2. Lösning av elektrostatiska problem för ledare

Transkript

1 2. Lösning av elektrostatiska problem för leare [RMC] Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Poissons ekvation [RMC, Jackson] Från tiigare vet vi att E(r) = ρ(r) ε (2.) E(r) = ϕ(r) (2.2) Detta ger oss genast som kallas Poissons ekvation. 2 ϕ(r) = ρ(r) ε (2.3) Laplace-operatorn är i Cartesiska koorinater (x, y, z), 2 ϕ = 2 x ϕ + 2 y ϕ + 2 z ϕ (2.4) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.2

2 2 ϕ(r) = ρ ρ i cylinriska koorinater (ρ, ψ, z), och ρ ϕ(r) «+ 2 ϕ(r) + 2 ϕ(r) (2.5) ρ ρ 2 ψ 2 z 2 2 ϕ(r) = «r 2 ϕ(r) + r 2 r r r 2 sin θ θ sin θ ϕ(r) «+ θ r 2 sin 2 θ 2 ϕ(r) φ 2 (2.6) i sfäriska koorinater (r, θ, ϕ), Om ρ(r) = i e flesta punkter r,.v.s. vi har leare och bara ett fåtal externa laningsförelningar, så får vi Laplaces ekvation 2 ϕ(r) = (2.7) Tiigare bestäme vi elfältet från en laningsförelning ρ(r) genom att integrera ett ena uttryck. I essa fall var förelningen ρ(r) bestäm på förhan. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.3 Vi kommer nu att granska allmänna system av laningsförelningar och leare, och hur e ser ut vi statisk jämvikt. Situationen kompliceras nu av att lanigar inuceras på e leane ytorna, och enna laning är inte kän på förhan. Dylika system bekrivs i et allmänna fallet av Poissons ekvation, vars lösning ϕ(r) alltså ger oss systemets elektrostatiska tillstån. För att lösa Laplaces ekvation (eller Poissons ekvation i allmänhet) för ett system av N st leare behöver vi känna till ranvillkoren,.v.s. efinierae vären på en sökta funktionen ϕ eller ess erivator i givna punkter. Om ϕ(r) är kän på learnas ytor,.v.s. vi vet ϕ Ai, i =, 2,..., N, kallas ranvillkoren för Dirichlet-ranvillkor. Om istället ϕ/ n (potentialens normalerivata,.v.s. elfältet) är kän på learnas ytor,.v.s. vi vet ( ϕ/ n) Ai, i =, 2,..., N, kallas ranvillkoren för Neumann-ranvillkor. Me båe ϕ Si och ( ϕ/ n) Ai gotyckligt specificerae kan en lösning inte garanteras existera. Denna kombination av ranvillkor kallas Cauchy-ranvillkor. Om vi har bara en leare och punkt-laningar betecknar man ofta learens ytpotential me ϕ. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.4

3 Exempel : Två klot brevi varanra. Exempel 2: Två cylinrar brevi varanra. Exempel 3: Två plan brevi varanra. Exempel 4: En punktlaning ovanför ett plan. Exempel 5: En punktlaning ovanför ett klot. Exempel 6: En punktlaning utanför en cyliner. O.s.v.! Vi kommer i e följane sektionerna att lösa Laplace-ekvationen explicit för olika högsymmetri-fall. Vi kommer också att se på en alternativ lättare teknik vi namn billanings-metoen. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Laplace-ekvationens egenskaper Superposition Låt ϕ i (r), i =,..., M vara lösningar till Laplaces ekvation. Då gäller att MX ϕ(r) = C i ϕ i (r) (2.8) i= är C i är gotyckliga konstanter också är en lösning. Bevis: Direkt insättning av ϕ(r) i Laplaces ekvation! Unikhet Låt ϕ och ϕ 2 vara två lösningar till Laplaces ekvation, så att e uppfyller samma ranvillkor på alla learnas ytor A, A 2,... i systemet. Då gäller att ϕ och ϕ 2 kan skilja sig me högst en konstant term. Bevis: Definiera Φ = ϕ ϕ 2. Eftersom båa löser Laplaces ekvation så gäller 2 Φ =. Dessutom, antingen gäller Φ = eller bn Φ = på learnas ytor. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.6

