Föeläsning 3/0 Potentilteoi Mts Pesson Bestämning v elektiskt fält Elektosttikens ekvtione: Det elektisk fältet E bestäms v lddningsfödelningen ρ vi Guss sts E d = ρdv elle uttyckt på diffeentilfom V E = ρ. Det sttisk elektisk fältet ä vivelfitt, E = 0, så det finns en elektosttisk potentil φ dvs E = φ. Denn potentil stisfie då Poisson s ekvtion φ = ρ 3 som h den llmänn lösningen φ = ρ 4π dv. 4 Exempel: En elektisk lddning ä jämnt födeld i en sfä med dien. Den omges v ett tunt sfäiskt skl med dien och lddningen. Bestäm det elektisk fältet E och potentilen φ övellt. Lösning: På gund v tt lddningsfödelningen h sfäisk symmeti, så beo potentilen φ enbt pådien vilket medfö tt E = φ = φ ˆ = E ˆ, dvs elektisk fältet ä iktt i diell led och beo enbt på dien. Vi kn då beäkn E med hjälp v Guss lg E d = Q, 5 dä vi låte v en sfä, och Q ä den lddning som innesluts v. Om vi böj med fllet tt h en die >, så se vi då tt den totl inneslutn lddningen ä = 0. Alltså h vi tt E d = 0, 6 och v dett följe tt tt E = 0. Om h en die så tt < <, så ä den lddningen, som inneslute,. Då ge oss Guss lg tt E d =. 7 Integlen i vänsteledet h vädet och vi kn lös ut E d = 4π E, 8 E = 4π. 9
lutligen h vi fllet tt sfäens die <. Eftesom lddningen ä jämt födeld öve volymen, så innebä det tt inneslute lddningen 3. 0 Guss lg ge oss lltså vilket bli E d = 3, 4π E = 3. Vi kn nu lös ut E = 4π 3. 3 Om vi nu smmnftt vå esultt, så h vi fö det elektisk fältet 4π < 3 E = 4π < < 0 > Vi skll nu utnyttj dett fö tt bestämm potentilen, eftesom E = φ. åledes kn vi uttyck potentilen som integlen φ = 4 E d, 5 vilket sätte potentilen till 0 i oändligheten i enlighet med den vnlig konventionen. Vi böj då med tt bestämm potentilen fö intevllet >. Eftesom E = 0 hä så följe det tt också potentilen bli 0. I intevllet så kn den öve integtionsgänsen sätts till, eftesom potentilen ä 0 utnfö. φ = 4π d = 4π peciellt så lägge vi mäke till tt potentilen i punkten = bli φ = [ ] = 4π. 6 8π. 7 Vi kn nu uttnyttj dett väde fö tt äkn ut integlen fö påföljnde sätt φ = 8π + E d = φ + 8π 8π 3 = 4π 3 d = 4π [ ] 8π + 8π 3 = 8π 3 = 8π 3. 8 Vi kn till slut smmnftt potentilen som φ = 8π 3 4π 0 9
Bestämning v ett mgnetfält Mgnetosttikens ekvtione: Det mgnetisk fältet B bestäms v stömfödelningen j vi Ampee s lg B d = µ 0 j d 0 elle uttyckt på diffeentilfom B = µ 0 j. Det mgnetisk fältet ä källfitt, B = 0, så det finns en vekto potentil A dvs B = A och kn fixes med villkoet A = 0. Denn potentil stisfie då Poisson s ekvtion på vekto fom A = µ 0 j som h den llmänn lösningen A = µ 0 j 4π dv. 3 Exempel: En oändligt lång k lede h ett cikulät tväsnitt med dien och lede en likstöm med stömstykn I. Använd Ampees lg fö tt häled mgnetfältet i och king leden om mteilet i den nts homogent och isotopt. Lösning: Eftesom vi h en xilsymmetisk stömfödelning iktd i z-iktningen så kn vektopotentilen uttycks A = Aρẑ. Dett medfö tt B = A = A ẑ = A ρ ˆρ ẑ = A ρ ˆϕ = B ϕρ ˆϕ dvs mgnetfältet ä iktt i