Martin Zukerstein

Písemná práce z elektrodynamiky
Martin Zukerstein
Úloha 1
Na dokonale kulaté planetě přistanou stejně daleko od sebe tři sondy, jedna (A) na pólu, dvě (B,C) na rovníku.
Magnetometry naměří vertikální složky magnetického pole planety B A r = 60µT, B B r = 38µT, B C r = 23µT. Za
předpokladu, že magnetické pole planety je čistě dipólové, určete:
1. Jaké jsou planetopisné souřadnice severního magnetického pólu? Uveďte číselné hodnoty pro planetopisné souřadnice
definované tím, že šířka místa přistání sondy B je 0 ◦ a sondy C 90 ◦ .
2. Která ze sond naměří největší horizontální složku magnetického pole planety? Uveďte číselnou hodnotu této
složky.
Řešení: Magnetický dipólový moment, o kterém předpokládáme, že úplně popisuje pole planey, sídlí v jejím středu
a má směr ⃗s, |⃗s| = 1 budí na povrchu v místě popsaném směrem ⃗n, |⃗n| = 1 pole
⃗B = 1 2 ⃗ B 0 (3(⃗s·⃗n) ⃗n − ⃗s) .
Radiální složky ⃗ B dané skalárním součinem
⃗B·⃗n = 1 2 B 0 (3(⃗s·⃗n) ⃗n − ⃗s)·⃗n = B 0 ⃗s·⃗n
určují tedy přímo hodnoty ⃗ B 0 : B A r = B 0z , B B r = B 0x , B C r = B 0y .
1. Vektor dipólového memonetu tedy protíná povrch planety na místě o sférických souřadnicích
θ = arccos B 0z .
| B ⃗ = 37 ◦ = 90 ◦ − 53 ◦ , φ = arctan B 0y
0 |
B 0x
. = 31
◦
2. Horizontální složku magnetického pole v nějakém místě daném ⃗n spočteme z Pythagorovy věty:
[ ]
| B ⃗ ‖ | 2 = | B| ⃗ 2 − Br 2 = B ⃗ 1
0
2 4 (3(⃗s·⃗n) ⃗n − ⃗s)2 − (⃗s·⃗n) 2 = B2 [
0 1 − (⃗s·⃗n)
2 ] .
4
Proto největší horizontální složkam magnetického pole bude v místě s nejmenší složkou radiální a to konkrétně
| B ⃗ ‖ | = 1 √
(Br 2
P ) 2 + (Br Q ) 2 = . 36µT,
kde indexy P, Q označují dvě místa největší radiální složkou magnetického pole.
Errata: Těm kdo se nechali zmást spojením šířka místa přistání ačkoli se výše píše, že obě místa leží na rovníku se
omlouvám. Pro úplnost také dodávám polohu magnetického pólu v těchto souřadnicích: šířka 108 ◦ , délka např. 58 ◦ .
Úloha 2
Nalezněte vektorové pole ⃗ k dané vztahem ⃗ k = ∇ 2 ⃗ A, kde vektorové pole
( a
) 2 ( z
⃗A = sin ⃗e φ ,
R a)
přičemž R, φ a z jsou válcové souřadnice a ∇ 2 = ∆ je Laplaceův operátor.
Řešení: Doporučený postup je respektovat použité souřadnice a spočíst
∆ ⃗ A = ∇∇· ⃗A − ∇ × ∇ × ⃗ A.
Protože (jediná nenulová) složka A φ nezávisí na φ, je ∇· ⃗A = 0. Proto použijeme
∣
∇ × A ⃗ = 1 ⃗e R R⃗e φ ⃗e z ∣∣∣∣∣ R
∂ R ∂ φ ∂ z ,
∣ A R RA φ A z
tedy
∇ × ⃗ A = − a R 2 cos z a ⃗e R − a2
R 3 sin z a ⃗e z

a následně
−∇ × ∇ × A ⃗ = 3a2 − R 2
R 4 sin z a ⃗e φ.
Alternativně můžeme nejprve přejít do kartézských složek vyjádřených ale ve sférických souřadnicích. V této
verzi úlohy se používají souřadnice válcové, rozdíl bude zmíněn dále. Použijeme ⃗e φ = − sin φ⃗e x + cos φ⃗e y a získáme
⃗A = A φ (− sin φ⃗e x + cos φ⃗e y ).
Použijeme-li známý vztah pro Laplaceův operátor ve sférických souřadnicích
∆f = 1 r ∂ rr(rf) +
1
r 2 sin θ ∂ 1
θ(sin θ∂ θ f) +
r 2 sin 2 θ ∂ φφf
uvidíme, že díky vztahu ∂ φφ sin φ = − sin φ apod. pro cos φ, je
(
)
1
∆(A φ (r, θ)⃗e φ ) = ∆A φ −
r 2 sin 2 θ A φ ⃗e φ
Ve válcových souřadnicích pak bude
∆(A φ (R, z)⃗e φ ) =
(
∆A φ − 1 )
R 2 A φ ⃗e φ .
