Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

Pobieranie prezentacji. Proszę czekać

Wykład 4 5.8.1 Rozwinięcie potencjału znanego rozkładu ładunków na szereg momentów multipolowych w układzie sferycznym Rozwinięcia tego można dokonać stosując.

Podobne prezentacje


Prezentacja na temat: "Wykład 4 5.8.1 Rozwinięcie potencjału znanego rozkładu ładunków na szereg momentów multipolowych w układzie sferycznym Rozwinięcia tego można dokonać stosując."— Zapis prezentacji:

1 Wykład Rozwinięcie potencjału znanego rozkładu ładunków na szereg momentów multipolowych w układzie sferycznym Rozwinięcia tego można dokonać stosując funkcje kuliste Y lm (, ), które są funkcjami własnymi operatora kwadratu krętu orbitalnego i stanowią układ zupełny i ortogonalny funkcji kątów i. Okazuje się, że (5.28)

2 r < to mniejszy wektor z pary. r > to większy wektor z pary. Dla otrzymujemy: (5.29) W układzie sferycznym momentem multipolowym układu ładunków nazywamy wyrażenie: (5.30)

3 l=0monopolowyq0q0 l=1dipolowyq1q1 l=2kwadrupolowyq2q2 l=3oktupolowyq3q3 l=4hexadekapolowyq4q4 Poniższa tabelka informuje nas o nazwach najniższego rzędu momentów Ogólnie można powiedzieć, że momenty multipolowe informują nas o rozkładzie ładunków i odstępstwach tego rozkładu od symetrii sferycznej. Przykłady momentów najniższych rzędów dla kilku konfiguracji ładunków są podane na następnej stronie

4 q 1 = 0 L L L L L L L H _ _ _ q 0 = Q q 1 = 0 q 2 = 0 q 0 = Q q 2 = L 2 Q q 0 = 0 q 2 = 0 q 0 = 0 q 2 = 2LHQ q 1 = 2QL q 1 = LQ Q

5 q 2 = 0, q 3 = 0 q 2 > 0, q 3 = 0 q 2 < 0, q 3 = 0 q 2 0, q 3 0 a b

6 5.9 Dipol w polu elektrycznym Rozważmy jednorodne pole elektryczne i umieśćmy w nim dipol pod dowolnym kątem. + - Wartość siły wypadkowej jest równa 0, ale para sił powoduje pojawienie się momentu obrotowego M. (5.31)

7 Dipol ustawia się równolegle do kierunku pola elektrycznego E. Wartość liczbowa tego momentu wynosi M = PE sin. Obrót dipola odpowiada wykonaniu pracy Znak minus oznacza, że to dipol wykonuje pracę (dla małych ). Energia potencjalna V zmienia się więc o dV = -dW Otrzymujemy więc: Stałą C wyznaczamy z faktu, że dla = 90 0, V=0.

8 (5.32) Umieśćmy teraz dipol w polu niejednorodnym. Siły w tym przypadku już się nie równoważą, czyli poza pojawieniem się momentu obrotowego istnieje również wypadkowa siła + - x y Załóżmy, że po pewnym czasie dipol ustawił się w kierunku osi x.

9 Policzmy zmianę natężenia pola w miejscu, w którym znajduje się ładunek dodatni w stosunku do pozycji ładunku ujemnego. Czyli (Szereg Taylora) Wypadkowa siła w kierunku x będzie wynosiła:

10 Siła zależy więc bardzo mocno od orientacji dipola w polu. Jeśli dipol pod wpływem pola obróci się tak, że, to dipol zostanie przesunięty w kierunku rosnącego natężenia pola z siłą równą, (5.33) Czyli zgodnie z poprzednim rysunkiem w lewo. Składowa wektora siły w kierunku x wyrazi się następująco:

11 +- Przedstawia to poniższy rysunek. Tego rodzaje dipole indukują się w ciałach stałych, głównie dielektrykach.

12 6Energia potencjalna dowolnego układu ładunków 6.1 Energia układu ładunków punktowych Rozważmy układ trzech ładunków punktowych w dowolnej konfiguracji. q1q1 q2q2 q3q3 r 12 r 13 r 23 Obliczmy pracę potrzebną do przesunięcia z nieskończoności trzech ładunków swobodnych do dowolnego położenia takiego np. jak na rysunku obok.

13 Na początku w miejscu do którego ściągamy pierwszy ładunek nie ma pola elektrycznego. Praca potrzebna do ściągnięcia pierwszego ładunku jest więc zerowa. Inaczej jest z pozostałymi ładunkami. Drugi ładunek musi przezwyciężyć pole wytworzone przez pierwszy ładunek, a trzeci pole dwóch pierwszych. Korzystając ze wzoru (5.12) możemy policzyć pracę potrzebną do ściągnięcia trzech ładunków. (6.1) r ij w powyższym wzorze oznacza wzajemne odległości pomiędzy ładunkami. Wyrażenie (6.1) możemy przekształcić w następujący sposób:

14 (6.2) W nawiasach okrągłych znajdują się wyrażenia na potencjał wytworzony przez odpowiednie dwa ładunki w miejscu w którym znajduje się trzeci ładunek. Możemy więc wzór ten zapisać prosto następująco;

15 (6.3) Wynik ten można uogólnić dla N ładunków. Otrzymamy wtedy: (6.3a) Wróćmy z powrotem do naszego układu ładunków i spróbujmy napisać energię tego układu w oparciu o ich położenie w układzie współrzędnych.

