. Elektrostatik [RMC] Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson... ntroduktion [http://www.encyclopedia.com/html/section/electity_historyofelectricity.asp, http://en.wikipedia.org/wiki/electric_charge] Det första skriftliga tecknet på upptäckten av elektriska fenomen härstammar från Thales av Miletus. Enligt honom visste grekerna på 600-talet f.kr. att om man gnider bärnsten (förstenad kåda) med skinn kommer bärnstenen att attrahera lätta föremål som hårstrån. Tillräckligt lång gnidning kunde resultera i gnistor. Dylik uppladdning av föremål kallas idag statisk elektricitet. Britten William Gilbert beskrev på 600-talet motsvarande beteenden hos flertal substanser, och hittade på order elektricitet för att beskriva fenomenet. Gilbert räknas därmed som elektricitetens och magnetismens fader. Ordet elektricitet kommer från grekiskans ord för bärnsten. Den första maskinen för produktion av statisk elektricitet byggdes år 660 av Otto von Guericke: den bestod av en svavelboll med en vev, som man kunde hantera med ena handen medan man vidrörde bollen med den andra. Man utvecklade snart andra friktionsmaskiner som var mera avancerade... Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.2
Dagens modernaste version är en van de Graaff-generator (utvecklingen av denna började 929 med Robert J. Van de Graaff [http://en.wikipedia.org/wiki/van_de_graaff_generator]). Bild: http://www.engr.uky.edu/~gedney/courses/ee468/expmnt/vdg.html Detaljerad förklaring: http://www.amasci.com/emotor/belt.html Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.3 År 733 föreslog C. F. Du Fay att elektricitet förekommer i två varianter, vilka neutraliserar varandra [www.sparkmuseum.com/book_dufy.htm]. dag kallas dessa positiv och negativ elektricitet/laddningar. År 745 hittade Ewald Georg von Kleist på ett sätt att lagra elektricitet [http://encyclopedia.laborlawtalk.com/leyden_jar]. Han lindade silverfolie runt en glasflaska, som laddades med en friktionsmaskin. Eftersom han fick en ordentlig stöt från hela manicken drog han slutsatsen att dylika flaskor borde kunna användas för att lagra betydande mängder med elektricitet. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.4
Den person som fått äran att uppfinna dylika flaskor eller behållare är holländaren Pieter van Musschenbroek. Han konstruerade sin version året efter von Kleist men Musschenbroek var först med att göra sin uppfinning känd. Flaskan ifråga kallas Leyden-flaska, efter universitetet (och orten) där Musschenbroek arbetade. Tack vara Leydenflaskan kunde man nu lagra större mängder statisk elektricitet och med den utföra kontrollerade urladdningar. Detta medförde att man på allvar kunde börja undersöka fenomenet elektricitet och dess effekter på olika material. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.5.2. Coulombs lag [Jackson, http://www.bookrags.com/sciences/physics/coulombs-law-wop.html] Från slutet av 700-talet till slutet av 800-talet lades grunden till förståelsen av elektriska fenomen. En central person var Charles ugustin de Coulomb (736-806). Han lade år 785 fram sin lag för växelverkan mellan två laddningar. Lagen uttrycker kvantitativt följande observationer:. Endast två sorters elektriska laddningar existerar. 2. Den kraft som laddningarna utövar på varandra är riktad längs med linjen som passerar båda laddningarnas centrum. Kraftens styrka avtar med kvadraten på avståndet. 3. Kraften beror också på laddningarnas produkt: Lika laddningar repellerar varandra (negativ kraft), olika attraherar (positiv kraft). Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.6
