2. Lösning av elektrostatiska problem för ledare

2. Lösning av elektrostatiska problem för ledare [RMC] Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.1

2.1. Poissons ekvation [RMC, Jackson] Från tidigare vet vi att Er) = ρr) ε 0 2.1) Er) = ϕr) 2.2) Detta ger oss genast 2 ϕr) = ρr) 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 2013, Kai Nordlund 2.2

2 ϕr) = 1 ρ ρ ρ ϕr) ) + 1 2 ϕr) ρ ρ 2 ψ 2 + 2 ϕr) z 2 2.5) i cylindriska koordinater ρ, ψ, z), och 2 ϕr) = 1 r 2 r ) r 2 ϕr) + 1 r r 2 sin θ θ sin θ ϕr) ) + θ 1 r 2 sin 2 θ 2 ϕr) φ 2 2.6) i sfäriska koordinater r, θ, φ), Om ρr) = 0 i de flesta punkter r, d.v.s. vi har ledare och bara ett fåtal externa laddningsfördelningar, så får vi Laplaces ekvation 2 ϕr) = 0 2.7) Tidigare bestämde vi elfältet från en laddningsfördelning ρr) genom att integrera ett enda uttryck. I dessa fall var fördelningen ρr) bestämd på förhand. Elektrodynamik, vt 2013, 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 ϕr) 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 ϕr) 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 2013, 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 2013, 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 ϕr) = M C i ϕ i r) 2.8) i=1 där C i är godtyckliga konstanter också är en lösning. Bevis: Direkt insättning av ϕr) 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 n Φ = 0 på ledarnas ytor. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.6

Välj nu ytan A i oändligheten, där potentialerna fösvinner: Enligt Gauss teorem har vi då att A da n Φ Φ) = 0 2.9) Expandera integranden: V dv Φ Φ)) = 0 2.10) Φ Φ)) = Φ 2 Φ + Φ) 2 = 0 + Φ) 2 2.11) Vi har då 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 2013, 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 ϕx) = ax + b. Ett annat fall är att ϕ är sfäriskt symmetrisk, d.v.s. ϕ = ϕr). 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 2013, Kai Nordlund 2.8

så att r 2 dϕ dr = a 2.15) dϕ dr = a r 2 2.16) Efter ytterligare en integrering: ϕr) = a r + b 2.17) Elektrodynamik, vt 2013, 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 = ϕr, 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: ϕr, θ) = Zr)Qθ). Insättning ger 1 r 2Q d dr ) r 2 dz dr + 1 r 2 sin θ Z d dθ sin θ dq ) dθ = 0 2.19) Efter förenkling 1 d Z dr ) r 2 dz dr + 1 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 2013, 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 = mm + 1) där m är ett heltal. Vi inför beteckningen P x) P cos θ) = Qθ). Lösningarna är s.k. Legendre-polynom, av vilka de fem första är Elektrodynamik, vt 2013, 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 2013, Kai Nordlund 2.12

Då alltså vinkeldelen ger villkoret k = mm + 1), gäller för den radiella delen: 1 d Z dr ) r 2 dz dr = mm + 1) 2.29) Gör Ansatzen Zr) = r p, där p bör bestämmas. Insättning ger mm + 1) = r p d dr = pr p dr p+1 r 2 pr p 1) dr = pp + 1)r p r p = pp + 1) 2.30) Lös detta: p 2 + p + 1 4 = m 2 + m + 1 4 2.31) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.13

p + 1 2) 2 = m + 1 2) 2 2.32) 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). Den mest allmänna lösningen till problemet är dock Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.14

ϕr, θ) = A m r m P m cos θ) + m=0 B n r n+1) P n cos θ), SPH, r, θ) 2.36) n=0 Exempel 1: m = 0. ϕr, θ) = A eller ϕr, θ) = A r 1. Den senare lösningen är ju en punktladdnings potential. Exempel 2: m = 1. ϕr, θ) = ArP 1 cos θ) eller ϕr, θ) = A r 2 P 1 cos θ). Den senare lösningen är ju en dipols potential. Exempel 3: Oladdad ledande sfär i ett konstant elfält. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.15