16 q1q1 q2q2 q3q3 r 12 r 13 r 23 Widzimy z rysunku, że Wtedy dla układu N ładunków I oddziaływania każdego z każdym przy zachowaniu braku oddziaływania z polem wytworzonym przez samego siebie otrzymamy na energię tego układu ładunków wyrażenie:

17 (6.4) Korzystając z definicji potencjału otrzymujemy: (6.5) Dla dowolnego ciągłego rozkładu ładunku (6.6)

18 Jeśli do poprzedniego wzoru wprowadzimy wyrażenie na potencjał, to otrzymamy: (6.7) Jeśli w równaniu (6.6) wyrazimy gęstość ładunku z równania Poissona (5.14) to (6.8) Korzystając z następujących tożsamości:

19 Możemy równanie (6.8) przedstawić w postaci sumy dwóch całek W oparciu o twierdzenie Gaussa (r. (5.6) ) możemy drugą całkę napisać jako:

20 Ponieważ w lewej całce możemy zwiększać do nieskończoności, należy się zapytać jak będzie się zachowywała całka po prawej stronie, która jest całką po powierzchni, gdy. V~1/r, V ~ 1/r 2, a dA ~ r 2 Widzimy więc, że druga całka ~ 1/r, czyli całka ta dąży do zera gdy r dąży do nieskończoności. Otrzymujemy więc na energię rozkładu ładunków wzór (6.9) Całka ta obejmuje całą objętość, w której występuje pole elektryczne.

21 Korzystając z zależności pomiędzy potencjałem a natężeniem pola elektrycznego otrzymujemy na energię pola wyrażenie: (6.10) Gęstość energii pola elektrycznego definiujemy jako:

22 11 marca 203Reinhard Kulessa Energia potencjalna jednorodnie naładowanej kuli – jądro atomowe Jednorodnie naładowana kula ma następujący rozkład gęstości: Wystartujmy z równania Poissona. Ze względu na symetrię sferyczną omawianego problemu

23 11 marca 203Reinhard Kulessa23 Potencjał którego szukamy zależy tylko od r. Równanie Poissona w układzie sferycznym ma postać: (6.12) Rozważmy najpierw przypadek r > R dla którego (r) =0. Rozwiązanie równania Poissona da wynik: W celu wyznaczenia stałej C 1 posłużmy się prawem Gaussa;

24 11 marca 203Reinhard Kulessa24 R Promień kuli R < R. Otoczmy naładowaną kulę czaszą kulistą o promieniu R Zgodnie z Prawem Gaussa mamy: Korzystając z faktu, że na granicy naładowanej kuli i obszaru nie naładowanego natężenie pola powinno być ciągłe, mamy: Wiedząc, że

25 11 marca 203Reinhard Kulessa25 Otrzymujemy więc wartość stałej. Możemy więc przystąpić do drugiego całkowania co daje nam; Ponieważ V 0 gdy r musi być C 2 =0. Potencjał w odległości r > R od jednorodnie naładowanej kuli jest więc równa: (6.13) Zajmiemy się teraz drugim przypadkiem dla r < R, gdzie (r) = 0.

26 11 marca 203Reinhard Kulessa26 Musimy więc scałkować równanie (6.12). Pierwsze całkowanie daje po krótkich przekształceniach: Drugie całkowanie daje: Ze względu na to, że potencjał V(r) dla r 0 powinien mieć skończoną wartość, wynika, że C 3 =0.

27 11 marca 203Reinhard Kulessa27 Zakładając, że mamy do czynienia z jądrem o Z protonach możemy do ostatniego wzoru wstawić wyrażenie na gęstość ładunku:, otrzymamy wtedy: Stałą C 4 policzymy wiedząc, że potencjał dla r > R i r < R musi dla r = R być taki sam. Mamy wtedy, korzystając m.in. z wzoru (6.13) Otrzymujemy więc na potencjał dla r > R wyrażenie:

28 11 marca 203Reinhard Kulessa28 (6.14) r V R parabola hiperbola Poniższy rysunek podaje przebieg potencjału w odległości r od jednorodnie naładowanej kuli o promieniu R. Jest to dobre przybliżenie potencjału jądra atomowego stosowane m.in. w rozproszeniu sprężystym protonów na jądrze atomowym


Pobierz ppt "Wykład 4 5.8.1 Rozwinięcie potencjału znanego rozkładu ładunków na szereg momentów multipolowych w układzie sferycznym Rozwinięcia tego można dokonać stosując."

Podobne prezentacje


Reklamy Google