Matematiskt skriver vi kraften som laddning 2 utövar på laddning som ( från 2 på ) där F = C q q 2 br r2 2 2, (.) r 2 = r 2 = r r 2 (.2) är avståndet från laddning 2 till laddning, och r i ortsvektorn för laddning i. Om q > 0, q 2 > 0 eller q < 0, q 2 < 0 är F i r 2 :s riktning, d.v.s. q förs bort från q 2. Kraften är alltså repulsiv. är John Robinson var den förste som mätte upp en exponent på 2 för r beroendet. Osäkerheten i exponenten 2 är experimentellt fastställd med en relativ noggrannhet på 0 5. Den förste att mäta osäkerheten i exponenten var Henry Cavendish (73-80), år 772. Han kunde visa att osäkerheten ε i uttrycket r 2+ε 2 är begränsad till ε 0.02. Värdet på konstanten C bestämmer enhetssystemet som används. S-systemet (Système nternational d Unités) definierar man kvantiteten Coulomb/sekund, som är den elektriska strömmens enhet, utifrån med hur stor kraft två parallella raka strömledningar påverkar varandra. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.7 Mera exakt, ledningarna sätts på avståndet meter. Sedan skruvar man på strömmen tills kraften mellan ledningarna är 20 micronewton per meter. Den laddningsmängd som då per sekund passerar ett tvärsnitt i ledningarna sätts att motsvara Coulomb. Detta ger ett exakt värde för vakuums magnetiska susceptibilitet: µ 0 = 4π 0 7 N s 2 /C 2. Man har också sambandet c 2 = /(ε 0 µ 0 ), där ε 0 är vakuums permittivitet. S-enheten för laddning är Coulomb (C). Från allt detta har man nu bestämt att konstanten i Coulombs lag är C = = µ 0c 2 4π = 4π 0 7 c 2 4π = 0 7 c 2 8.98755 0 9 N m 2 /C 2 (.3) Vakuums permittivitet blir nu ε 0 = 8.854 0 2 C 2 /(N m 2 ). Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.8
Vi får alltså Coulombs lag i formen F = q q 2 br 2 (.4) 4πε r 2 2 Om vi antar att superpositionsprincipen håller, blir kraften på laddning i från laddningarna j F i = X j,j i där F ji = q i X q j r 2 j,j i ji br ji, (.5) är ortsvektorn från laddning j till laddning i. br ji = r i r j r ji (.6) Ännu har vi inte definierat vad laddningarna q i är eller består av. mitten av 700-talet talade amerikanen Benjamin Franklin för en vätske-teori för elektriska laddningar. Enligt denna teori var elektriska laddningstillstånd helt enkelt brist på ( negativ laddning [vitreous-elektricitet]) eller överskott ( positiv laddning [resinous-elektricitet]) av en osynlig vätska. Britten William Watson kom fram till motsvarande idéer vid ungefär samma tid. [http://en.wikipedia.org/wiki/electrical_charge] Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.9 År 874 föreslog den irländska fysikern G. Johnstone Stoney att det existerar en laddnings-partikel som spelar den avgörande rollen i elektrokemin. Partikelns namn, elektron, föreslog han 20 år senare. Elektronens verkliga existens bekräftades experimentellt 897 av J. J. Thomson. [http://en.wikipedia.org/wiki/electron] Elektronens laddning bestämdes av amerikanen Robert. Millikan år 90 i det välkända oljedroppsexperimentet [http://en.wikipedia.org/wiki/robert_millikan]. Han noterade att laddningen på oljedropparna alltid var en heltalsmultipel av samma tal, elementarladdningen, alltså elektronens laddning. Denna betecknas e och har värdet e =.602 0 9 C (.7) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.0
.2.. Kontinuerliga laddningsfördelningar En normal ström genom en metalltråd kan vara m, motsvarande 0 3 C/s. Genom tråden flyter då en laddningsmängd på 0 6 elektroner per sekund. Om trådens diameter är mm fås en laddningstäthet på 0 22 elektroner per m 2 och sekund eller 0 0 elektroner per µm 2 och sekund. Elektronerna kan i ett dylikt fall alltså till en god approximation anses bilda ett kontinuum. lltså kan i stället för diskreta laddningar q i stället införa laddningstätheter som är kontinuerliga funktioner av koordinater (eller konstanter). Låt laddningstätheten i en volym V vara ρ(r). Totala laddningen är då Q = dv ρ(r). (.8) V Låt motsvarande yt-laddningstätheten på en yta vara σ(r): Q = dσ(r). (.9) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson. Laddningstätheterna definieras formellt som ρ = dq dv σ = dq d (.0) (.) Även då laddningarna är diskreta kan vi definiera en täthetsfunktion: ρ(r) = X i q i δ(r r i ), (.2) där r i är laddningarnas positioner och δ är Diracs delta-funktion. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.2
