2. Lösning av elektrostatiska problem för ledare

2. Lösning av elektrostatiska problem för ledare [RMC] Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.1

2.1. Poissons ekvation [RMC, Jackson] Från tidigare vet vi att E(r) = ρ(r) ε 0 (2.1) E(r) = ϕ(r) (2.2) Detta ger oss genast 2 ϕ(r) = ρ(r) ε 0 (2.3) som kallas Poissons ekvation. Laplace-operatorn är i Cartesiska koordinater (x, y, z), 2 ϕ = 2 x ϕ + 2 y ϕ + 2 z ϕ (2.4) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.2

2 ϕ(r) = 1 ρ ρ ρ ϕ(r) «+ 1 2 ϕ(r) ρ ρ 2 ψ 2 + 2 ϕ(r) z 2 (2.5) i cylindriska koordinater (ρ, ψ, z), och 2 ϕ(r) = 1 r 2 r «r 2 ϕ(r) + 1 r r 2 sin θ θ sin θ ϕ(r) «+ θ 1 r 2 sin 2 θ 2 ϕ(r) φ 2 (2.6) i sfäriska koordinater (r, θ, ϕ), Om ρ(r) = 0 i de flesta punkter r, d.v.s. vi har ledare och bara ett fåtal externa laddningsfördelningar, så får vi Laplaces ekvation 2 ϕ(r) = 0 (2.7) Tidigare bestämde vi elfältet från en laddningsfördelning ρ(r) genom att integrera ett enda uttryck. I dessa fall var fördelningen ρ(r) bestämd på förhand. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.3

Vi kommer nu att granska allmänna system av laddningsfördelningar och ledare, och hur de ser ut vid statisk jämvikt. Situationen kompliceras nu av att laddnigar induceras på de ledande ytorna, och denna laddning är inte känd på förhand. Dylika system beskrivs i det allmänna fallet av Poissons ekvation, vars lösning ϕ(r) alltså ger oss systemets elektrostatiska tillstånd. För att lösa Laplaces ekvation (eller Poissons ekvation i allmänhet) för ett system av N st ledare behöver vi känna till randvillkoren, d.v.s. definierade värden på den sökta funktionen ϕ eller dess derivator i givna punkter. Om ϕ(r) är känd på ledarnas ytor, d.v.s. vi vet ϕ Ai, i = 1, 2,..., N, kallas randvillkoren för Dirichlet-randvillkor. Om istället ϕ/ n (potentialens normalderivata, d.v.s. elfältet) är känd på ledarnas ytor, d.v.s. vi vet ( ϕ/ n) Ai, i = 1, 2,..., N, kallas randvillkoren för Neumann-randvillkor. Med både ϕ Si och ( ϕ/ n) Ai specificerade kan en lösning inte garanteras existera. Detta för att Dirichlet- och Neumann-randvillkor kan leda till olika lösningar! Denna kombination av randvillkor kallas Cauchy-randvillkor. Om vi har bara en ledare och punkt-laddningar betecknar man ofta ledarens ytpotential med ϕ 0. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.4

Exempel 1: Två klot bredvid varandra. Exempel 2: Två cylindrar bredvid varandra. Exempel 3: Två plan bredvid varandra. Exempel 4: En punktladdning ovanför ett plan. Exempel 5: En punktladdning ovanför ett klot. Exempel 6: En punktladdning utanför en cylinder. O.s.v.! Vi kommer i de följande sektionerna att lösa Laplace-ekvationen explicit för olika högsymmetri-fall. Vi kommer också att se på en alternativ lättare teknik vid namn bildladdnings-metoden. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.5

2.2. Laplace-ekvationens egenskaper Superposition Låt ϕ i (r), i = 1,..., M vara lösningar till Laplaces ekvation. Då gäller att MX ϕ(r) = C i ϕ i (r) (2.8) i=1 där C i är godtyckliga konstanter också är en lösning. Bevis: Direkt insättning av ϕ(r) i Laplaces ekvation! Unikhet Låt ϕ 1 och ϕ 2 vara två lösningar till Laplaces ekvation, så att de uppfyller samma randvillkor på alla ledarnas ytor A 1, A 2,... i systemet. Då gäller att ϕ 1 och ϕ 2 kan skilja sig med högst en konstant term. Bevis: Definiera Φ = ϕ 1 ϕ 2. Eftersom båda löser Laplaces ekvation så gäller 2 Φ = 0. Dessutom, antingen gäller Φ = 0 eller bn Φ = 0 på ledarnas ytor. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.6

