτρικού πεδίου Ε του σφαιρικού κύµατος και ο κυµαταριθµός κ. β) Η συνολική ισχύς που διέρχεται από σφαιρική επιφάνεια σταθερής ακτίνας µε

0 0≤ ≤ ≤ ≤θπ3

φ π, .2 ∆ίνονται µ 4π10 επο

-7ο= ⋅ =

−

H m F m/ , /1036

9

.

Λύση

α) EH

Z E H Zr r

o

oo o= ⇒ = ⋅ = =

sin.

sinθ µε

θο

ο

379 5

Άρα Er

t kr A m= −sin

cos( ) /θ µ

εο

ο

107

kc

rad m= =ω

0 03333. / . Είναι

Τελικά Er

t r A= −sin

cos( . ) /θ µ

εο

ο

10 0 033337 m .

β) I S E Hr

t kr IrΟΛ ΟΛ= = × = − ⇒ =

r r r µε

θω

µε

θο

ο

ο

ο

sincos ( )

sin2

22

2

2

12

Η ισχύς που διέρχεται από το ζητούµενο τµήµα της σφαιρικής επιφάνειας (µε ds=r2sinθdθdφ) θα είναι:

P S dsr

r

Watt

= ⋅ = =

= =⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = =

∫ ∫∫ ∫∫

∫

12

12

12

12

23

524

248 26

2

20

2 3

0

2

33

0

r r µε

θθd d

µε

θd d

µε

π θdθµεπ - θ+

θ π µε

ο

ο

3

0

2ο

ο

3

0

ο

ο 0

π3

ο

ο

π3

ο

ο

sinsin sin

sin coscos

.

ππ

ππ

θ φ θ φ =

Σηµειώστε ότι η διερχόµενη ισχύς είναι ανεξάρτητη της ακτίνας της σφαιρικής επιφάνειας όπως αναµενόταν. 18. ∆ίνεται το Η/Μ κύµα

rE i E z t jE z t= − +$ cos ) $ sin )0 0ω( µ ε ω( µ εο ο ο ο − όπου Ε0

σταθερά. Προσδιορίστε το rB και το άνυσµα Poynting.

r rr

∇ × = − ⇒ = − + +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟E

Bt

i j k

x y zE E E

iBt

jBt

kBt

x y z

x y∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

$ $ $

$ $ $ z

όπου E E z tx = −0 cos )ω( µ εο ο

και E E z ty = −0 sin )ω( µ εο ο οπότε έχουµε:


( )$ $ $ $ $ $iEz

jEz

k iBt

jBt

kBt

y x x y0 0 0 0−⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ − −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ + − = − − − ⇒

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

z

∂∂

∂∂

Bt

Ez

Ex y= = −0ω µ ε ω( µ εο ο ο οcos )z t (1)

− = = − −∂∂

∂∂

Bt

Ez

Ey x0ω µ ε ω( µ εο ο ο οsin )z t (2)

( ) cos )

(cos ) )

10

0

⎯ →⎯ = − =

=−

− −

∫

∫

B E z t dt

Ez t d z t C

x ω µ ε ω( µ ε

ω µ εω)

ω( µ ε ω( µ ε

ο ο ο ο

ο οο ο ο ο +

Παίρνοντας τη σταθερά C ίση µε µηδέν προκύπτει:

⇒ = − − = −B E z tEcx

y0 µ ε ω( µ εο ο ο οsin ) (3)

( ) sin ) .....

cos )

20

0

⎯ →⎯ = − =

⇒ = − =

∫B E z t dt

B E z t Ec

y

yx

ω µ ε ω( µ ε

µ ε ω( µ ε

ο ο ο ο

ο ο ο ο

(4)

οπότε: rB i E z t jE z t= − − + −$ sin ) $ cos )0 0µ ε ω( µ ε µ ε ω( µ εο ο ο ο ο ο ο ο