.3. Diracs delta-funktion Följande grundläggande egenskaper gäller för Diracs delta-funktion δ(r): V δ(r r 0 ) = 0, r r 0 (.3) dv δ(r r 0 ) =, r 0 V (.4) Om integrationsvolymen V inte innehåller r 0 : dv δ(r r 0 ) = 0. (.5) V Övriga egenskaper: dv F (r)δ(r r 0 ) = F (r 0 ) (.6) dv F (r)δ(r) = F (0) (.7) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.3 Så hur ser då funktionen δ(r) ut?? nvänd t.ex. Fouriertransformationen: f(r) = F (k) = dv k F (k )e i2πk r (.8) dv f(r)e i2πk r (.9) nsättning av första ekvationen i den andra: F (k) = = dv dv k F (k ) «dv k F (k )e i2πk r e i2πk r «dv e i2π(k k) r (.20) så att vi måste ha δ(k k) = dv e i2π(k k) r (.2) eller efter variabelbyte Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.4
δ(k k) = (2π) 3 dv s e i(k k) s (.22) För att se hur Coulombs lag skrivs med hjälp laddningstätheter kan vi göra följande. Kraften på q i punkten r från en liten laddning dq i punkten r är ju enligt Coulombs lag Laddningstätheten: df q = qdq r r r r 3 (.23) ρ(r ) = dq dv (.24) Kraften på q är nu: F q = q 4πɛ 0 Om vi istället har en ytladdningsfördelning σ: dv ρ(r ) r r r r 3. (.25) F q = q 4πɛ 0 d σ(r ) r r r r 3. (.26) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.5 Men vad händer om q befinner sig inne i fördelningen ρ? Divergerar inte integranden?? Check: Vi har alltså F q = q 4πɛ 0 dv ρ(r ) r r r r 3. (.27) nför r = r r. Eftersom nu x = x x o.s.v. får vi F q = = dv ρ(r r ) r (r ) 3 dv ρ(r r ) r (r ) 3 br dv ρ(r r ) br (.28) (r ) 2 Då r = r, d.v.s. då r = 0 får vi problem. Fokusera nu på detta bidrag till integralen. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.6
Övergå nu till sfäriska koordinater: dv ρ(r r ) r (r ) 2 θ sin θ φ ρ(r r ) (r ) 2 (r ) 2 = r θ sin θ φ ρ(r r ) (.29) Men detta uttryck kan ju inte divergera, eftersom det inte innehåller 0 i nämnaren förutsatt att ρ inte beter sig dåligt då r = 0, d.v.s. det finns inga punktladdningar som överlappar varandra. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.7.4. Det elektriska fältet Uttrycket för kraften på laddningen q är proportionellt mot q. Om vi tänker oss att q 0 så att den övriga laddningsfördelningen inte påverkas av q:s närvaro, kan vi definiera en storhet som bara beror på själva fördelningen: Detta är laddningsfördelningens elektriska fält. F q E = lim q 0 q (.30) Tolkning: Fältet i en punkt r ger den kraft som en testladdning i r skulle känna av, förutsatt att laddningen är osynlig för den övriga laddningsfördelningen. En laddning q i r påverkas helt allmänt av en kraft som är en summa av tre bidrag: F q = q + q NX i= q i r r i r r i + q 3 V dv ρ(r ) r r r r 3 d σ(r ) r r r r 3 (.3) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.8
Elfältet i samma punkt är E(r) = + NX i= q i r r i r r i + 3 V dv ρ(r ) r r r r 3 d σ(r ) r r r r 3 (.32) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.9 För att kunna illustrera elfält definierade Michael Faraday (79-867) begreppet fältlinjer. Fältlinjen anger den bana längs med vilken en fri laddning attraheras eller repelleras av en annan stationär laddning. v denna anledning är fältlinjens tangentvektor i varje punkt parallell med elfältets vektor i samma punkt. Obs: Fältlinjerna går från positiv laddning till negativ laddning. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.20