4 Välj nu ytan A i oänligheten, är potentialerna fösvinner: Enligt Gauss teorem har vi å att Expanera integranen: I Abn Φ( Φ) = (2.9) A I V (Φ( Φ)) = (2.) V (Φ( Φ)) = Φ 2 Φ + ( Φ) 2 = + ( Φ) 2 (2.) Vi har å I V V ( Φ) 2 = (2.2) Ena möjligheten är att ( Φ) 2 = överallt inom V. Alltså, ϕ ϕ 2 =, så att vi måste ha ϕ 2 = ϕ + C, är C är en konstant. Om vi alltså har ranvillkoren givna så existerar et enast en unik lösning till Laplaces ekvation. Ifall vi har ett Neumann-problem kan vi aera en gotycklig konstant till lösningen för potentialen, men elfältet är fortfarane unikt. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Laplace-ekvationen i en oberoene variabel Låt nu ϕ vara en funktion i enast en variabel. Laplace-ekvationen ger nu för reaktangulära koorinater Detta kan genast integreras till ϕ(x) = ax + b. 2 ϕ x 2 = (2.3) Ett mera verklighetsnära fall är att ϕ är sfäriskt symmetrisk,.v.s. ϕ = ϕ(r). Laplace-ekvationen i sfäriska koorinater ger nu Detta ger efter en integrering «r 2 ϕ = (2.4) r 2 r r r 2 ϕ r = a (2.5) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.8

5 så att ϕ r = a r 2 (2.6) Efter ytterligare en integrering: ϕ(r) = a r + b (2.7) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Laplace-ekvationen i sfäriska koorinater [RMC, Jackson, Arfken] Azimutal symmetri Vi kommer i et följane att anta azimutal symmetri,.v.s. att en potential som sökes är symmetrisk runt z-axeln. Då gäller att ϕ = ϕ(r, θ). Laplaces ekvation blir «r 2 ϕ + r 2 r r r 2 sin θ θ sin θ ϕ «= (2.8) θ Enklaste lösningsmetoen är att anta att ϕ kan skrivas som en proukt av en-variabels funktioner: ϕ(r, θ) = Z(r)Q(θ). Insättning ger Efter förenkling r 2Q r Z r «r 2 Z + r r 2 sin θ Z sin θ Q «= (2.9) θ θ «r 2 Z + r sin θ Q θ sin θ Q «= (2.2) θ Första termen beror bara på r mean anra beror bara på θ. För att essa termer ska vara lika för Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.

6 alla vären på r och θ måste e vara en konstant. Kalla enna k: sin θ Q θ Z r r 2 Z r sin θ Q θ ««= k (2.2) = k (2.22) Låt oss i enna införa P (x) P (cos θ) = Q(θ). Vi får å att x = sin θθ, och sin 2 θ P «= ( x 2 ) P «= 2x P x x x x x + ( x2 ) 2 P = kp (2.23) x2 Om nu k vore m(m + ) me m ett positivt heltal eller, så skulle etta vara Legenres ekvation. Frobenius-Ansatzen P (x) = x α P n= a nx n = P n= a nx α+n ger 2(α+n)a n x α+n +(α+n)(α+n )a n x α+n 2 (α+n)(α+n )a n x α+n = ka n x α+n (2.24) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2. Efter förenkling: (α + n)(α + n )a n x α+n 2 = (2(α + n) + (α + n)(α + n ) k) a n x n+α (2.25) För att enna ekvation ska stämma för alla tillåtna vären på x måste koefficienterna till x α+n 2 och x α+n försvinna för varje potens n. Om nu n = ger vänstra leet: så att α = eller å a. Om istället n = : α(α )a = (2.26) så att α = eller å a. α(α + )a = (2.27) Vi får viare (α + n + )(α + n + 2)a n+2 x α+n = ((α + n)(α + n + ) k) a n x n+α (2.28) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.2

7 Detta kan förenklas till: a n+2 a n = (α + n)(α + n + ) k (α + n + )(α + n + 2) (2.29) Men serien bör också konvergera! I fallet x = ± kan man me Cauchys kvot-test inte bevisa att serien konvergerar,.v.s att a n+2 /a n < å n. För att försäkra att serien konvergerar måste vi avsluta en vi nån potens n = m! Vi måste å ha att vilket gör att k = k(m) = m 2 + m (2.3) a m+2 a m = (2.3) Om nu m är jämnt, konvergerar serien om en består av jämna potenser. Om a måste vi ha α =. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.3 Om m är ua, konvergerar serien om en består av ua potenser. Om igen a måste vi ha α =. I båa fallen kan vi välja a = så att a 3, a 5,... faller bort. Vi väljer a för enkelhets skull. Vi får: a n+2 = n(n + ) m2 m a n (n + )(n + 2) a n+2 = (n + )(n + 2) m2 m a n (n + 2)(n + 3), m jämn, (2.32), m ua. (2.33) De änliga serier som fås på etta sätt är käna som Legenre-polynom. (i) P (x) har m = : P (x) = a =. (ii) P (x) = x a har m = : P (x) = x. (iii) P 2 (x) har m = 2: P 2 (x) = a + a 2 (m)x 2. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.4