Välj nu ytan A i oändligheten, där potentialerna fösvinner: Enligt Gauss teorem har vi då att I A dabn Φ( Φ) = 0 (2.9) Expandera integranden: I V dv (Φ( Φ)) = 0 (2.10) (Φ( Φ)) = Φ 2 Φ + ( Φ) 2 = 0 + ( Φ) 2 (2.11) Vi har då I V dv ( Φ) 2 = 0 (2.12) Enda möjligheten är att ( Φ) 2 = 0 överallt inom V. Alltså, ϕ 1 ϕ 2 = 0, så att vi måste ha ϕ 2 = ϕ 1 + C 0, där C 0 är en konstant. Om vi alltså har randvillkoren givna så existerar det endast en unik lösning till Laplaces ekvation. Ifall vi har ett Neumann-problem kan vi addera en godtycklig konstant till lösningen för potentialen, men elfältet är fortfarande unikt. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.7

2.3. Laplace-ekvationen i en oberoende variabel Låt nu ϕ vara en funktion i endast en variabel. Laplace-ekvationen ger nu för reaktangulära koordinater d 2 ϕ dx 2 = 0 (2.13) Detta kan genast integreras till ϕ(x) = ax + b. Ett annat fall är att ϕ är sfäriskt symmetrisk, d.v.s. ϕ = ϕ(r). Laplace-ekvationen i sfäriska koordinater ger nu 1 d r 2 dr «r 2 dϕ dr = 0 (2.14) Detta ger efter en integrering Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.8

så att r 2 dϕ dr = a (2.15) dϕ dr = a r 2 (2.16) Efter ytterligare en integrering: ϕ(r) = a r + b (2.17) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.9

2.4. Laplace-ekvationen i sfäriska koordinater [RMC, Jackson, Arfken] Azimutal symmetri Vi kommer i det följande att anta azimutal symmetri, d.v.s. att den potential som sökes är symmetrisk runt z-axeln. Då gäller att ϕ = ϕ(r, θ). Laplaces ekvation blir 1 r 2 r «r 2 ϕ + 1 r r 2 sin θ θ sin θ ϕ «θ = 0 (2.18) Enklaste lösningsmetoden är att anta att ϕ kan skrivas som en produkt av en-variabels funktioner: ϕ(r, θ) = Z(r)Q(θ). Insättning ger 1 r 2Q d dr «r 2 dz + 1 dr r 2 sin θ Z d dθ sin θ dq «dθ = 0 (2.19) Efter förenkling 1 d Z dr «r 2 dz + 1 dr sin θ 1 d Q dθ sin θ dq «dθ = 0 (2.20) Första termen beror bara på r medan andra beror bara på θ. För att dessa termer ska vara lika för Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.10

alla värden på r och θ måste de vara en konstant. Kalla denna k: 1 1 1 sin θ Q dθ d Z dr d r 2 dz dr sin θ dq dθ ««= k (2.21) = k (2.22) Detta är Legendres ekvation. Med en icketrivial matematisk betraktelse kan man visa att dessa differentialekvationer har fysikaliskt meningsfulla lösningar endast ifall k = m(m + 1) där m är ett heltal. Vi inför beteckningen P (x) P (cos θ) = Q(θ). = - k P Lösningarna är s.k. Legendre-polynom, av vilka de fem första är Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.11

P 0 (x) = 1 (2.23) P 1 (x) = x (2.24) P 2 (x) = 1 2 (3x2 1) (2.25) P 3 (x) = 1 2 (5x3 3x) (2.26) P 4 (x) = 1 8 (35x4 30x 2 + 3) (2.27) där x = cos θ. Man kan visa [Arfken] att i allmänhet ges Legendre-polynomet m av uttrycket som kallas Rodrigues formel. P m (x) = 1 2 m m! d dx «m (x 2 1) m, (2.28) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.12

Då alltså vinkeldelen ger villkoret k = m(m + 1), gäller för den radiellea delen: 1 d Z dr «r 2 dz dr = m(m + 1) (2.29) Gör Ansatzen Z(r) = r p, där p bör bestämmas. Insättning ger m(m + 1) = r p d dr = pr p dr p+1 r 2 pr p 1 dr = p(p + 1)r p r p = p(p + 1) (2.30) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.13

Lös detta: p 2 + p + 1 = m 2 + m + 1 (2.31) 4 4 p + 1 2 = m + 2«1 2 (2.32) 2«p + 1 2 = ±(m + 1 2 ) (2.33) p = 1 2 ± (m + 1 2 ) (2.34) Vi får förutom triviallösningen p = m möjligheten p = (m + 1). Problemets lösning är alltså ϕ m (r, θ) = Ar m P m (cos θ) eller ϕ m (r, θ) = Br (m+1) P m (cos θ) (2.35) med m = 0, 1, 2,... och A, B konstanter. Dessa funktioner kallas zon-ytfunktioner (zonal harmonics). Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.14

Den mest allmänna lösningen till problemet är dock ϕ(r, θ) = X A m r m P m (cos θ) + m=0 X B n r (n+1) P n (cos θ), SPH, (r, θ) (2.36) n=0 Exempel 1: m = 0. ϕ(r, θ) = A eller ϕ(r, θ) = A r 1. Den senare lösningen är ju en punktladdnings potential. Exempel 2: m = 1. ϕ(r, θ) = ArP 1 (cos θ) eller ϕ(r, θ) = A r 2 P 1 (cos θ). Den senare lösningen är ju en dipols potential. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.15