Ακόµα : r r r rE B E B E B B Ex x y y⋅ = ⋅ + ⋅ = ⇒ ⊥0

Για το άνυσµα του Poynting έχουµε:

( ) ( ) ( )( )

( )

r r rr r

r

S E HE B

i j kE E EB B B

i j k E B E B

k E z t E z t k E

k E S k E kE

x y z

x y z

x y y x= × =×

= = − − − + ⋅ − ⋅

= − + − =

= ⇒ = =

µ µ µ

µµ ε ω( µ ε µ ε ω( µ ε

µµ ε

εµ

εµ

ο ο ο

οο ο ο ο ο ο ο ο

οο ο

ο

ο

ο

ο

1 10 0 0 0

1 10

2 20

2 20

2

02

02 0

$ $ $

$ $ $

$ cos ) sin ) $

$ $ $

=

=

2

ZO

Σηµείωση: Η παραπάνω έκφραση (και η αντίστοιχη του µαγνητικού) πεδίου αποτελούν κυκλικά πολωµένο κύµα.(βλέπε κεφάλαιο 13). Μια διαφορετική εκφώνηση της άσκησης θα ήταν : ∆είξτε ότι η στιγµιαία τιµή του ανύσµατος Poynting ενός κυκλικά πολωµένου κύµατος στο κενό είναι σταθερή, ανεξάρτητη του χρόνου και της θέσης. 19. Επίπεδο Η/Μ κύµα έχει τη µορφή:

rE i E kz t jE kz ta= − + −$ cos( ) $ sin( )ω ω -φβ .

Να βρεθεί η µέση τιµή του ανύσµατος Poynting και να δειχθεί ότι είναι ίση προς το άθροισµα των µέσων τιµών των ανυσµάτων Poynting των δύο συνιστωσών του ηλεκτρικού πεδίου

rE .

Υπόδειξη : ∆εδοµένου ότι οι δύο συνιστώσες είναι κάθετες, έχουµε:

SEZ

E EZ

EZ

EZ

S Sa aa= =

+= + = +0

2 2 2 2 2

2 2 2 2β β

β (1)

Η διαφορά φάσης µεταξύ των δύο συνιστωσών δεν επηρεάζει το αποτέλεσµα.


20. Επίπεδο Η/Μ κύµα έχει τη µορφή: rE i E kz t j E kz ta= − + −

∧ ∧

cos( ) cos( )ω ωβ φ− . Να βρεθεί η µέση τιµή του ανύσµατος Poynting και να δειχθεί ότι δεν είναι ίση προς το άθροισµα των µέσων τιµών των δύο συνιστωσών. Υπόδειξη : Εδώ σε αντίθεση µε την προηγούµενη άσκηση οι δύο συνιστώσες είναι στην ίδια διεύθυνση και εµφανίζουν διαφορά φάσης φ. Θα είναι :

SE

ZE E E E

ZS S

E EZ

o a aa

a= =+ +

= + +2 2 2

22

22

2β β

ββφ

φcos

cos (2)

Προφανώς S S Sa> + β για 02

< ≤φπ

και S S Sa< + β για π

φ<π2<

Το αποτέλεσµα αυτό είναι αποτέλεσµα του φαινοµένου της συµβολής. Για φ=π2

ισχύει: S S Sa= + β . Η διαφορά φάσης µεταξύ των δύο συνιστωσών επηρεάζει το αποτέλεσµα. Γιατί; Σκεφτείτε ότι το αποτέλεσµα της συµβολής δύο κυµάτων

rE1 και

rE2 εκφράζεται από

τον όρο r rE E1 2⋅ (:

r r rE E E E E2

12

22

12= + + ⋅ 2 ) ο οποίος στην περίπτωσή της άσκησης 19 είναι µηδενικός. Στην ειδική περίπτωση που έχουµε: E Ea = β