8 a = (2.34) a 2 = a = 3 (2.35) P 2 (x) = 3x 2 + (2.36) (iv) P 3 (x) har m = 3: P 3 (x) = x(a + a 2 (m)x 2 ). a = (2.37) a 2 = a = a 6 = 5 3 (2.38) P 3 (x) = 5 3 x3 + x (2.39) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.5 (v) P 4 (x) har m = 4: P 4 (x) = a + a 2 (m)x 2 + a 4 (m)x 4. a = (2.4) 6 4 a 2 = a a 4 = a = a (2.4) = a = 35 3 (2.42) P 4 (x) = 35 3 x4 x 2 + (2.43) Dessa Legenre-polynom och e av högre orning brukar normaliseras så att e har P m (x = ±) =. P 2 () = C( 3 + ) = 2C, så C = /2. P 3 () = C( 5/3 + ) = 2C/3, så C = 3/2. P 4 () = C(35/3 + ) = 8C/3, så C = 3/8. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.6

9 De fem första Legenre-polynomen är alltså P (x) = (2.44) P (x) = x (2.45) P 2 (x) = 2 (3x2 ) (2.46) P 3 (x) = 2 (5x3 3x) (2.47) P 4 (x) = 8 (35x4 3x 2 + 3) (2.48) är x = cos θ. Man kan visa [Arfken] att Legenre-polynomen ges av uttrycket som kallas Rorigues formel. P m (x) = «m (x 2 ) m, (2.49) 2 m m! x Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.7 Vi har nu Z r Gör Ansatzen Z(r) = r p, är p bör bestämmas. Insättning ger «r 2 Z = m(m + ) (2.5) r m(m + ) = r p r 2 pr p r = pr p r p+ r = p(p + )r p r p = p(p + ) (2.5) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.8

10 Lös etta: p 2 + p + = m 2 + m + (2.52) 4 4 p + 2 = m + 2«2«2 (2.53) p + 2 = ±(m + 2 ) (2.54) p = 2 ± (m + 2 ) (2.55) Vi får förutom triviallösningen p = m möjligheten p = m. Problemets lösning är alltså ϕ m (r, θ) = Ar m P m (cos θ) eller ϕ m (r, θ) = Br (m+) P m (cos θ) (2.56) me m =,, 2,... och A, B konstanter. Dessa funktioner kallas zon-ytfunktioner (zonal harmonics). Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.9 Den mest allmänna lösningen till problemet är ock X X ϕ(r, θ) = A m r m P m (cos θ) + B n r (n+) P n (cos θ), SPH, (r, θ) (2.57) m= n= Exempel : m =. ϕ(r, θ) = A eller ϕ(r, θ) = A r. Den senare lösningen är ju en punktlanings potential. Exempel 2: m =. ϕ(r, θ) = ArP (cos θ) eller ϕ(r, θ) = A r 2 P (cos θ). Den senare lösningen är ju en ipols potential. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.2

11 Exempel 3: Olaa leane sfär i ett konstant elfält. Låt elfältet vara i z-riktningen och sfärens mittpunkt i origo. Vi har samma potential ϕ(r = a, θ) ϕ i learens inre som på ess yta. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.2 Lösningen är helt allmänt ϕ(r, θ) = A + B r +A r cos θ + B r 2 cos θ + 2 A 2r 2 (3 cos 2 θ ) + 2 B 2r 3 (3 cos 2 θ ) +... (2.58) I oänligheten återfår vi et urprungliga fältet, E(r = ) = E bz = ϕ/z, så ϕ(r = ) = E z + C, me C en konstant. ϕ(r =, θ) = E z + C = E r cos θ + C A + A r cos θ (2.59) Vi måste å ha att A n =, n 2 och A = E. Då r = a gäller ϕ(r = a, θ) = konstant, så alla B n = för n 2. Vi behåller B för att ha möjlighet att bli av me A -termens θ-beroene. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.22

12 Vi har nu ϕ(r, θ) = A + B r + A r cos θ + B r 2 cos θ, r > a. (2.6) Men B -termen står för en punktlaning i origo. Dock har vi nu en neutral sfär, så B = : ϕ(r, θ) = A + A r cos θ + B r 2 cos θ, r > a (2.6) Då ϕ(r = a, θ) ϕ : så att B = a 3 A = E a 3. A a cos θ + B a 2 cos θ = (2.62) Slutliga uttrycket är ϕ(r, θ) = ϕ E r cos θ + a 3 E r 2 cos θ (2.63) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.23 Från etta kan vi bestämma elfältet och sfärens ytlaningsförelning: E r = ϕ r = E E θ = r ϕ θ = E! + 2 a3 r 3 cos θ, r > a (2.64)! a3 r 3 sin θ, r > a (2.65) σ = ε E r (r = a) = 3ε E cos θ (2.66) Totala laningen: Q = Z 2π Z π = 3ε E 2π Sσ = Z π Z 2π Z π θ sin θ cos θ φθ sin θσ = 3ε E 2π θ=π 2 sin2 θ θ= =. (2.67) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.24