Exempel 3: Oladdad ledande 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 0 i ledarens inre som på dess yta. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.16

Lösningen är helt allmänt ϕ(r, θ) = A 0 + B 0 r 1 +A 1 r cos θ + B 1 r 2 cos θ + 1 2 A 2r 2 (3 cos 2 θ 1) + 1 2 B 2r 3 (3 cos 2 θ 1) +... (2.37) I oändligheten återfår vi det urprungliga fältet, E(r = ) = E 0 bz = dϕ/dz, så ϕ(r = ) = E 0 z + C, med C en konstant. ϕ(r =, θ) = E 0 z + C = E 0 r cos θ + C A 0 + A 1 r cos θ (2.38) Vi måste då ha att A n = 0, n 2 och A 1 = E 0. Då r = a gäller ϕ(r = a, θ) = konstant, så alla B n = 0 för n 2. Vi behåller B 1 för att ha möjlighet att kompensera A 1 -termens θ-beroende vid r = a. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.17

Vi har nu ϕ(r, θ) = A 0 + B 0 r 1 + A 1 r cos θ + B 1 r 2 cos θ, r > a. (2.39) Men B 0 -termen står för en punktladdning i origo. Dock har vi nu en neutral sfär, så B 0 = 0: ϕ(r, θ) = A 0 + A 1 r cos θ + B 1 r 2 cos θ, r > a (2.40) Då ϕ(r = a, θ) ϕ 0 : så att B 1 = a 3 A 1 = E 0 a 3. A 1 a cos θ + B 1 a 2 cos θ = 0 (2.41) Slutliga uttrycket är ϕ(r, θ) = ϕ 0 E 0 r cos θ + a 3 E 0 r 2 cos θ (2.42) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.18

Från detta kan vi bestämma elfältet och sfärens ytladdningsfördelning: E r = ϕ r = E 0 E θ = 1 r ϕ θ = E 0! 1 + 2 a3 r 3 cos θ, r > a (2.43)! 1 a3 r 3 sin θ, r > a (2.44) σ = ε 0 E r (r = a) = 3ε 0 E 0 cos θ (2.45) Totala laddningen: Q = Z 2π Z π 0 0 = 3ε 0 E 0 2π, θ=π daσ = Z π 0 Z 2π Z π 0 0 dθ sin θ cos θ dφdθ sin θσ = 3 ε 0 E 0 2π 1 2 sin2 θ (2.46) θ=0 = 0. (2.47) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.19

Utan azimutal symmetri [Jackson, Arfken] Laplace-ekvationen är nu: 2 ϕ(r) = 1 r 2 r «r 2 ϕ(r) + 1 r r 2 sin θ θ sin θ ϕ(r) «+ θ 1 r 2 sin 2 θ 2 ϕ(r) φ 2 (2.48) Vi försöker igen med en produkt av en-variabels-funktioner: ϕ = Z(r)Q(θ)U(φ). Vi får efter insättning och multiplikation med sin 2 θ/(z(r)q(θ)u(φ):» 1 sin 2 d θ Z dr «r 2 dz + 1 dr Q sin θ d dθ sin θ dq «dθ + 1 U d 2 U dφ 2 = 0 (2.49) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.20

Den sista termen beror enbart på φ, medan de två första beror på r och θ. Inför separationskonstanten m 2 :» 1 sin 2 d θ Z dr «r 2 dz + 1 dr Q sin θ d dθ 1 d 2 U = m 2 (2.50) U dφ 2 sin θ dq «= m 2 (2.51) dθ Första ekvationens lösning är U(φ) = e ±imφ (2.52) Här måste vi kräva att m är ett heltal. Andra ekvationen blir: 1 d Z dr «r 2 dz + 1 dr Q sin θ d dθ sin θ dq «m 2 1 dθ sin 2 θ = 0 (2.53) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.21

Inför nu en ny separationskonstant, k: 1 d Q sin θ dθ sin θ dq dθ 1 d Z dr ««r 2 dz dr m 2 1 sin 2 θ = k (2.54) = k (2.55) I den andra ekvationen känner vi igen Legendres ekvation, men nu finns det en extra term medplockad. Enligt de tidigare resultaten kan vi genast identifiera k med l(l + 1), där l är ett heltal (tidigare: m): 1 d Q sin θ dθ sin θ dq dθ 1 d Z dr ««r 2 dz dr m 2 1 sin 2 θ = l(l + 1) (2.56) = l(l + 1) (2.57) I den första ekvationen kan vi försöka med Z(r) = r p : r p d dr r 2 pr p 1 =... = p(p + 1) = l(l + 1) (2.58) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.22