[ ]rE i E kz t kz ta= − + −$ cos( ) cos( )ω ω -φ

επειδή όµως cos cos cos cosA BA B A B

+ =+ −

22 2

άρα rE i E kz ta= −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅

$ cos cos2 ω -φ2

φ2

εποµένως: SE

Z

a

=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

2

2

cosφ2

ή SEZa= 2

22cosφ2

(3)

∆είξτε ότι ο τύπος (2) για έχει την έκφραση του τύπου (3). E Ea = β

20. Άνυσµα Poynting σε αγώγιµο µέσο Κατά τη διάδοση Η/Μ κύµατος σε αγώγιµο µέσο έχουµε δει ότι ισχύουν οι σχέσεις:

και E E e kz toaz= − cos( )ω− H

kE e kz t

oo

az= −−*

cos( )µ µ ω

ω Ω−

µε k o oo

* = +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

ω µ µ ε εω ε εσ

11

2

14

και a o o= +

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ −

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟arctan 1

2ω ε εσ

ω ε εσ


Συνεπώς Sk

E e kz t kz to

oaz= −−

*

cos( ) cos( )µ µ ω

ω ω2 2 Ω− −

Αλλά [ ]cos cos cos( ) cos( )A B A B A B= − + +12

οπότε ( )[ ][ ]Sk

E e kz to

oaz= + −−

*

cos cos2

22 2

µ µ ωωΩ Ω−

∆εδοµένου ότι η µέση τιµή του συνηµίτονου είναι 0, θα έχουµε τελικά :

Sk

E eo

oaz= −

*

cos2

2 2

µ µ ωΩ

Καλός αγωγός :

, k a o= =

µ µ σ ω2

, k k a o* = + =2 2 22

µ µ σ ω και Τότε Ω = =

π4

450

H E e kz

o

oo

az= −−2

24

µ µ σ ω

µ µ ωω

πcos( )t −

S E e S

o

oo

az

oo

az= ⇒ =− −12

22

412 2

2 2 2 2

µ µ σ ω

µ µ ωπ σ

µ µ ωcos E e

∆εδοµένου ότι α=1/δ , όπου δ το επιδερµικό βάθος η τελική έκφραση του S

γράφεται: S Eo

oz= −1

2 22 2

σµ µ ω

δ/e

)

Συµπεραίνουµε λοιπόν τα ακόλουθα: α) Η διαδιδόµενη ενέργεια ελαττώνεται µε το τετράγωνο του πλάτους ( όπως αναµενόταν.

E eoaz− 2

β) Η ενέργεια που χάνεται µετατρέπεται σε θερµότητα Joule στον αγωγό.

x

y

z

E

B

S

∆z

α

β

Σχήµα 40

Ας πάρουµε την περίπτωση καλού αγωγού επιφάνειας αβ(m²) πάχους ∆z κάθετο στη διεύθυνση διάδοσης του κύµατος. Το πλάτος του ηλεκτρικού πεδίου µειώνεται από Εο σε κατά την διάδοση µέσα στον αγωγό και αντίστοιχα η µέση τιµή του ανύσµατος

Poynting από

E eoz−∆ /δ

S Eoo

o=12 2

2σµ µ ω

σε

S Eo

oz= −1

2 22 2

σµ µ ω

δ∆ /e

Συνεπώς η απώλεια ισχύος του κύµατος στον αγωγό θα είναι:

( ) ( )S S aa

E ea

Ez

oo

z

o− = − ≅−β

β σµ µ ω

β σµ µ ω δ

δ

2 21

2 22

02 2

02∆ ∆/


Αλλά δµ µ σ ω

=2

o

οπότε: ( )S S a zEo − ≅β σ12 0

2∆ (1)

Το πλάτος της τάσης στον αγωγό κατά τη διεύθυνση διάδοσης του κύµατος µεταβάλλεται από την τιµή στην , οπότε η µέση χωρική τιµή του είναι E ao E e ao

z−∆ /δ

( )V E E e a Ez

ao o oz

o= + ≅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−12

12

2∆ ∆/δ

δ

και V E az

E ao o o= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≅1

2∆δ

για ∆z << δ

Η αντίσταση κατά τη διεύθυνση του ρεύµατος είναι Ra

z=

1σ β ∆

.