13 Utan azimutal symmetri [Jackson, Arfken] Laplace-ekvationen är nu: 2 ϕ(r) = «r 2 ϕ(r) + r 2 r r r 2 sin θ θ sin θ ϕ(r) «+ θ r 2 sin 2 θ 2 ϕ(r) φ 2 (2.68) Vi försöker igen me en proukt av en-variabels-funktioner: ϕ = Z(r)Q(θ)U(φ). Vi får efter insättning och multiplikation me sin 2 θ/(zqu):» sin 2 θ Z r «r 2 Z + r Q sin θ θ sin θ Q «+ 2 U θ U φ = (2.69) 2 Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.25 Den sista termen beror enbart på φ, mean e två första beror på r och θ. Inför separationskonstanten m 2 : 2 U = m 2 (2.7) U φ 2» «sin 2 θ r 2 Z + sin θ Q «= m 2 (2.7) Z r r Q sin θ θ θ Första ekvationens lösning är Här måste vi kräva att m är ett heltal. U(φ) = e ±imφ (2.72) Anra ekvationen blir: Z r «r 2 Z + r Q sin θ θ sin θ Q «m 2 θ sin 2 θ = (2.73) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.26

14 Inför nu en ny separationskonstant, k: Q sin θ θ sin θ Q θ Z r ««r 2 Z r m 2 sin 2 θ = k (2.74) = k (2.75) I en anra ekvationen känner vi igen Legenres ekvation, men nu finns et en extra term meplocka. Enligt e tiigare resultaten kan vi genast ientifiera k me l(l + ), är l är ett heltal (tiigare: m): Q sin θ θ sin θ Q θ Z r ««r 2 Z r m 2 sin 2 θ = l(l + ) (2.76) = l(l + ) (2.77) I en första ekvationen kan vi försöka me Z(r) = r p : r p r 2 pr p =... = p(p + ) = l(l + ) (2.78) r Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.27 Lösningarna är Z(r) = r l, eller Z(r) = r l (2.79) Ekvationen i θ är: Q sin θ θ sin θ Q «m 2 θ sin 2 θ Detta är ekvationen för e associerae Legenre-polynomen P m l = l(l + ) (2.8) (cos θ) P m (x). l De associerae Legenre-polynomen är relaterae till e vanliga polynomen P l (x) via ekvationen För inexen m gäller P m l (x) = ( x 2 ) m/2 m x mp l(x) (2.8) m = l,...,,..., l (2.82) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.28

15 Negativa m kan relateras till positiva vären: P m l = ( ) m (l m)! (l + m)! P m l (x) (2.83) Den mest allmänna lösningen till problemet är nu: ϕ(r, θ, φ) = X lx l= m= l A lm r l + B lm r l P m l (x)e imφ, SPH, (r, θ, φ) (2.84) Ofta reucerar man e två sista faktorerna till en ena, och skriver lösningen som ϕ(r, θ, φ) = X lx l= m= l A lm rl + B lm r l Y lm (θ, φ), SPH, (r, θ, φ) (2.85) är Y lm (θ, φ) är klotytfunktionerna (spherical harmonics). Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.29 Klotytfunktionerna är Y lm (θ, φ) = r 2l + 4π s (l m)! (l + m)! P m l (cos θ)e imφ (2.86) Man kan visa att är betyer komplex-konjugering. Några klotytfunktioner: Y l, m (θ, φ) = ( ) m Y lm (θ, φ), (2.87) Y (θ, φ) = 4π (2.88) r 3 Y, (θ, φ) = 8π sin θe iφ (2.89) r 3 Y (θ, φ) = cos θ (2.9) 4π r 3 Y (θ, φ) = 8π sin θeiφ (2.9) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.3

16 2.5. Cylinrisk symmetri Utan z-beroene [Jackson] Ifall vi har cylinrisk symmetri men inget beroene på z, blir Laplace-ekvationen ρ ρ Försök me en separabla Ansatzen ϕ(ρ, ψ) = R(ρ)Ψ(ψ): Vi får ρ R ρ ρ ϕ «+ 2 ϕ ρ ρ 2 ψ = (2.92) 2 ρ R «+ 2Ψ ρ Ψ ψ = (2.93) 2 ρ R ρ ρ R «ρ = ν 2 (2.94) 2 Ψ = ν 2 (2.95) Ψ ψ 2 Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.3 Lösningarna är R(ρ) = aρ ν + bρ ν (2.96) Ψ(ψ) = A sin(νψ) + B cos(νψ) A sin(νψ + B) (2.97) Vi måste nu kräva att ν är ett positivt eller negativt heltal. Om ν = fås lösningarna R(ρ) = a + b ln ρ (2.98) Ψ(ψ) = A + B ψ (2.99) Vi måste ock sätta B = så att Ψ() = Ψ(2π)! Konstanten A kan sean inbakas i uttrycket för R. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.32