Lösningarna är Z(r) = r l, eller Z(r) = r l 1 (2.59) Ekvationen i θ är: 1 d Q sin θ dθ sin θ dq «m 2 1 dθ sin 2 θ = l(l + 1) (2.60) Detta är ekvationen för de associerade Legendre-polynomen P m l (cos θ) P m (x). l De associerade Legendre-polynomen är relaterade till de vanliga polynomen P l (x) via ekvationen För indexen m gäller P m l (x) = (1 x 2 ) m/2 d m dx mp l(x) (2.61) m = l,..., 0,..., l (2.62) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.23

Negativa m kan relateras till positiva värden: P m l = ( 1) m (l m)! (l + m)! P m l (x) (2.63) Den mest allmänna lösningen till problemet är nu: ϕ(r, θ, φ) = X l=0 lx m= l A lm r l + B lm r l 1 P m l (x)e imφ, SPH, (r, θ, φ) (2.64) Här står SP H för sfärisk symmetriskt system.. Ofta reducerar man de två sista faktorerna till en enda, och skriver lösningen som ϕ(r, θ, φ) = X l=0 lx m= l A lm rl + B lm r l 1 Y lm (θ, φ), SPH, (r, θ, φ) (2.65) där Y lm (θ, φ) är klotytfunktionerna (spherical harmonics). Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.24

Klotytfunktionerna är Man kan visa att Y lm (θ, φ) = r 2l + 1 4π s (l m)! (l + m)! P m l (cos θ)e imφ (2.66) där betyder komplex-konjugering. Några klotytfunktioner: Y l, m (θ, φ) = ( 1) m Y lm (θ, φ), (2.67) Y 00 (θ, φ) = 1 4π (2.68) r 3 Y 1, 1 (θ, φ) = 8π sin θe iφ (2.69) r 3 Y 10 (θ, φ) = cos θ (2.70) 4π r 3 Y 11 (θ, φ) = 8π sin θeiφ (2.71) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.25

2.5. Cylindrisk symmetri Utan z-beroende [Jackson] Ifall vi har cylindrisk symmetri och inget beroende på z, blir Laplace-ekvationen 1 ρ ρ ρ ϕ «+ 1 2 ϕ ρ ρ 2 ψ = 0 (2.72) 2 Försök med den separabla ansatzen ϕ(ρ, ψ) = R(ρ)Ψ(ψ): ρ d R dρ ρ dr «+ 1 d 2 Ψ dρ Ψ dψ = 0 (2.73) 2 Vi får ρ d R dρ ρ dr «dρ = ν 2 (2.74) 1 Ψ d 2 Ψ dψ 2 = ν 2 (2.75) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.26

Lösningarna är R(ρ) = aρ ν + bρ ν (2.76) Ψ(ψ) = A sin(νψ) + B cos(νψ) A sin(νψ + B) (2.77) Vi måste nu kräva att ν är ett positivt eller negativt heltal. Om ν = 0 fås lösningarna R(ρ) = a 0 + b 0 ln ρ (2.78) Ψ(ψ) = A 0 + B 0 ψ (2.79) Vi måste dock sätta B 0 = 0 så att Ψ(0) = Ψ(2π)! Konstanten A 0 kan sedan inbakas i uttrycket för R. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.27

Den mest allmänna lösningen är nu X ϕ(ρ, ψ) = a 0 + b 0 ln ρ + a n ρ n sin(nψ + c n ) n=1 X + b n ρ n sin(nψ + d n ), CYL, (ρ, ψ) (2.80) n=1 Exempel : Betrakta de hopfogade ledande planen i figuren. Problemet är 2-dimensionellt, så låt oss använda polära koordinater ρ, ψ. Detta motsvarar cylindriska koordinater med inget z-beroende. Ifall β < π är det fråga om en inbuktning, ifall β > π om ett hörn, β 2π skarpt hörn. Potentialen vid planens yta är φ 0 (detta är ett randvillkor). Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.28

Första randvillkoret för vårt specifika problem: ϕ 0 = ϕ(ρ, ψ = 0) = a 0 + X a n ρ n sin c n (2.81) För att undvika singulariteter i origo ρ = 0: b n = 0, för n 0. Dessutom måste ϕ 0 vara oberoende av ρ, så vi måste ha c n = 0. Uppenbarligen gäller a 0 = ϕ 0. n=1 Andra randvillkoret: ϕ 0 = ϕ(ρ, ψ = β) = a 0 + X a n ρ n sin(nβ) (2.82) n=1 Igen, detta ska gälla för godtyckligt värde på ρ, så vi måste ha sin(nβ) = 0. Detta ger nβ = mπ eller n = mπ/β där m är ett heltal. Det korrekta uttrycket för potentialen är alltså X ϕ(ρ, ψ) = ϕ 0 + a m ρ mπ/β sin(mπψ/β), m = 1, 2, 3,... (2.83) m=1 Men fortfarande är koefficienterna a m okända! Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.29