Η θερµότητα Joule συνεπώς που αναπτύσσεται θα είναι :

V

RV

RE a

az

a zoενερ = = =

2

02 2

02

2 21

12

/ /

σ β

β σ

∆

∆ E (2)

Συγκρίνοντας τις σχέσεις (1) και (2) φαίνεται αµέσως ότι η ενέργεια που χάνεται από το κύµα µετατρέπεται σε θερµότητα Joule µέσα στον αγωγό. γ) Ο λόγος της ηλεκτρικής ενέργειας προς τη µαγνητική ενέργεια είναι για την

περίπτωση του καλού αγωγού :

12

12

0 02 2

02 2

0ε ε

µ µσ

µ µ ω

ε ε ωσ

δ

δ

E e

E e

z

oo

z

−

−

=

/

/

Επειδή για καλό αγωγό σ

ε ε ωε ε ωσ0

0100 1> ⇒ <<

Αυτό σηµαίνει ότι η ενέργεια είναι στην ουσία σε µαγνητική µορφή. Η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου Ε είναι µικρή, αλλά η πυκνότητα ρεύµατος και συνεπώς η ένταση του µαγνητικού πεδίου Η είναι σχετικά υψηλή. 22. Ακτινοβολία ηλεκτρικού διπόλου : Με κβαντική ανάλυση αποδεικνύεται ότι το φως είναι αποτέλεσµα κυρίως της διπολικής ηλεκτρικής ροπής των ατόµων. Παρακάτω θα µελετήσουµε το θέµα στην κλασική προσέγγιση ενός ταλαντούµενου ηλεκτρικού διπόλου. Θα υποθέσουµε ότι ένα εξωτερικό ηλεκτρόνιο ταλαντούται γραµµικά εκτελώντας απλή αρµονική κίνηση σε µία µέση απόσταση από το σταθερό θετικό πυρήνα. Το σύστηµα µπορεί να θεωρηθεί ότι έχει διπολική ροπή: p ω= qa tcos (1) Κατ’ αρχήν να τονιστεί ότι ταλαντούµενη διπολική ροπή συνεπάγεται ταλαντούµενο ηλεκτρικό πεδίο, το οποίο µε τη σειρά του σηµαίνει τη δηµιουργία ταλαντούµενου µαγνητικού πεδίου δηλαδή διάδοση Η/Μ ακτινοβολίας στο χώρο. Η κλασική διαδικασία αντιµετώπισης του προβλήµατος προϋποθέτει λύση των εξισώσεων του Maxwell που είναι και πολύπλοκη και δύσχρηστη. Σε αποστάσεις αρκετά µεγάλες σε σχέση µε τις διαστάσεις του ατόµου το ηλεκτρικό πεδίο βρίσκεται ότι είναι:


Eqan r c

kz to

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

sinsin( )

θπ ε

ωω

2

(2)

Την εξάρτηση του Er

∝1

τη διαισθάνεται κανείς, αν θεωρήσει σφαιρικά κύµατα

οπότε περιµένει εξάρτηση του πλάτους του πεδίου αντιστρόφως ανάλογη της απόστασης.

Σχήµα 41

Η γωνία θ φαίνεται στο σχήµα 41. Θεωρώντας τα µέτωπα επίπεδα κύµατα για µεγάλες αποστάσεις το

rE θα είναι κάθετο στη διεύθυνση διάδοσης και συνεπώς

κάθετο στη διανυσµατική ακτίνα r. Στο σχήµα το δίπολο έχει θεωρηθεί ότι παράγεται κατά τη διεύθυνση του άξονα z. Άρα οι δυναµικές γραµµές του µαγνητικού πεδίου θα είναι οµόκεντροι κύκλοι µε κέντρο επί του z και σε επίπεδα κάθετα στο z. (Το ταλαντούµενο δίπολο ισοδυναµεί µε ρεύµα χρονικά µεταβαλλόµενο κατά τη διεύθυνση z.)