17 Den mest allmänna lösningen är nu X ϕ(ρ, ψ) = a + b ln ρ + a n ρ n sin(nψ + c n ) n= X + b n ρ n sin(nψ + n ), CYL, (ρ, ψ) (2.) n= Exempel : Betrakta e hopfogae leane planen i figuren. Problemet är 2-imensionellt, så låt oss använa polära koorinater ρ, ψ. Detta motsvarar cylinriska koorinater me inget z-beroene. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.33 Första ranvillkoret för vårt specifika problem: ϕ = ϕ(ρ, ψ = ) = a + X a n ρ n sin c n (2.) För att unvika singulariteter i origo ρ = : b n =, för n. Dessutom måste ϕ vara oberoene av ρ, så vi måste ha c n =. Uppenbarligen gäller a = ϕ. n= Anra ranvillkoret: ϕ = ϕ(ρ, ψ = β) = a + X a n ρ n sin(nβ) (2.2) Igen, etta ska gälla för gotyckligt väre på ρ, så vi måste ha sin(nβ) =. Detta ger nβ = mπ eller n = mπ/β. n= Det korrekta uttrycket för potentialen är alltså X ϕ(ρ, ψ) = ϕ + a m ρ mπ/β sin(mπψ/β), m =, 2, 3,... (2.3) m= Men fortfarane är koefficienterna a m okäna! Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.34

18 Elfältets komponenter är: E ρ = ϕ ρ = X m= E ψ = ϕ ρ ψ = mπ β a m sin(mπψ/β) (2.4) X m= mπ β a mρ mπ/β cos(mπψ/β) (2.5) Ytlaningstätheten är σ = ε E ψ (ρ, ψ = ) = ε π β Om vi kan skära av serien efter första termen fås X a m ρ mπ/β (2.6) m= σ ε π β a ρ π/β (2.7) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.35 β = π/4 : σ ρ 3 β = π/2 : σ ρ β = π : σ β = 3π/2 : σ ρ /3 β = 2π : σ ρ /2 Vinkeln β = π motsvarar alltså en plan yta, β = 3π/2 ett vinkelrätt hörn, och β = 2π kanten av ett oänligt halvplan. Från etta ser vi att ju skarpare hörn (minre vinkel) esto minre laningstäthet i hörnet! För hörn me en öppningsvinkel β > π blir laningstätheten och elfältet ρ f, me f >. Då man låter ρ,.v.s. å man närmar sig hörnet, blir elfältet allt starkare. Det här kan man nyttja till sin förel för att skya sig mot åskneslag: för att skapa goa förutsättningar i en viss punkt för en urlaning mellan åskmoln och mark är et bara att placera it en mycket spetsig leane stång. Kring åsklearens spets kommer även en svag laningsförelning Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.36

19 på marken att ge upphov till ett starkt fält. Kring en här spetsen är et nu lättare för åskmolnen att övervinna luftens gränsväre för elektriskt genomslag/urlaning. Me z-beroene Behanlas inte. Lösningarna för ρ-beroenet blir Bessel-funktioner. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Billaningsmetoen I vissa situationer kommer man lättare unan genom att inte utgå från Laplace-ekvationen. Vi behanlar nu en grunläggane meto som hanlar om att bygga upp en lösning me hjälp av enkla laningsförelningar, så kallae bil-laningar. Potentialen utanför ett system av (o)laae leare och enkla laningsförelningar kan skrivas som ϕ(r) = X i ϕ i (r) + 4πε X j Z A j σ j(r j ) r r j (2.8) Termerna i en första summeringen står för enkla laningsförelningar (punkter, linjer,... ). Termerna i en anra summeringen beaktar e inucerae laningsförelningarna på learnas ytor, och måste alltså erhållas som en explicit integrering över essa förelningar. Vi bör komma ihåg att learnas ytor är ekvipotentialytor, så att ϕ i på learnas ytor är käna. Inom billaningsmetoen inför man fiktiva punkt- och linjelaningar placerae så att essa ger uppphov till e käna ytpotentialerna. Detta betyer, att en anra summeringen i ekv. (2.8) ersätts me en summa som liknar en första. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.38