Låt elfältet vara i z-riktningen och sfärens mittpunkt i origo. Vi har samma potential ϕr = a, θ) ϕ 0 i ledarens inre som på dess yta. Lösningen är helt allmänt ϕr, θ) = A 0 + B 0 r 1 +A 1 r cos θ + B 1 r 2 cos θ Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.16

+ 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, Er = ) = E 0 ẑ = dϕ/dz, så ϕr = ) = E 0 z + C, med C en konstant. ϕr =, 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 ϕr = 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. Vi har nu ϕr, 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: ϕr, θ) = A 0 + A 1 r cos θ + B 1 r 2 cos θ, r > a 2.40) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.17

Då ϕr = a, θ) ϕ 0 : A 1 a cos θ + B 1 a 2 cos θ = 0 2.41) så att B 1 = a 3 A 1 = E 0 a 3. Slutliga uttrycket är ϕr, θ) = ϕ 0 E 0 r cos θ + a 3 E 0 r 2 cos θ 2.42) Från detta kan vi bestämma elfältet och sfärens ytladdningsfördelning: E r = ϕ ) r = E 0 1 + 2 a3 cos θ, r > a 2.43) r 3 ) E θ = 1 r ϕ θ = E 0 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) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.18

Totala laddningen: Q = 2π π 0 0 = 3r 2 ε 0 E 0 2π / θ=π = 3r 2 = 0. θ=0 daσ = π 0 2π π 0 0 dθ sin θ cos θ r 2 dφdθ sin θσ ε 0 E 0 2π 1 2 sin2 θ 2.46) 2.47) Utan azimutal symmetri [Jackson, Arfken] Laplace-ekvationen är nu: 2 ϕr) = 1 r 2 r ) r 2 ϕr) r + 1 r 2 sin θ θ sin θ ϕr) ) + θ 1 r 2 sin 2 θ 2 ϕr) φ 2 2.48) Vi försöker igen med en produkt av en-variabels-funktioner: ϕ = Zr)Qθ)Uφ). Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.19

Vi får efter insättning och multiplikation med sin 2 θ/zr)qθ)uφ): [ 1 sin 2 d θ Z dr ) r 2 dz dr + 1 Q sin θ d dθ sin θ dq )] dθ + 1 U d 2 U dφ 2 = 0 2.49) 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 dr + 1 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 Uφ) = e ±imφ 2.52) Här måste vi kräva att m är ett heltal. Andra ekvationen blir: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.20

1 d Z dr ) r 2 dz dr + 1 Q sin θ d dθ sin θ dq ) m 2 1 dθ sin 2 θ = 0 2.53) 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 ll + 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 = ll + 1) 2.56) = ll + 1) 2.57) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.21

I den första ekvationen kan vi försöka med Zr) = r p : Lösningarna är r p d dr r 2 pr p 1) =... = pp + 1) = ll + 1) 2.58) Zr) = r l, eller Zr) = 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 Detta är ekvationen för de associerade Legendre-polynomen P m l = ll + 1) 2.60) 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 lx) 2.61) m = l,..., 0,..., l 2.62) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.22

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: ϕr, θ, φ) = l=0 l 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 ϕr, θ, φ) = l=0 l m= l A lm rl + B lm r l 1) Y lm θ, φ), SPH, r, θ, φ) 2.65) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.23

där Y lm θ, φ) är klotytfunktionerna spherical harmonics). Klotytfunktionerna är Man kan visa att Y lm θ, φ) = 2l + 1 4π 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) 3 Y 1, 1 θ, φ) = 8π sin θe iφ 2.69) 3 Y 10 θ, φ) = cos θ 2.70) 4π Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.24

Y 11 θ, φ) = 3 8π sin θeiφ 2.71) Elektrodynamik, vt 2013, 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 ) ρ + 1 ρ 2 2 ϕ ψ 2 = 0 2.72) Försök med den separabla ansatzen ϕρ, ψ) = Rρ)Ψψ): 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 2013, Kai Nordlund 2.26