Θα έχουµε: BEc

qan r c c

kz to

= =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

sinsin( )

θπ ε

ωω

2 1 (3)

Φαίνεται αµέσως ότι το r rE B× έχει τη διεύθυνση της ακτίνας r. Έχουµε δει όµως ότι

η ένταση της Η/Μ ακτινοβολίας είναι:

I c Eo=12 0

2ε

και λόγω της (1) Iq a

c ro=

2 2 4

2 3 22

32ω

π εθsin (4)

Φαίνεται αµέσως από την (4) η γωνιακή εξάρτηση της εκπεµπόµενης Η/Μ ακτινοβολίας, Ι=Ι(θ). Το ταλαντούµενο δίπολο δεν εκπέµπει ενέργεια κατά µήκος του άξονα του και εκπέµπει τη µέγιστη ενέργεια στο επίπεδο το κάθετο στον άξονα του. Η ολικά ακτινοβολούµενη ενέργεια ανά µονάδα χρόνου σε όλο το χώρο θα είναι:


d I dsq a

dsdt c ro

ε θω

θ= =( ) sin2 2 4

2

,

π ε∫ ∫2 3 232

Σε σφαιρικές συντεταγµένες το στοιχείο επιφάνειας ds ισούται µεοπότε:

ds r d d= 2 sinθ θ φ

sin sin sin2 2 22

θ θ θ θ φππ

ds r d d∫ ∫∫= =sin cos sin0

2

0

3 2

0

22 2 243

π θ θ π -13

θ( θ+2) π0

π π

r d r r∫=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

sin2 283

θ πds r∫ δηλαδή: =

οπότε: ddt

q ac

ε ω2 2 4

= 312πεo

Γιατί το χρώµα του ουρανού είναι µπλε. Όταν προσπίπτει η ηλιακή ακτινοβολία στα µόρια του αέρα στην ατµόσφαιρα

αντίστοιχη εκπεµπόµενη ακτινοβολία να είναι ακτινοβολία διπόλου.

φυσικών συχνοτήτων ω

µπορούµε να θεωρήσουµε ότι τα εξαναγκάζει σε ταλάντωση µε αποτέλεσµα η Θεωρώντας ότι

οι συχνότητες ω που αντιστοιχούν στο ορατό φως είναι πολύ µικρότερες των

από τον τύπο 0 των µορίων του αέρα d q adt cε ω2 2 4

= 312πεo

µπορούµε κατά προσέγγιση να συµπεράνουµε ότ η σκεδαζόµενη ακτινοβολία είναι ι ανάλογη της τέταρτης δύναµης της συχνότητας ω.

ddtε

∝ ∝ωλ

44

1

Αλλά τα Η/Μ κύµατα που π ροέρχονται από τον ήλιο περιέχουν όλα τα µήκη κύµατος.

Θεωρώντας δύο µήκη κύµατος, για το κόκκινο φως (λκόκκινο=6500 Α0

) και για το µπλε

(λµπλε=4500 ) θα έχουµε: Α0

( )( )

ddt

ddt

εε

µπ λ ε4κ ο κ κ ι ν ο4µπ λ ε

λλ

= = 4 3. κ ο κ κ ι ν ο

ηλαδή το µπλε φως σκεδάζεται 4.3 φορές περισσότερο του κόκκινου . Με άλλα όγια το µπλε χρώµα κυριαρχεί στον ουρανό γιατί έχει το µικρότερο µήκος κύµατος.

δλ

ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ ΟΡΜΗ ΣΤΑ ΗΜ ΚΥΜΑΤΑ poynting...ΕΝΕΡΓΕΙΑ ΚΑΙ...

Documents