20 Platserna för e fiktiva laningarna måste vara inom learna, och e är alltså bara ett hjälpmeel för att räkna fram totalpotentialen! Om billaningar förekommer utanför learna, i samma region är potentialen ska bestämmas, löser man ju inte längre Laplaces ekvation utans Poissons ekvation essutom me fel laningsförelning (billaningen är ju inte verklig)! Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Punktvisa billaningar Exempel : Punktlaning q utanför ett leane oänligt plan som sammanfaller me yz-planet. Låt punktlaningens position vara r = (x, y, z ) = (,, ). Punktlaningen q inucerar en laningsförelning σ(y, z) på learens plan. Totala potentialen utanför learen är å en summa av punktlaningens potential och en från en inucerae laningen. Istället för att försöka räkna fram σ(y, z) tar vi fasta på faktumet att learens yta måste ha samma potential överallt. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.4

21 Totalpotentialen är ϕ(r) = ϕ (r) + ϕ 2 (r) = = q 4πε r r + ϕ 2(r) q p 4πε (x )2 + y 2 + z + ϕ 2(r) (2.9) 2 På learens yta: ϕ(, y, z) = q 4πε p 2 + y 2 + z 2 + ϕ 2(, y, z) (2.) Ett naturligt val för billaningen är nu Därav metoens namn! ϕ 2 (x, y, z) = q 4πε p (x + )2 + y 2 + z 2 (2.) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.4 Totala potentialen är nu ϕ(x, y, z) = q 4πε p (x )2 + y 2 + z 2 q p 4πε (x + )2 + y 2 + z2, x (2.2) Den inucerae ytlaningsförelningen är ϕ σ(x, y, z) = ε E x (x = ) = ε q = (2.3) x x= 2π( 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 Absolutbeloppet är maximalt å y = z =, å gäller σ = q/(2π 2 ). Kraften på punktlaningen: F q = q ( ϕ 2 ) x=,y=,z= = q2 4πε ((x + ) 2 + y 2 + z 2 ) 3/2(x +, y, z) x=,y=,z= = q2 4πε (2) 3(2,, ) (2.4) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.42

22 Exempel : Punktlaning q utanför en leane sfär me mittpunkten i origo. Låt punktlaningens position vara r = br. Placera nu en billaning q inuti sfären, i punkten r 2 = bbr. Potentialen i en punkt r är nu ϕ(r, θ, φ) = = q 4πε r r + q 4πε r 2 r q 4πε r r cos θ + q 4πε r2 + b 2 2rb cos θ (2.5) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.43 Om vi har sfären vi noll potential: ϕ(r = a, θ, φ) = : a a cos θ = q2 Denna ekvation skall gälla för alla vären på θ. q 2(a2 + b 2 2ab cos θ) (2.6) Om θ = π/2: Om θ = : a = q2 q 2(a2 + b 2 ) (2.7) Okäna är b och q! a a = q2 q 2(a2 + b 2 2ab) (2.8) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.44

23 Subtrahera en senare ekvationen från en förra: Ins. i ekv. (2.7) ger = q2 q 2b (2.9) a 2 + q4 q 4b2 = q2 q 2(a2 + b 2 ) (2.2) q 4 q 4 q2 a2 q 2( + b ) + a2 (2.2) 2 b 2 q 2 q 2 = 2 = + a2 b 2 + a2 b 2 ± s s + 2 a2 b + a4 2 b 4 4a2 A (2.22) b 2 ( a2 b 2 )2 A (2.23) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.45 Lösningarna är q 2 /q 2 = eller q 2 /q 2 = a 2 /b 2. Den senare ger q/q = ±a/b av vilkan vi väljer q/q = a/b. Vi har nu = q2 q 2b (2.24) q = a (2.25) q b Detta ger b = a2 (2.26) q = a q (2.27) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.46

24 Om vi betecknar en verkliga punktlaningens position me r = r = br så blir potentialen utanför sfären ϕ(r, θ, φ) = = = q 4πε r r aq 4πε br r " # q 4πε r r a a2 br r 2 3 q 4 4πε r r a 5 (2.28) r a2 2r a2 Om vi önskar att sfären befinner sig på en potential ϕ måste vi aera ytterligare en billaning q, enna gång i sfärens mitt: ϕ(r, θ, φ) = 4πε «q + q + q r r 2 r (2.29) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.47 Vi har nu att ϕ(r = a, θ, φ) = «+ q = ϕ (2.3) 4πε a från vilket vi får q. Kraften på punktlaningen? Avstånet mellan laningarna är så att h b = a2 = 2 a 2 (2.3) q 2 F q = q q 4πε h 2 = a 2 4πε ( 2 a 2 ) = q2 a (2.32) 2 4πε ( 2 a 2 ) 2 Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.48