Elfältets komponenter är: E ρ = ϕ ρ = X m=1 E ψ = 1 ϕ ρ ψ = mπ β a m sin(mπψ/β) (2.84) X m=1 mπ β a mρ mπ/β 1 cos(mπψ/β) (2.85) Ytladdningstätheten är (Gauss lag, jfr. pillerburken ). σ = ε 0 E ψ (ρ, ψ = 0) = ε 0 π β X a m ρ mπ/β 1 (2.86) m=1 För små ρ kan vi skära av serien efter första termen och får σ ε 0 π β a 1ρ π/β 1 (2.87) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.30

β = π/4 : σ ρ 3 β = π/2 : σ ρ 1 β = π : σ 1 β = 3π/2 : σ ρ 1/3 β = 2π : σ ρ 1/2 Vinkeln β = π motsvarar alltså en plan yta, β = 3π/2 ett vinkelrätt hörn, och β = 2π kanten av ett oändligt halvplan. Från detta ser vi att ju skarpare hörn (mindre vinkel) desto mindre laddningstäthet i hörnet! För hörn med en öppningsvinkel β > π blir laddningstätheten och elfältet ρ f, med f > 0. Då man låter ρ 0, d.v.s. då man närmar sig hörnet, blir elfältet allt starkare. I tre dimensioner kan man göra en motsvarande härledning också för en konisk spets (se Jackson kapitel 3.4) och får då ett kvalitativt liknande resultat. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.31

Det här kan man nyttja till sin fördel för att skydda sig mot åsknedslag: för att skapa goda förutsättningar i en viss punkt för en urladdning mellan åskmoln och mark är det bara att placera dit en mycket spetsig ledande stång. Kring åskledarens spets kommer även en svag laddningsfördelning på marken att ge upphov till ett starkt fält. Kring den här spetsen är det nu lättare för åskmolnen att övervinna luftens gränsvärde för elektriskt genomslag/urladdning. Med z-beroende Behandlas inte. Lösningarna för ρ-beroendet blir Bessel-funktioner. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.32

2.6. Bildladdningsmetoden I vissa situationer kommer man lättare undan genom att inte utgå från Laplace-ekvationen. Vi behandlar nu en grundläggande metod som handlar om att bygga upp en lösning med hjälp av enkla laddningsfördelningar, så kallade bild-laddningar. Potentialen utanför ett system av (o)laddade ledare och enkla laddningsfördelningar kan skrivas som ϕ(r) = X i ϕ i (r) + 1 4πε 0 X j Z da j σ j(r j ) r r j (2.88) Termerna i den första summeringen står för enkla laddningsfördelningar (punkter, linjer,... ). Termerna i den andra summeringen beaktar de inducerade laddningsfördelningarna på ledarnas ytor, och måste alltså erhållas som en explicit integrering över dessa fördelningar. Vi bör komma ihåg att ledarnas ytor är ekvipotentialytor, så att ϕ i på ledarnas ytor är kända. Inom bildladdningsmetoden inför man fiktiva punkt- och linjeladdningar placerade så att dessa ger uppphov till de kända ytpotentialerna. Detta betyder, att den andra summeringen i ekv. (2.88) ersätts med en summa som liknar den första. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.33

Platserna för de fiktiva laddningarna måste vara inom ledarna, och de är alltså bara ett hjälpmedel för att räkna fram totalpotentialen! Om bildladdningar förekommer utanför ledarna, i samma region där potentialen ska bestämmas, löser man ju inte längre Laplaces ekvation utans Poissons ekvation dessutom med fel laddningsfördelning (bildladdningen är ju inte verklig)! Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.34

2.7. Punktvisa bildladdningar Exempel : Punktladdning q utanför ett ledande oändligt plan som sammanfaller med yz-planet. Låt punktladdningens position vara r 1 = (x 1, y 1, z 1 ) = (d, 0, 0). Punktladdningen q inducerar en laddningsfördelning σ(y, z) på ledarens plan. Totala potentialen utanför ledaren är då en summa av punktladdningens potential och den från den inducerade laddningen. Istället för att försöka räkna fram σ(y, z) tar vi fasta på faktumet att ledarens yta måste ha samma potential överallt. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.35

Totalpotentialen är ϕ(r) = ϕ 1 (r) + ϕ 2 (r) där φ 2 är potentialen för ytan, som för stunden är okänd. = = q 1 4πε 0 r r 1 + ϕ 2(r) q p 4πε 0 (x d)2 + y 2 + z + ϕ 2(r) (2.89) 2 På ledarens yta: ϕ(0, y, z) = q 4πε 0 p d2 + y 2 + z 2 + ϕ 2(0, y, z) 0 (2.90) Ett naturligt val för bildladdningen är nu ϕ 2 (x, y, z) = q 4πε 0 p (x + d)2 + y 2 + z 2 (2.91) Därav metodens namn! Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.36