ϕ-iktningen och beo enbt påvståndet fån leden. Vi kn då nvänd Ampees lg B d = µ 0 I, 4 dä vi låte v en cikel king z-xeln, och I ä stömmen som psse genom den yt som h som nd. Föst titt vi på fllet tt cikelns die ρ >. tömmen ä då I, och Ampees lg ge oss B d = µ 0 I. 5 Integlen bli då Vi kn nu lös ut B d = πρb ϕ. 6 B ϕ = µ 0I πρ. 7 I fllet tt cikelns die ρ < så nt vi tt stömmen ä jämnt födeld i tåden, vilket ge oss tt den inneslutn stömmen bli ρ I. 8 Integlen bli nu Vi kn då lös mmnfttningsvis h vi lltså ρ B d = πρb ϕ = µ 0 I. 9 B ϕ = µ 0I π ρ. 30 B ϕ = { µ0 I πρ µ 0Iρ π ρ < ρ > 3 3
3 Lösning v Poisson-ekvtion PLK Kp. 6., Uppg. 0: I sfäen med dien = finns en ymdlddning med tätheten ρ, θ, ϕ = ρ 0 cos ϕ, 3 och på sfäen gälle tt Φ, θ, ϕ = Φ 0. Bestäm den elektosttisk potentilen Φ och det elektisk fältet E inuti sfäen. Lösning: Poissons ekvtion ge oss tt Φ = ρ 0 cos ϕ 33 med ndvillkoet tt Φ, θ, ϕ = Φ 0. Vi se hä tt ndvillkoet ä sfäiskt symmetiskt, men tt källn h ett vinkelbeoende v fomen cos ϕ. Med uttnyttjndet v linjä supeposition kn vi då nsätt en lösning som bestå v två del, vilk v och en h en v dess egenskpe Om vi pplice Lplce-opeton på Φ så få vi [ f + g cos ϕ ] + Φ = f + g cos ϕ. 34 Φ + Φ + θ θ θ [ g cos θ cos ϕ] + Φ sin θ ϕ = sin g cos ϕ = θ [ f + g cos ϕ + f + g cos ϕ ] [ + g cos ϕ cos θ sin θ ] g cos ϕ = f + f + g + g cos ϕ + g cos cos ϕ θ Vi beäkn uttycket i den sist pentesen cos θ = cos θ sin θ cos θ sin θ =. 36 Alltså kn vi skiv Poissons ekvtion som Φ = f + f + g + g g cos ϕ = ρ 0 cos ϕ. 37 Eftesom den hä ekvtionen skll gäll fö ll väden på θ och ϕ så ge oss dett ekvtionen { f + f = 0 g + g g = ρ0 38 Vi böj med tt lös ekvtionen fö f genom tt nsätt en lösning på fomen f = A ν, men konstnten A kn vi utelämn fö tillfället, så tt f = ν ν och f = νν ν. Dett ge oss ekvtionen ν ν ν + ν ν = 0, 39 som föenkls till som h lösningn ν = 0 och ν =. Däfö få vi ν + ν = 0, 40 f = A + B. 4 Hä måste vi sätt B = 0, fö tt undvik tt potentilen bli oändlig fö = 0, och A = Φ 0 fö tt vi sk uppfyll ndvillkoet Φ, θ, ϕ = Φ 0.. 35 4
Vi gå nu öve till ekvtionen fö g och böj med tt bestämm en ptikulälösning på fomen g = 3. Fö denn lösning h vi g = 3 och g = 6, vilket ge oss som h lösningen och ptikulälösningen ä lltså 6 + 6 = ρ 0, 4 ρ 0 = 0, 43 g = ρ 0 3 0. 44 Vi behöve också bestämm lösningen till den homogen ekvtionen, och däfö nsätte vi g = D ν, men fö ögonblicket utelämn vi konstnten D. Eftesom g = ν ν och g = νν ν, så få vi ν ν ν + ν ν ν = 0, 45 vilket ge oss ndgdsekvtionen Denn h lösningn ν = ± Alltså h vi ν = och ν =, så den llmänn lösningen fö g bli ν + ν = 0. 46 + = ± 3. 47 g = D + E ρ 0 3 0. 48 Vi sätte D = 0 eftesom potentilen inte kn bli singulä i = 0. Våt ndvillko vid = säge oss å nd sidn tt g = 0, vilket ge oss 0 = E ρ 0, 49 0 så tt Alltså ä potentilen E = ρ 0 50 0 Φ, θ, ϕ = Φ 0 + ρ 0 0 3 cos ϕ. 5 Vi kn nu beäkn det elektisk fältet u Φ E = Φ = ˆ + Φ θ ˆθ + Φ ϕ ˆϕ = ρ 0 [ 3 ] cos ϕˆ + 0 cos θ cos ϕˆθ sin ϕˆϕ 5 5