25 Sfärens ytlaningstäthet är ϕ σ(θ, φ) = ε (2.33) r r=a Sfärens totala laning ges av Gauss lag tillämpa på sfärens yta: Q = q + q (2.34) Obs: Jora sfär: ϕ(r = a) =, q =. Ickelaa sfär: q = q = aq/. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Linjeformae billaningar Exempel : Laa leane cyliner utanför ett leane plan. Låt learen ligga i yz-planet. Låt linjelaningen vara längs me z-axeln, och ha koorinaterna x =, y =. Uppenbarligen har vi inget z-beroene, förutsatt att planet och leningen är oänligt långa inga kant-effekter! Om potentialen på planet är noll, bör vi ha en billaning i platsen x =, y =, orientera längs me z-axeln. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.5

26 Potentialen i en punkt (x, y) är ϕ(x, y) = λ ln r + λ ln r 2 = λ ln r (2.35) 2πε 2πε 2πε r 2 Potentialen är noll på planet,.v.s. för r = r 2. Helt allmänt: r 2 = (x ) 2 + y 2 (2.36) r 2 2 = (x + ) 2 + y 2 (2.37) Konstant potential, som inte är noll, fås i punkterna (x, y) är r /r 2 är konstant, säg M. M 2 = r2 r 2 2 = x2 2x y 2 x 2 + 2x y 2 (2.38) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.5 Efter förenkling fås x + M! 2 2 «+ + y 2 2M 2 = (2.39) M 2 M 2 som är ekvationen för en cyliner me mittpunkten ( (M 2 + )/(M 2 ), ) och raien 2M R c = M 2 Me M < fås en cylinrisk ekvipotentialyta som innestänger en högra linjelaningen. (2.4) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.52

27 2.9. Greens meto [Jackson, Arfken] Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson Greens I och II teorem Gauss teorem säger ju att Z V I V F = A I A F A Abn F (2.4) Låt nu vektorfältet F vara givet som proukten av en skalärfunktion me graienten av en annan skalärfunktion: Vi har nu F = φ ψ (2.42) F = (φ ψ) = φ 2 ψ + φ ψ (2.43) bn F = φbn ψ φ ψ n (2.44) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.54

28 Insättning i Gauss teorem ger Greens I teorem Z V V I φ 2 ψ + φ ψ = Aφ ψ A n (2.45) Skriver vi istället F = ψ φ (2.46) får vi Z V V I ψ 2 φ + ψ φ = Aψ φ A n (2.47) Subtrahera enna från en tiigare: Z V V I φ 2 ψ ψ 2 φ = A φ ψ «A n ψ φ n (2.48) Detta är Greens II teorem. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.55 Låt nu φ = ϕ(r) (en elektrostatiska potentialen) och ψ = G(r, r ), är funktionen G uppfyller följane villkor: Me etta villkor kan G skrivas som summan är F satsifierar Laplaces ekvation: 2 G = 4πδ(r r ) (2.49) G(r, r ) = r r + F (r, r ), (2.5) 2 F (r, r ) =. (2.5) Greens II teorem ger nu Z V V ϕ 2 G G 2 ϕ = = Z I V A «V ϕ4πδ(r r ) + G ρ(r ) «A ϕ G n ϕ G n ε (2.52) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.56

29 Detta ger ϕ(r) = Z V ρ(r )G(r, r ) I A ϕ(r ) G(r, r ) G(r, r ) ϕ(r «) 4πε V 4π A n n (2.53) Om vi har ett Dirichlet-problem är ϕ(r ) kän på ranytan, mean ϕ/ n är okän. För att göra oss av me etta uttryck söker vi en Greens funktion G D (r, r ) = å r är på ranytan A! Potentialen ges å genast av uttrycket ϕ(r) = Z V ρ(r )G D (r, r ) I A ϕ(r ) G D (r, r ) (2.54) 4πε V 4π A n Om vi istället har ett Neumann-problem är ϕ(r )/ n kän på ranytan. Vi söker en Greens funktion G N (r, r ) för vilken gäller att G N (r, r )/ n = å r är på ranytan A. Potentialen ges å av uttrycket ϕ(r) = Z V ρ(r )G N (r, r ) + I A G N (r, r ) ϕ(r ) (2.55) 4πε V 4π A n Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.57 Från en första termen i essa uttryck ser vi att Greens funktion kan väljas så att en motsvarar en potential, bara laningsförelningen har ivierats bort! Exempel : En Greens funktion för en punktlaning utanför leane sfär. Antag potentialen på ytan är kän, så att vi har ett Dirichlet-problem. Vi ska å ha G(r, r ) = för r på learens yta. Låt punktlaningen vara i r, och sfärens raie vara a. Vi löste etta problem tiigare, se ekv. (2.28). Vi kan nu försöka välja en erhållna potentialen (me laningsfaktorn bortiviera) som Greens funktion: G(r, r ) = r r a r a2 2r Här gäller att r är platsen för en reella punktlaningen. r r a r r a2 r 2r (2.56) Vi observerar nu att r = a ger G =, som et bör vara för et här Dirichlet-problemet. Me sfäriska korinater fås G(r, r ) = p r2 + r 2 2rr cos γ q r 2 r 2 a 2 + a 2 2rr cos γ (2.57) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.58