.5. Den elektrostatiska potentialen Vi vet att om u = 0 kan vi definiera en potential f via f = u. Testa detta på elfältet: r r r r 3 = = r r 3 (r r ) + «(r r ) r r 3 3 r r 0 + r «r (r r ) 3 r r 5 (r r ) (r r ) = 0 (.33) Den potential som ger upphov till elfältet kallas elektrostatisk potential och betecknas ϕ. Vi inkluderar ett minustecken: E(r) = ϕ(r). (.34) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.2 Potentialen själv får vi från uttrycket ϕ(r) = ϕ(r 0 ) r r 0 dr E (.35) Eftersom elfältet innehåller termer med har vi då att r r r r 3 (.36) r f(r, r ) = r r r r 3, (.37) där vi måste bestämma hur f alltså det radiella beroendet i potentialen ser ut. Eftersom r är en konstant i denna derivering, kan vi skriva eller r f(r, r ) = r r f(r, r ) = r r r r 3 (.38) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.22
s f(r, r ) = s s 3 (.39) Efter försök ser man att f måste vara f(r, r ) = s = r r (.40) Potentialen blir då ϕ(r) ϕ(r 0 ) = + NX i= q i r r i + V NX i= d σ(r ) r r q i r 0 r i d σ(r ) r 0 r dv ρ(r ) r r V dv ρ(r ) r 0 r (.4) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.23 Vi kan alltså definiera nollnivån ϕ(r 0 ) = 0 med r 0 =! Resultatet: ϕ(r) = NX i= q i r r i + dv ρ(r ) V r r + d σ(r ) r r (.42) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.24
.5.. Potentialenergi Kraften F på en laddning q fås från laddningens potentialenergi i det yttre fältet: Förändringen i potentialenergin då denna kraft tillåts verka är F(r) = U(r) (.43) r U(r) U(r 0 ) = dr F r 0 (.44) = q r r 0 dr E ext = q (ϕ ext (r) ϕ ext (r 0 )) (.45) så U(r) = qϕ ext (r) (.46) om U(r 0 ) = 0 = ϕ ext (r 0 ). Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.25.6. Ledare och icke-ledare [RMC, Griffiths] Hur reagerar material på elektriska laddningar och fält? Det finns två huvudklasser av material:. ledare 2. dielektrika Ledare är material som har gott om fria elektroner. Dessa gör att ström flyter relativt fritt, och att materialet lätt kan reagera på yttre fält genom att flytta på laddningar från den ena delen av materialet till den andra. Exempel: metaller,... Dielektrika (isolatorer) innehåller mycket få fria laddningar. Majoriteten av laddningarna är hårt bundna till materialets atomer och molekyler, dock så att dipoler kan induceras i varierande grad. Dielektrika leder ström med en konduktivitet som är 0 20 av en ledares. Exempel: porslin, trä, glas,... Mellan dessa extremer av bra och dålig elektrisk ledning finns material med måttlig ledningsförmåga. Exempel: halvledare,... Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.26
Följande egenskaper gäller för ledare: (i) nne i en ledare är elfältet noll. Ett yttre elfält sätter de fria laddningarna i en ledare i rörelse. Förflyttningen fortsätter tills nettofältet summan av laddningarnas elfält och det yttre fältet försvinner. När statisk jämvikt uppnåtts är nettofältet inne i ledaren noll och ledarens yta täckt av inducerad laddning. (ii) nne i en ledaren är laddningstätheten noll. Detta fäljer direkt från Gauss lag (behandlas senare). Om där fanns laddningar skulle där också finnas elfält, vilket strider mot första regeln. (iii) Nettoladdningar befinner sig på ytan. (iv) En ledare utgör en ekvipotentialyta. Eftersom E = 0 inne i ledaren måste potentialen ϕ vara densamma överallt. En dylik yta kallas ekvipotentialyta. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.27 (v) Elfältet är vinkelrätt mot en ledares yta. Om det existerade en tangentiell komponent skulle laddningar röra på längs med ytan och ledaren inte befinna sig i statisk jämvikt. Exempel : (a) nducerad laddning på en ledare befinner sig på ytan. (b) En laddning i en kavitet i en ledare inducerar laddningar på kavitetens och ledarens yta. nne i ledarens (förutom kaviteten!) är elfältet fortfarande noll. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.28