Lösningarna är Rρ) = aρ ν + bρ ν 2.76) Ψψ) = A sinνψ) + B cosνψ) A sinνψ + B) 2.77) Vi måste nu kräva att ν är ett positivt eller negativt heltal för att potentialen måste upprepa sig med rotationsvinkeln 2π. Om ν = 0 fås lösningarna Rρ) = a 0 + b 0 ln ρ 2.78) Ψψ) = A 0 + B 0 ψ 2.79) Vi måste dock sätta B 0 = 0 så att Ψ0) = Ψ2π)! Konstanten A 0 kan sedan inbakas i uttrycket för R. Den mest allmänna lösningen är nu Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.27

ϕρ, ψ) = a 0 + b 0 ln ρ + a n ρ n sinnψ + c n ) n=1 + b n ρ n sinnψ + 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). Första randvillkoret för vårt specifika problem: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.28

ϕ 0 = ϕρ, ψ = 0) = a 0 + 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 = ϕρ, ψ = β) = a 0 + a n ρ n sinnβ) 2.82) n=1 Igen, detta ska gälla för godtyckligt värde på ρ, så vi måste ha sinnβ) = 0. Detta ger nβ = mπ eller n = mπ/β där m är ett heltal. Det korrekta uttrycket för potentialen är alltså ϕρ, ψ) = ϕ 0 + a m ρ mπ/β sinmπψ/β), m = 1, 2, 3,... 2.83) m=1 Men fortfarande är koefficienterna a m okända! Elfältets komponenter är: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.29

E ρ = ϕ ρ = m=1 E ψ = 1 ϕ ρ ψ = mπ β a mρ mπ/β 1 sinmπψ/β) 2.84) m=1 mπ β a mρ mπ/β 1 cosmπψ/β) 2.85) Ytladdningstätheten är Gauss lag, jfr. pillerburken ). σ = ε 0 E ψ ρ, ψ = 0) = ε 0 π β 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 2013, 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 2013, 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 2013, 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 ϕr) = i ϕ i r) + 1 4πε 0 j da j σ jr 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.??) ersätts med en summa som liknar den första. Elektrodynamik, vt 2013, 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 2013, 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 σy, 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 σy, z) tar vi fasta på faktumet att ledarens yta måste ha samma potential överallt. Totalpotentialen är Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.35

ϕr) = 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 2r) q 4πε 0 x d)2 + y 2 + z + ϕ 2r) 2.89) 2 På ledarens yta: ϕ0, y, z) = q 4πε 0 d2 + y 2 + z 2 + ϕ 20, y, z) 0 2.90) Ett naturligt val för bildladdningen är nu Därav metodens namn! ϕ 2 x, y, z) = q 4πε 0 x + d)2 + y 2 + z 2 2.91) Totala potentialen är nu Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.36

ϕx, y, z) = q 4πε 0 x d)2 + y 2 + z 2 q x 0 2.92) 4πε 0 x + d)2 + y 2 + z2, Den inducerade ytladdningsfördelningen är ϕ σx, y, z) = ε 0 E x x = 0) = ε 0 qd x = 2.93) x=0 2πd 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 ) 3/2x + d, y, z) x=d,y=0,z=0 = q2 1 4πε 0 2d) 32d, 0, 0) 2.94) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.37