Takto se lze vyhnout počítání rotací. Navíc tento vztah jasně ukazuje, že ∆(A φ (r, θ)⃗e φ ) ≠ (∆A φ ) ⃗e φ .
Nejalternativnější cesta, tedy kompletní přechod do kartézských souřadnic se nedoporučuje.
Úloha 3
Odhadněte periodu netlumených kmitů střelky v buzole. Sežeňte si potřebné údaje a určete i číselnou hodnotu.
Řešení: Střelka sleduje magnetické pole, protože je vyrobena z magneticky tvrdého materiálu. Ten charakterizuje
magnetizace “zamrzlá” v materiálu s řádovou velikostí B r ≈ 1T. Pro moment síly působící na malé těleso v poli ⃗ B platí
⃗M = ⃗m × ⃗ B. Dipólový magnetický moment stejnoměrně zmagnetizované střelky objemu V je ⃗m = V ⃗ H r = V ⃗ B r /µ 0 .
Střelka buzoly se otáčí okolo svislé osy a pro úhel střelky φ od rovnovážného směru máme linearizovanou pohybovou
rovnici
J ¨φ = − V B rB h
µ 0
φ,
kde B h je horizontální složka zemského magnetického pole. Moment setrvačnosti střelky délky L z materiálu s
hustotou ρ je J ≈ ρV L 2 /12. Pro periodu netlumených kmitů pak máme
√
µ 0 ρL
T = 2π
2
.
12B r B h
To, že se číselné hodnoty B r ≈ 1T, B h ≈ 20µT, ρ ≈ 8000 kg m −3 , L ≈ 0.05 m dají lidskými smysly lehce
pozorovatelné T ≈ 2s je šťastná souhra okolností.
Úloha 4
Nalezněte elektromagnetické pole popisující zjednodušený proces vybíjení deskového kondenzátoru. V čase t < 0 je
takový deskový kondenzátor (na jehož deskách z = ±b je nábojová hustota ±σ 0 ) vypněn homogenním elektrickým
polem ⃗ D 0 = −σ 0 ⃗e z . V čase t = 0 začne mezi deskami probíhat výboj – pro jednoduchost stejnoměrně v celé rovině
x = 0. Tím se problém velmi zjednoduší, protože elektromagnetické pole uvnitř i proudová pole a nábojové hustoty
na deskách budou jen funkcí času t a souřadnice x. Desky ani výboj nekladou procházejícímu proudu odpor, vně
kondenzátoru elektromagnetická pole vymizí, vše se odehrává ve vakuu. Předpokládejte, že dynamika povede na
elektrické pole a nábojovou hustotu popsanou vztahy
⃗D(x, y, |z| < b, t) = −σ 0 ⃗e z Θ(|x| − vt),
σ(x, y, z = ±b, t) = ±σ 0 Θ(|x| − vt).
1. Ze zákona zachování elektrického náboje určete proudové pole na deskách (je vhodné použít funkci Θ(vt − |x|)).
2. Jaké homogenní magnetické pole se musí objevit v oblasti 0 < x < vt, aby byly Maxwellovy rovnice splněny v
z = b, 0 < x < vt?
3. Jaké magnetické pole se musí objevit v oblasti −vt < x < 0?
4. Co pro pole vyplývá z Maxwellových rovnic v x = 0, z = 0?

5. Co se stane s energií elektrostatického pole? Jak velká část se přemění na teplo? Co z toho vyplývá pro parametry
úlohy: σ 0 , b, v?
6. (+5 prémiových bodů) Co je potřeba splnit, aby Maxwellovy rovnice platily v místě z = 0, x = vt? (Doporučuje
se pole zapsat pomocí Θ funkcí a dosadit do Maxwellových rovnic – známé poučky např. o spojitosti tečných složek
elektrického pole platí jen pro stojící rozhraní.)
Při výpočtech se nestyďte Heavisideovu funkci Θ(u) derivovat podle předpisu Θ ′ (u) = δ(u). Otázky jsou položeny
tak, abyste nepotřebovali ztrácet čas uvažováním rozdílu mezi x a |x|, díky symetrii u každé veličiny jen stačí
rozmyslet, jestli je sudou/lichou funkcí x, a dále jen uvažovat x > 0.
t = 0 t = 30ps t = 60ps
Obrázek 1: Časový vývoj elektrického pole v kondenzátoru, kde v čase t = 0 začal v celé rovině x = 0 (kolmé k rovině
obrázku) plošný výboj. Náboj se postupně přesouvá z desek do oblasti výboje, elektrické pole v jeho okolí mizí a je nahrazeno
polem magnetickým.
Řešení: 1. Zákon zachování náboje (na horní desce) popisuje rovnice kontinuity
∂ t σ + ∂ x j plos
x = 0.
Dosadíme do ní nábojovou hustotu a proudové pole podle zadání
jx
plos (t, x) = JΘ(vt − |x|).