Om ledaren är sfärisk och centrerad på origo så är elfältet utanför ledaren E r = q r2br (.47) Hurdan är situationen om vi har en neutral kavitet (utan laddningar) i en ledare och placerar denna i ett yttre elfält? nducerad laddning samlas på den yttersta ytan och utsläcker det yttre fältet. Nettofältet inne i ledaren är noll. Gauss lag garanterar att inget fält uppstår genom kaviteten. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.29.7. Gauss lag Gauss lag relaterar en laddningsmängd till ytintegralen av det elfält som laddningen ger upphov till. Ytan måste vara sluten. Punktladdning i origo: E(r) = q r r 3 (.48) Ytintegralen: d E(r) = Vi behöver nu veta produkten bn r! q d r r 3 = q dbn r r 3 (.49) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.30
Obs: d är ett sfäriskt segment! dbn r br = dbn = d cos α = d (.50) r3 r 2 r 2 r 2 Vi har nu att d r 2 = r2 dφdθ sin θ r 2 (.5) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.3 Ytintegralen blir alltså: Motsvarande för flera laddningar, d E(r) = q dφdθ sin θ = q 4π = q ε 0 (.52) d E(r) = X q i, (.53) ε 0 i och kontinuerliga fördelningar: d E(r) = ε 0 dv ρ(r) (.54) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.32
Men om q sitter utanför ytan?? Vi kan bilda segment-paren i figuren. Hela ytintegralen fås genom att summera upp dessa par. För varje par: d bn r + d r 3 2 bn 2 r2 r2 3 = d bn br d r 2 2 bn 2 br r2 2 cos α = d r 2 = d r 2 d 2 cos α 2 r 2 2 d 2 r 2 2 = r 2 dω r 2 r 2 2 dω r 2 2 = 0 (.55) Här betecknades den gemensamma rymdvinkeln med dω. Det gäller ju att ett sfäriskt segments area är d = r 2 dω = r 2 dφdθ sin θ. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.33 Enligt Gauss teorem har vi för ett vektorfält F att där innesluter volymen V. d F = V dv F (.56) Vänstra ledet av Gauss lag kan alltså skrivas d E(r) = V dv E(r) (.57) Båda leden av Gauss lag är nu volym-integraler, så vi kan identifiera integranderna med varandra. Vi får då Gauss lag i differentialform: E(r) = ρ(r) ε 0 (.58) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.34
Vi kan nu använda Gauss lag för att verifiera att elfältet är noll inne i en ledare. Vi kan utgå från den intuitiva uppfattningen att alla fria laddningar repellerar varandra tills de fastnar på ytan. Gauss lag ger då omedelbart att E = 0 inne i ledaren, som vi resonerade oss fram till tidigare. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.35.7.. Elfältet på en ledares yta Vi granskar nu elfältet på en godtycklig ledares yta. Elfältet E kan delas upp i en komponent som är normal mot ledarens yta, och en tangentiell komponent: Men E = ϕ, så E = E n bn + E t bt (.59) E = ( ϕ) n bn ( ϕ) t bt (.60) Derivatan av potentialen i tangentens riktning är projektionen av derivatan ϕ på tangentens enhetsvektor bt: bt ϕ ( ϕ) t dϕ dt (.6) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.36
Men eftersom ytan är en ekvipotentialyta (ϕ konstant över hela ytan) gäller dϕ/dt = 0, och ( ϕ) t = 0. lltså har vi och elfältet är normalt mot en ledares yta. E = E n bn (.62) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.37.7.2. Pillerburks -tekniken Låt oss nu betrakta en pillerburk vid ledarens yta: Pillerburken är i det här fallet en infinitesimal cylindrisk region med topp- och bottencirklarnas normalvektorer parallella med ytans normalvektor. Mantelytan är också parallell med ytnormalen. Gauss lag på denna yta ger oss ε 0 d E(r) = E n 0 (.63) dσ(r) = σ ε 0 (.64) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.38