Totala potentialen är nu ϕ(x, y, z) = q 4πε 0 p (x d)2 + y 2 + z 2 q p x 0 (2.92) 4πε 0 (x + d)2 + y 2 + z2, Den inducerade ytladdningsfördelningen är ϕ σ(x, y, z) = ε 0 E x (x = 0) = ε 0 qd = (2.93) x x=0 2π(d 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 Absolutbeloppet är maximalt då y = z = 0, då gäller σ = q/(2πd 2 ). Kraften på punktladdningen: F q = q ( ϕ 2 ) x=d,y=0,z=0 = q2 1 4πε 0 ((x + d) 2 + y 2 + z 2 ) 3/2(x + d, y, z) x=d,y=0,z=0 = q2 1 4πε 0 (2d) 3(2d, 0, 0) (2.94) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.37

Exempel : Punktladdning q utanför en ledande sfär med mittpunkten i origo. Låt punktladdningens position vara r 1 = dbr. Placera nu en bildladdning q inuti sfären, i punkten r 2 = bbr. Potentialen i en punkt r är nu ϕ(r, θ, φ) = = q 1 4πε 0 r 1 r + q 1 4πε 0 r 2 r q 1 4πε 0 r2 + d 2 2rd cos θ + q 1 4πε 0 r2 + b 2 2rb cos θ (2.95) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.38

Om vi har sfären vid noll potential: ϕ(r = a, θ, φ) = 0: a 2 + d 2 2ad cos θ = q2 Denna ekvation skall gälla för alla värden på θ. q 2(a2 + b 2 2ab cos θ) (2.96) Om θ = π/2: Om θ = 0: a 2 + d 2 = q2 q 2(a2 + b 2 ) (2.97) a 2 + d 2 2ad = q2 q 2(a2 + b 2 2ab) (2.98) Okända är b och q! Nu har vi 2 ekvationer och 2 obekanta, så vi kan söka en unik lösning för dessa. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.39

Subtrahera den senare ekvationen från den förra: Ins. i ekv. (2.97) ger d = q2 q 2b (2.99) a 2 + q4 q 4b2 = q2 q 2(a2 + b 2 ) (2.100) q 4 q q2 a2 4 q 2(1 + b ) + a2 (2.101) 2 b 2 q 2 q 2 = 1 2 = 1 2 0 @1 + a2 b 2 ± 0 @1 + a2 b 2 ± s s 1 1 + 2 a2 b + a4 2 b 4 4a2 A (2.102) b 2 (1 a2 b 2 )2 1 A (2.103) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.40

Lösningarna är q 2 /q 2 = 1 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 d = q2 q 2b (2.104) q = a (2.105) q b Detta ger b = a2 d (2.106) q = a d q (2.107) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.41

Om vi betecknar den verkliga punktladdningens position med r = r 1 = dbr så blir potentialen utanför sfären ϕ(r, θ, φ) = = = q 1 4πε 0 r r aq 1 4πε 0 q 4πε 0 q 4πε 0 br r " # 1 r r a d a2 br d r 2 3 4 1 r r a d r a2 d 2r d a2 d 5 (2.108) Om vi önskar att sfären befinner sig på en potential ϕ 0 måste vi addera ytterligare en bildladdning q, denna gång i sfärens mitt: ϕ(r, θ, φ) = 1 4πε 0 «q + q + q r 1 r 2 r (2.109) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.42

Vi har nu att ϕ(r = a, θ, φ) = 1 4πε 0 «0 + q a = ϕ 0 (2.110) från vilket vi får q. Kraften på punktladdningen? Avståndet mellan laddningarna är så att h d b = d a2 d = d2 a 2 d (2.111) F q = q q 4πε 0 1 h 2 = a d q 2 d 2 4πε 0 (d 2 a 2 ) = q2 2 4πε 0 ad (d 2 a 2 ) 2 (2.112) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.43

Sfärens ytladdningstäthet är σ(θ, φ) = ε 0 ϕ r Sfärens totala laddning ges av Gauss lag tillämpad på sfärens yta: (2.113) r=a Q = q + q (2.114) Obs: Jordad sfär: ϕ(r = a) = 0, q = 0. Ickeladdad sfär: q = q = aq/d. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.44

2.8. Linjeformade bildladdningar Exempel : Laddad ledande cylinder utanför ett ledande plan. Låt ledaren ligga i yz-planet. Låt linjeladdningen vara längs med z-axeln, och ha koordinaterna x = d, y = 0. Uppenbarligen har vi inget z-beroende, förutsatt att planet och ledningen är oändligt långa inga kant-effekter! Om potentialen på planet är noll, bör vi ha en bildladdning i platsen x = d, y = 0, orienterad längs med z-axeln. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.45

Potentialen i en punkt (x, y) är ϕ(x, y) = λ ln r 1 + 2πε 0 Potentialen är noll på planet, d.v.s. för r 1 = r 2. λ ln r 2 = 2πε 0 λ ln r 1 (2.115) 2πε 0 r 2 Helt allmänt: r 2 1 = (x d) 2 + y 2 (2.116) r 2 2 = (x + d) 2 + y 2 (2.117) Konstant potential, som inte är noll, fås i punkterna (x, y) där r 1 /r 2 är konstant, säg M. M 2 = r2 1 r 2 2 = x2 2xd + d 2 + y 2 x 2 + 2xd + d 2 + y 2 (2.118) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.46