Exempel : Punktladdning q utanför en ledande sfär med mittpunkten i origo. Låt punktladdningens position vara r 1 = d r. Placera nu en bildladdning q inuti sfären, i punkten r 2 = b r. Potentialen i en punkt r är nu ϕr, 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) Om vi har sfären vid noll potential: ϕr = a, θ, φ) = 0: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.38

a 2 + d 2 2ad cos θ = q2 q 2a2 + b 2 2ab cos θ) 2.96) Denna ekvation skall gälla för alla värden på θ. Om θ = π/2: a 2 + d 2 = q2 q 2a2 + b 2 ) 2.97) Om θ = 0: a 2 + d 2 2ad = q2 q 2a2 + 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. Subtrahera den senare ekvationen från den förra: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.39

d = q2 q 2b 2.99) Insättning i ekv.??) ger a 2 + q4 q 4b2 = q2 q 2a2 + b 2 ) 2.100) = q 4 q q2 a2 4 q 21 + b ) + a2 2 b = 0 2.101) 2 q 2 q 2 = 1 2 = 1 2 1 + a2 b 2 ± 1 + a2 b 2 ± 1 + 2 a2 b + a4 2 b 4 4a2 2.102) b 2 1 a2 b 2 )2 2.103) 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. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.40

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) Om vi betecknar den verkliga punktladdningens position med r = r 1 = d r så blir potentialen utanför sfären Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.41

ϕr, θ, φ) = = = q 1 4πε 0 r r aq 1 4πε 0 q 4πε 0 q 4πε 0 r r [ ] 1 r r a d a2 d r r 1 r r a d r a2 d 2r d a2 d 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: ϕr, θ, φ) = 1 4πε 0 ) q + q + q r 1 r 2 r 2.109) Vi har nu att ϕr = a, θ, φ) = 1 4πε 0 ) 0 + q a = ϕ 0 2.110) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.42

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) Sfärens ytladdningstäthet är 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 σθ, φ) = ε 0 ϕ r Sfärens totala laddning ges av Gauss lag tillämpad på sfärens yta: ad d 2 a 2 ) 2 2.112) 2.113) r=a Q = q + q 2.114) Obs: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.43

Jordad sfär: ϕr = a) = 0, q = 0. Ickeladdad sfär: q = q = aq/d. Elektrodynamik, vt 2013, 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. Potentialen i en punkt x, y) är ϕx, y) = λ ln r 1 + 2πε 0 λ ln r 2 = 2πε 0 λ ln r 1 2.115) 2πε 0 r 2 Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.45

Potentialen är noll på planet, d.v.s. för r 1 = 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) 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 dm 2 + 1)/M 2 1), 0) och radien 2M R c = d M 2 1 2.120) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.46

Med M < 1 fås en cylindrisk ekvipotentialyta som innestänger den högra linjeladdningen. Elektrodynamik, vt 2013, 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 V 2.9.1. Greens I och II teorem dv F = A da F A da n 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 2013, Kai Nordlund 2.48

n F = φ n ψ φ ψ n 2.124) Insättning i Gauss teorem ger Greens I teorem Skriver vi istället V dv ) φ 2 ψ + φ ψ = A daφ ψ n 2.125) F = ψ φ 2.126) får vi V dv ) ψ 2 φ + ψ φ = A daψ φ n 2.127) Subtrahera denna från den tidigare: V dv ) φ 2 ψ ψ 2 φ = A da φ ψ ) n ψ φ n 2.128) Detta är Greens II teorem, som ibland också kallas bara Greens teorem. Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.49

. Låt nu φ = ϕr) den elektrostatiska potentialen) och ψ = Gr, r ), där funktionen G uppfyller följande villkor: Med detta villkor kan G skrivas som summan 2 G = 4πδr r ) 2.129) Gr, r ) = 1 r r + F r, r ), 2.130) där F satisifierar Laplaces ekvation: 2 F r, r ) = 0. 2.131) Greens II teorem ger nu V ) dv ϕ 2 G G 2 ϕ = V ) dv ϕ4πδr r ) + G ρr ) ε 0 Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.50

= A ) da ϕ G n ϕ G n 2.132) Detta ger med att utföra integralen över Diracs delta-funktion: ϕr) = 1 4πε 0 V dv ρr )Gr, r ) 1 4π A da ϕr ) Gr, r ) Gr, r ) ϕr ) ) 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 ϕr ) 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 ϕr) = 1 4πε 0 V dv ρr )G D r, r ) 1 4π A da ϕr ) G D r, r ) n 2.134) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.51