om ytladdningstätheten är konstant. Från detta får vi genast att E n = σ ε 0 (.65) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.39.8. Lösning av enkla elektrostatiska problem (a) Vi har tidigare kommit fram till att elfältet eller potentialen från diskreta laddningar och laddningsfördelningar ges av uttrycken E(r) = ϕ(r) = + NX i= NX i= q i r r i r r i + 3 V dv ρ(r ) r r r r 3 d σ(r ) r r r r 3 (.66) q i r r i + V dv ρ(r ) r r + d σ(r ) r r (.67) (b) föregående sektion erhöll vi Gauss lag d E(r) = ε 0 dv ρ(r) (.68) Gauss lag förenklar elfälts-räkningar avsevärt då man har laddningsfördelningar med hög symmetri, t.ex. plan, cylindrar och sfärer. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.40
Exempel : En punktladdning q. Gauss: d E(r) = q (.69) ε 0 För enkelhetens skull integrerar vi över en sfärisk yta! d = dbr (.70) d = r 2 dφdθ sin θ (.7) Vi får: q ε 0 = = r 2 2π d E(r) 0 2π = r 2 dφ 0 π dφ 0 π 0 dθ sin θbr (E r br + E θ b θ + Eφ b φ) dθ sin θe r (.72) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.4 Vi utnyttjar nu vår kunskap att E r är en funktion endast i r, så att och q ε 0 = r 2 4πE r (.73) E r = q (.74) r 2 som väntat. Fältet är nu radiellt utåt från punktladdningen, och r är avståendet från observationspunkten till laddningen. Om q sitter i punkten r, hur skriver vi fältet då? E = Elfältet transporterar en positiv testladdning bort från q! q r r (.75) r r 3 Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.42
Exempel 2: En tunn, rak och oändligt lång laddningsfördelning med den linjära laddningstätheten λ (C/m). Gauss: 2πρhE ρ = λh ε 0 (.76) E ρ = λ 2πε 0 ρ (.77) Exempel 3: Ett likformigt laddad sfäriskt skal med ytladdningstätheten σ (C/m 2 ). Sfärens radie är d. Svar: och E r = 0 annars. E r = d2 σ ε 0 r2, r > d, (.78) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.43 Om Gauss lag inte kan tillämpas är man tvungen att lösa problemet med nån av ekvationerna (.66) eller (.67)! Ofta är man då också tvungen att begränsa sig till ett fåtal punkter, om man vill bestämma E eller ϕ analytiskt ( med papper och penna ). Exempel : Cirkulär laddningsfördelning. Elfältsbidraget i punkten P från längdelementet ds är de = λds bu ( (.79) a 2 + z 2 ) 2 Komponenten i z-led är: de z = de bz = λds cos θ ( (.80) a 2 + z 2 ) 2 Men ds = adψ och cos θ = z a2 + z 2 (.8) så att Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.44
de z = λa zdψ (.82) (a 2 + z 2 ) 3/2 ntegralen blir: E z = λa z2π (.83) (a 2 + z 2 ) 3/2 eller uppsnyggat: E z = Q z (.84) (a 2 + z 2 ) 3/2 Exempel 2: Laddad cirkelskiva. Från föregående exempel vet vi att en cirkulär slinga ger upphov till elfältsbidraget de z = dq z (.85) (a 2 + z 2 ) 3/2 i punkten P = (0, 0, z). Nu gäller dq = σ2πada, så att Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.45 de z = σ2πz ada (.86) (a 2 + z 2 ) 3/2 ntegralen går från a = 0 till a = r, där r är skivans radie: E z = σ2πz r 0 daa (a 2 + z 2 ) 3/2 (.87) Variabelbytet u = a 2 + z 2, du = 2ada ger oss: E z = σπz z 2 +a 2 du (.88) z 2 u 3/2 ntegralen: z 2 +a 2 z 2 du u 3/2 = ( 2) u u=z 2 +a 2 u=z 2 = 2 z2 + r «2 z Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.46
= 2 z! p + (r/z) 2 (.89) nsättning ger: E z = σπ 2πε 0! p + (r/z) 2 (.90) Eftersom σ = Q/(πr 2 ): E z = Q 2πε 0 r 2! p + (r/z) 2 (.9) Check: Låt z r: OK! E z Q 2πε 0 r 2 2 «r 2!! z = Q 2πε 0 r 2 2 r z «2 = Q z 2 (.92) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.47.9. Den elektriska dipolen Två motsatta lika starka laddningar som hålls på ett kort fixerat avstånd från varandra bildar en dipol. Motsvarande, en monopol eller kort pol, är en synonym för en elektrisk punktladdning. Det finns i huvudsak två typer av dipoler [http://en.wikipedia.org/wiki/dipole]: (i) permanenta och (ii) inducerade. Exempel på permanenta dipoler är polära molekyler, d.v.s. molekyler där nån atom har mycket större elektronegativitet än de andra. Den del av molekylen innehåller då en större mängd elektroner, vilket gör den negativt laddad. Exempel: saltsyra, H-Cl. nducerade dipoler är molekyler eller atomer som polariseras, antingen av yttre elektriska fält eller permanenta dipoler. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.48