Efter förenkling fås x + d M! 2 2 «+ 1 + y 2 2M 2 = d (2.119) M 2 1 M 2 1 som är ekvationen för en cylinder med mittpunkten ( d(m 2 + 1)/(M 2 1), 0) och radien 2M R c = d M 2 1 (2.120) Med M < 1 fås en cylindrisk ekvipotentialyta som innestänger den högra linjeladdningen. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.47

2.9. Greens metod [Jackson, Arfken] Greens metoder hör inte till kärnmaterialet på denna kurs, men de behandlas kort för att de annars kan anses vara en del av en fysikers allmänbildning. Gauss teorem säger ju att Z V 2.9.1. Greens I och II teorem dv F = I A da F I A dabn F (2.121) Låt nu vektorfältet F vara givet som produkten av en skalärfunktion med gradienten av en annan skalärfunktion: Vi har nu F = φ ψ (2.122) F = (φ ψ) = φ 2 ψ + φ ψ (2.123) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.48

bn F = φbn ψ φ ψ n (2.124) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.49

Insättning i Gauss teorem ger Greens I teorem Skriver vi istället Z V dv φ 2 ψ + φ ψ = I A daφ ψ n (2.125) F = ψ φ (2.126) får vi Z V dv ψ 2 φ + ψ φ = I A daψ φ n (2.127) Subtrahera denna från den tidigare: Z V dv φ 2 ψ ψ 2 φ = I A da φ ψ «n ψ φ n (2.128) Detta är Greens II teorem, som ibland också kallas bara Greens teorem.. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.50

Låt nu φ = ϕ(r) (den elektrostatiska potentialen) och ψ = G(r, r ), där funktionen G uppfyller följande villkor: Med detta villkor kan G skrivas som summan 2 G = 4πδ(r r ) (2.129) där F satisifierar Laplaces ekvation: G(r, r ) = 1 r r + F (r, r ), (2.130) 2 F (r, r ) = 0. (2.131) Greens II teorem ger nu Z V dv ϕ 2 G G 2 ϕ = = Z I V A «dv ϕ4πδ(r r ) + G ρ(r ) «da ϕ G n ϕ G n ε 0 (2.132) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.51

Detta ger med att utföra integralen över Diracs delta-funktion: ϕ(r) = 1 4πε 0 Z V dv ρ(r )G(r, r ) 1 4π I A da ϕ(r ) G(r, r ) G(r, r ) ϕ(r «) n n (2.133) Denna ekvation ger alltså inte en fysikaliskt vettig lösning till elektrostatiska randvärdesproblem, för den innehåller både Dirichlet- och Neumann-randvillkoren. Men iden är nu att denna form möjliggör att söka funktioner G som får nåndera randvillkorstermen att försvinna, och därmed leder till en fysikaliskt rimlig lösning för den andra typen av randvillkor! Detta är grundideen i den s.k. Greens-funktion-metoden. Om vi har ett Dirichlet-problem är ϕ(r ) känd på randytan, medan ϕ/ n är okänd. För att göra oss av med detta uttryck söker vi en s.k. Greens funktion G D (r, r ) = 0 då r är på randytan A! Potentialen ges då genast av uttrycket ϕ(r) = 1 4πε 0 Z V dv ρ(r )G D (r, r ) 1 4π I A da ϕ(r ) G D (r, r ) n (2.134) Om vi istället har ett Neumann-problem är ϕ(r )/ n känd på randytan. Vi söker en Greens funktion G N (r, r ) för vilken gäller att G N (r, r )/ n = 0 då r är på randytan A. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.52

Potentialen ges då av uttrycket ϕ(r) = 1 4πε 0 Z V dv ρ(r )G N (r, r ) + 1 4π I A da G N (r, r ) ϕ(r ) n (2.135) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.53

Från den första termen i dessa uttryck ser vi att Greens funktion kan väljas så att den motsvarar en potential, bara laddningsfördelningen har dividerats bort! Exempel 1: En Greens funktion för en punktladdning utanför ledande sfär. Antag potentialen på ytan är känd, så att vi har ett Dirichlet-problem. Vi ska då ha G(r, r ) = 0 för r på ledarens yta. Låt punktladdningen vara i r, och sfärens radie vara a. Vi löste detta problem tidigare, se ekv. (2.108). Vi kan nu försöka välja den erhållna potentialen (med laddningsfaktorn bortdividerad) som Greens funktion: G(r, r ) = 1 r r a d r a2 d 2r Här gäller att r är platsen för den reella punktladdningen. 1 r r a r r a2 r 2r (2.136) Vi observerar nu att r = a ger G = 0, som det bör vara för det här Dirichlet-problemet. Med sfäriska kordinater fås G(r, r ) = 1 p r2 + r 2 2rr cos γ 1 q r 2 r 2 a 2 + a 2 2rr cos γ (2.137) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.54