Om vi istället har ett Neumann-problem är ϕr )/ 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. Potentialen ges då av uttrycket ϕr) = 1 4πε 0 V dv ρr )G N r, r ) + 1 4π A da G N r, r ) ϕr ) n 2.135) 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 Gr, r ) = 0 för r på ledarens yta. Låt punktladdningen vara i r, och sfärens radie vara a. Vi löste detta problem tidigare, se ekv.??). Vi kan nu försöka välja den erhållna potentialen med laddningsfaktorn bortdividerad) som Greens funktion: Gr, r ) = 1 r r a d r a2 d 2r 1 r r a r r a2 r 2r 2.136) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.52

Här gäller att r är platsen för den reella punktladdningen. Vi observerar nu att r = a ger G = 0, som det bör vara för det här Dirichlet-problemet. Med sfäriska kordinater fås Gr, r ) = 1 r2 + r 2 2rr cos γ 1 r 2 r 2 a 2 + a 2 2rr cos γ 2.137) Normalderivatan på ytan, som separerar den externa volymen där vi vill veta potentialen!) från ledarens inre, är G n = G 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) ar 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 2 Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.53

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 ϕr) = 1 4πε 0 V dv 0 1 4π A da ϕr ) G D r, r ) n 2.139) Ingen laddning utanför ledaren! Med Greens funktion vald som i föregående exempel: Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.54

ϕr) = 1 4π + 1 4π 2π 0 2π 0 dφ π/2 0 dφ 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) ϕr) = ϕ 0 4π 2π 0 π/2 dφ dθ sin θ + 0 2π 0 dφ π π/2 dθ sin θ ) a 2 G D r, r ) n 2.141) ϕr) = ϕ 0 4π 2π 0 π/2 dφ dθ sin θ + 0 2π 0 dφ π π/2 dθ sin θ ) aa 2 r 2 ) r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 2.142) Med u = cos θ, du = sin θ : ϕr) = ϕ 0 4π 2π 0 0 dφ du 1 2π 0 1 ) dφ du 0 aa 2 r 2 ) r 2 + a 2 2ar cos γ) 3/2 2.143) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.55

ϕr) = ϕ 0 4π 2π 0 1 dφ du 0 2π 0 dφ 0 1 du ) ar 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 r r = r ẑ = cos θ och r = z. ϕr) = ϕ 0 4π 2π 0 1 dφ du 0 2π 0 dφ 0 1 du ) az 2 a 2 ) z 2 + a 2 2az cos θ ) 3/2 2.145) ϕr) = ϕ 0 2 1 du 0 0 1 du ) az 2 a 2 ) z 2 + a 2 2azu ) 3/2 2.146) Slutsvaret ska bli ϕr) = 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 2013, Kai Nordlund 2.56

2.10. Lösning av Poissons ekvation Poissons ekvation är ju Vi har två möjliga situationer. 2 ϕr) = ρr) ε 0 2.148) Situation 1 Laddningstätheten ρr) ger den fullständiga fördelningen i volymen av intresse, d.v.s. givna laddningar och inducerade laddningar: Lösningen till Poissons ekvation är då ρr) = ρ ext r) + ρ ind r) 2.149) ϕr) = 1 4πε 0 V dv ρr ) r r 2.150) Exempel : Antag vi har en radiell symmetrisk laddningsfördelning, ρ = ρr). Vi har nu Poissons ekvation i Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.57

den enkla formen 1 d r 2 dr ) r 2 dϕ dr = 1 ε 0 ρr) 2.151) Detta ger ϕr) = 1 ε 0 r r 0 dr 1 r 2 r r 0 dr ρr )r 2 2.152) Situation 2 I det andra faller innehåller ρr) 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: ρr) = 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 eller utför integralen 2 ϕ r) = ρ extr) ε 0 2.154) Elektrodynamik, vt 2013, Kai Nordlund 2.58

ϕ r) = 1 4πε 0 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 ϕr) = 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 2013, Kai Nordlund 2.59