Veličina J představuje x-ovou složku plošné proudové hustoty a tedy směru proudu vyznačenému na obrázku odpovídá
záporná hodnota J. Ze stejného důvodu, proč podél nenabitého drátu musí téct konstantní proud, musí díky
prostorové jednorozměrnosti úlohy být konstantní v místech bez nábojové hustoty i proudová hustota.
Vidíme, že (pro x > 0)
∂ t σ + ∂ x j plos
x = σ 0 ∂ t Θ(|x| − vt) + J∂ x Θ(vt − |x|) = (−vσ 0 − J) Θ ′ (|x| − vt) = 0.
Zde je použit vztah (f(−x)) ′ = −f ′ (−x) a předpoklad, že f je až na konstantu lichá funkce, tedy že f ′ je sudá.
Zachování náboje proto vyžaduje
J = −vσ 0
ať už je Θ přímo Heavisideova funkce, nebo nějaká jiná funkce s méně extravagantní derivací.
Alternativně lze psát integrální verzi pro náboj na celé horní desce ∮ ⃗j · dS = − ˙Q, který dá −2J = 2σ 0 v.
2. Rovnice pro chování magnetického pole v místech jeho nespojitosti Rot ⃗ H = ⃗n × [ ⃗ H] = ⃗j plos okamžitě dá
⃗H = ∓JΘ(vt − |x|)⃗e y ,
stačí dosadit ⃗n = ⃗e z a [ H] ⃗ = −H ⃗ (pravidlo: rozdíl hodnot na konci ⃗n minus těch na začátku).
3. Znaménko − v rovnici pro H ⃗ odpovídá x > 0, znaménko + pak x < 0.
4. V bodě v x = 0, z = 0 je jen magnetické pole. Tam je rovnice z bodu 2. jen vynásobená faktorem 2: teče tu
2x větší proud, ale magnetické pole se místo na nulu mění skokem na opačnou hodnotu, tedy také dvakrát.
5. Nejprve Poyintingův teorém: Změna (hustoty) energie elektromagnetického pole je možná buď jejím přesunem
(skrze divergenci vektorového pole S ⃗ = E ⃗ × H) ⃗ nebo vykonáním práce ⃗j. E. ⃗ V našem případě ale součin E ⃗ × H ⃗ = 0,
protože v každém místě je aspoň jedno z polí E, ⃗ H ⃗ nulové. Dále se v zadání říká, že proudu výboj ani desky nekladou
odpor, což znamená, že Joulovo teplo je nulové. Energie se tedy musí zachovat.
Srovnáním
W E = 1 | D|
2ɛ ⃗ 2 = 1 σ0
2
0 2ɛ 0
a
W H = µ 0
2 | H| ⃗ 2 = µ 0
2 J 2 = µ 0
2 v2 σ0
2
dostáváme, že požadavek W E = W H dává
v 2 ɛ 0 µ 0 = 1.
Víme, že Maxwellovy rovnice garantují zachování energie. Proto, má-li se zachovávat energie, musejí nějak
Maxwellovy rovnice pro pole vyžadovat, aby v bylo rovno rychlosti světla. Jediné místo, kde jsme zatím splnění
rovnic nekontrolovali bylo to z bodu 6:

6. Zde budeme muset provést kontrolu splnění Maxwellových rovnic v místě, které se mění s časem |x| = vt.
Používat pravidla pro chování polí na rozhraní by bylo příliš pracné, místo toho raději ověříme, zda jsou pro |z| <
b, x > 0 Maxwellovy rovnice splněny ve smyslu distribucí.
Nejprve, protože na příslušné proměnné daná pole vůbec nezávisejí, je jasné, že
Protože ⃗ H = −JΘ(vt − x) a ⃗ D je v zadání, máme
∇. ⃗ D = ∂ z D z (t, x) ≡ 0,
∇. ⃗ H = ∂ y H y (t, x) ≡ 0.
∇ × ⃗ H − ∂ t
⃗ D = ∇ × JΘ(vt − x))⃗ey + ∂ t σ 0 Θ(x − vt)⃗e z = (−J − vσ 0 ) Θ ′ (|x| − vt)⃗e z = 0.
To je tatáž rovnice jako u zachování náboje a dá tedy stejně J = −vσ 0 .
Faradayův zákon pak má tvar
∇ × ⃗ D + µ 0 ɛ 0 ∂ t
⃗ H = 0
a po dosazení již známých ⃗ H a ⃗ D vyjde jako podmínka splnění
1 − µ 0 ɛ 0 v 2 = 0.
Vidíme tedy, že Maxwellovy rovnice vyžadují v = c, pak jsou v souladu se zachováním energie elektromagnetického
pole. Zákon zachování elektrického náboje je méně náročný, bylo možno jej splnit pro libovolné v. Je potřeba
zdůraznit, že jednoduchost řešení je dána tím, že vlnová rovnice v 1+1 má tzv. d’Alembertovo řešení □f(x − ct) = 0.
Ve válcové symetrii bychom u modelu jiskrového výboje narazili na složitost řešení dvourozměrné vlnové rovnice.