Normalderivatan på ytan, som separerar den externa volymen (där vi vill veta potentialen!) från ledarens 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 = (2.138) a(r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 2 Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.55

Exempel : En ledare bestående av två hemisfärer isolerade från varandra. Låt potentialen för den övre halvsfären vara +ϕ 0 och ϕ 0 för den undre. Dirichlet-problemets lösning med Greens metod ger oss ekvationen ϕ(r) = 1 4πε 0 Ingen laddning utanför ledaren! Z V dv 0 1 4π I A da ϕ(r ) G D (r, r ) n (2.139) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.56

Med Greens funktion vald som i föregående exempel: ϕ(r) = 1 4π + 1 4π Z 2π 0 Z 2π 0 dφ Z π/2 0 dφ Z π π/2 dθ sin θ ϕ 0 a 2 G D (r, r ) n dθ sin θ ϕ 0 a 2 G D (r, r ) n (2.140) ϕ(r) = ϕ 0 4π Z 2π 0 Z π/2 dφ dθ sin θ + 0 Z 2π 0 dφ Z π π/2 dθ sin θ! a 2 G D (r, r ) n (2.141) ϕ(r) = ϕ 0 4π Z 2π 0 Z π/2 dφ dθ sin θ + 0 Z 2π 0 dφ Z π π/2 dθ sin θ! a(a 2 r 2 ) (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 (2.142) Med u = cos θ, du = sin θ : ϕ(r) = ϕ 0 4π Z 2π 0 Z 0 dφ du 1 Z 2π 0 Z 1 «dφ du 0 a(a 2 r 2 ) (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 (2.143) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.57

ϕ(r) = ϕ 0 4π Z 2π 0 Z 1 dφ du 0 Z 2π 0 dφ Z 0 1 du «a(r 2 a 2 ) (r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 (2.144) Denna integral är inte enkel att utföra, eftersom γ beror på alla vinklar φ, φ, θ, θ. Specialfall: r är på den positiva z-axeln. Då gäller cos γ br br = br bz = cos θ och r = z. ϕ(r) = ϕ 0 4π Z 2π 0 Z 1 dφ du 0 Z 2π 0 dφ Z 0 1 du «a(z 2 a 2 ) (z 2 + a 2 2az cos θ ) 3/2 (2.145) ϕ(r) = ϕ 0 2 Z 1 du 0 Z 0 1 du «a(z 2 a 2 ) (z 2 + a 2 2azu ) 3/2 (2.146) Slutsvaret ska bli ϕ(r) = ϕ 0 1 z2 a 2 z z 2 + a 2! (2.147) Obs: För z = a fås ϕ = ϕ 0 som väntat. Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.58

2.10. Lösning av Poissons ekvation Poissons ekvation är ju Vi har två möjliga situationer. 2 ϕ(r) = ρ(r) ε 0 (2.148) Situation 1 Laddningstätheten ρ(r) ger den fullständiga fördelningen i volymen av intresse, d.v.s. givna laddningar och inducerade laddningar: Lösningen till Poissons ekvation är då ρ(r) = ρ ext (r) + ρ ind (r) (2.149) ϕ(r) = 1 4πε 0 Z V dv ρ(r ) r r (2.150) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.59

Exempel : Antag vi har en radiell symmetrisk laddningsfördelning, ρ = ρ(r). Vi har nu Poissons ekvation i den enkla formen Detta ger 1 d r 2 dr «r 2 dϕ dr = 1 ε 0 ρ(r) (2.151) ϕ(r) = 1 ε 0 Z r r 0 dr 1 r 2 Z r r 0 dr ρ(r )r 2 (2.152) Situation 2 I det andra faller innehåller ρ(r) inte inducerad laddning, utan enbart den externa laddningen, d.v.s. den som vi har kvar efter att alla ledare (innehållande inducerad laddning) har plockats bort: ρ(r) = ρ ext (r) (2.153) Vi söker nu två lösningar. Den första lösningen ϕ (r) ges av Poissons ekvation med laddningstätheten ρ ext (r). Vi löser alltså ekvationen 2 ϕ (r) = ρ ext(r) ε 0 (2.154) Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.60

eller utför integralen ϕ (r) = 1 4πε 0 Z V dv ρ ext (r ) r r (2.155) Den andra lösningen ϕ (r) får vi med Laplaces ekvation: 2 ϕ (r) = 0 (2.156) Utifrån ϕ (r) kan vi ju bestämma den inducerade laddningen på ledarnas ytor. Den totala lösningen är nu ϕ(r) = ϕ (r) + ϕ (r) (2.157) Obs: Randvillkoren, t.ex. i ett Dirichlet-problem, är nu givna för ϕ Ai = ϕ A i + ϕ A i, så randvillkoren för ϕ A i (lösningen från Laplace-ekvationen) måste modifieras därefter! Elektrodynamik, vt 2008, Kai Nordlund 2.61