30 Normalerivatan på ytan, som separerar en externa volymen (är vi vill veta potentialen!) från learens inre, är G = G n r =a r = r =a r a r cos γ (r 2 + a 2 2ar cos γ) a r cos γ 3/2 (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 r 2 a 2 = (2.58) a(r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 2 Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.59 Exempel : En leare beståene av två hemisfärer isolerae från varanra. Låt potentialen för en övre halvsfären vara +ϕ och ϕ för en unre. Dirichlet-problemets lösning me Greens meto ger oss ekvationen Ingen laning utanför learen! ϕ(r) = Z V I A ϕ(r ) G D (r, r ) (2.59) 4πε V 4π A n Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.6

31 Me Greens funktion val som i föregåene exempel: ϕ(r) = Z 2π 4π + 4π Z 2π φ Z π/2 φ Z π π/2 θ sin θ ϕ a 2 G D (r, r ) n θ sin θ ϕ a 2 G D (r, r ) n (2.6) ϕ(r) = ϕ 4π Z 2π Z π/2 φ θ sin θ + Z 2π φ Z π π/2 θ sin θ! a 2 G D (r, r ) n (2.6) ϕ(r) = ϕ 4π Z 2π Z π/2 φ θ sin θ + Me u = cos θ, u = sin θ : Z 2π φ Z π π/2 θ sin θ! a(a 2 r 2 ) (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 (2.62) ϕ(r) = ϕ Z 2π 4π Z φ u Z 2π Z «φ u a(a 2 r 2 ) (2.63) (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.6 ϕ(r) = ϕ Z 2π 4π Z φ u Z 2π Z «φ u a(r 2 a 2 ) (2.64) (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 Denna integral är inte enkel att utföra, eftersom γ beror på alla vinklar φ, phi, θ, θ. Specialfall: r är på en positiva z-axeln. Då gäller cos γ br br = br bz = cos θ och r = z. ϕ(r) = ϕ Z 2π 4π Slutsvaret ska bli Z φ u ϕ(r) = ϕ 2 Z 2π Z u Z «φ u a(z 2 a 2 ) (2.65) (z 2 + a 2 2az cos θ ) 3/2 Z u «a(z 2 a 2 ) (z 2 + a 2 2azu ) 3/2 (2.66) ϕ(r) = ϕ z2 a 2 z z 2 + a 2! (2.67) Obs: För z = a fås ϕ = ϕ som väntat. Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.62

32 2.. Lösning av Poissons ekvation Poissons ekvation är ju Vi har två möjliga situationer. 2 ϕ(r) = ρ(r) ε (2.68) Situation Laningstätheten ρ(r) ger en fullstäniga förelningen i volymen av intresse,.v.s. givna laningar och inucerae laningar: Lösningen till Poissons ekvation är å ρ(r) = ρ ext (r) + ρ in (r) (2.69) ϕ(r) = Z V ρ(r ) 4πε V r r (2.7) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.63 Exempel : Antag vi har en raiell symmetrisk laningsförelning, ρ = ρ(r). Vi har nu Poissons ekvation i en enkla formen Detta ger «r 2 ϕ = ρ(r) (2.7) r 2 r r ε Situation 2 ϕ(r) = ε Z r r r r 2 Z r r r ρ(r )r 2 (2.72) I et anra faller innehåller ρ(r) inte inucera laning, utan enbart en externa laningen,.v.s. en som vi har kvar efter att alla leare (innehållane inucera laning) har plockats bort: ρ(r) = ρ ext (r) (2.73) Vi söker nu två lösningar. Den första lösningen ϕ (r) ges av Poissons ekvation me laningstätheten ρ ext (r). Vi löser alltså ekvationen 2 ϕ (r) = ρ ext(r) ε (2.74) Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.64

33 eller utför integralen ϕ (r) = Z V ρ ext (r ) 4πε V r r (2.75) Den anra lösningen ϕ (r) får vi me Laplaces ekvation: 2 ϕ (r) = (2.76) Utifrån ϕ (r) kan vi ju bestämma en inucerae laningen på learnas ytor. Den totala lösningen är nu ϕ(r) = ϕ (r) + ϕ (r) (2.77) Obs: Ranvillkoren, t.ex. i ett Dirichlet-problem, är nu givna för ϕ Ai = ϕ A i + ϕ A i, så ranvillkoren för ϕ A i (lösningen från Laplace-ekvationen) måste moifieras ärefter! Elektroynamik, ht 25, Krister Henriksson 2.65