Låt nu laddningen q vara i r och +q i r + d. Elfältet i punkten P med ortsvektorn r från dipolen är E(r) = = q r r d r r d q r r 3 r r 3 q r r d r r d r «r (.93) 3 r r 3 Vi är intresserad av fältet lång borta från dipolen, så att d r r och vi kan använda oss av d / r r 0. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.49 Låt oss försöka förenkla första termens nämnare så att den blir samma som i andra termen: r r d 3 = = (r r d) 2 3/2 3/2 (r r ) 2 + d 2 2(r r ) d = r r 3 + d2 r r 2(r! 3/2 r ) d 2 r r 2 r r 3 2 (r «3/2 r ) d (.94) r r 2 Binomialteoremet: ( + x) p/q + p x, x (.95) q Vi får: r r d 3 r r 3 + 3 (r «r ) d r r 2 (.96) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.50
nsättning i elfältsuttrycket ger oss E(r) = q r r d + 3 (r «r ) d r «r r r 3 r r 2 r r 3 q 3(r r «) d (r r d ) r r 5 r r 3 (.97) efter att termer med ( d / r r ) 2 dumpats. Definiera dipolmomentet p = X i q i r i = qr + q(r + d) = qd (.98) med enheten C m (Coulombmeter), så kan vi förenkla till E(r) = 3(r r ) p (r r ) r r 5 p r r 3 «, d r r (.99) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.5 Potentialen skriver vi direkt med hjälp av en punktladdnings potential: ϕ(r) = q r r d «r r (.00) Om man upprepar motsvarande som ovan kan man visa att ϕ(r) p (r r ) r r 3, d r r (.0) Exempel : Dipol i origo: E(r) = ϕ(r) = «3r p r p r 3 r 2 (.02) p r r 3 (.03) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.52
.9.. Dipol i yttre fält Från tidigare vet vi att potentialenergin för en laddning q i ett yttre fält är U(r) = qϕ ext (r). Tillämpat på en dipol med q i r och +q i r + s får vi U(r) = qϕ ext (r) + qϕ ext (r + s) (.04) Notera: förutsatt att s / r + s är litet. bs ϕ ext (r) dϕ ext ds ϕ ext(r + s) ϕ ext (r) s (.05) Vi får U(r) qϕ ext (r) + q (sbs ϕ ext (r) + ϕ ext (r)) = qs ϕ ext (r) p ϕ ext (r) (.06) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.53 Uppsnyggat: U(r) = p ϕ ext (r) = p E ext (r) (.07) Exempel : Dipolens energi då den befinner sig i fältet från en punktladdning Q i origo är, om dipolens plats är R: U Q = Q p R R 3 (.08) Enligt ekv. (.0) är energin för en laddning Q i fältet från dipolen: U dipol = Qϕ dipol = Q p (0 R) 0 R 3 = Q p R R 3 (.09) Energin blir alltså densamma, oberoende av ur vilken synvinkel man betraktar det hela. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.54
.0. Elektriska multipoler Man kan visa att potentialen för en så gott som godtycklig laddningsfördelning kan expanderas i en serie av multipoler. Multipoler är en generalisering av dipol-begreppet. Potentialen i observationspunkten r från fördelningen ρ(r ) är förstås ϕ(r) = dv ρ(r ) r r (.0) Vi expanderar nämnaren: r r = = = p (r r ) 2 r2 + r 2 2r r r r + r r 2 2 r r r 2 Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.55 0 @ r 2 = r 2 r 2 r 2 " r «2 2 r # r + 3 " r «2 2 r # 2 r r r 2 8 r r 2 r 3 + r r r 3 + 3 8 r 2 efter dumpning av (r /r) n -termer med n 3. " r 4 r r r + 4 4 r 2 «2 4 r # r r 2 r 2 r 2 r + r r + 3 (r r ) 2 (.) 3 r 3 2 r 5 nsättning i potentialen ger ϕ(r) =» r dv ρ(r ) + r r 3 dv ρ(r )r + 2 r 5 dv ρ(r ) 3(r r ) 2 r 2 r 2 (.2) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.56
Första termen: r Potentialen från en punktladdning i origo! dv ρ(r ) Q r (.3) ndra termen: r r 3 dv ρ(r )r (.4) Men dv ρ(r )r (.5) kan ses som en generalisering av ekv. (.98) för dipolmomentet för två diskreta laddningar! Vi har då p dv ρ(r )r (.6) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.57 lltså har vi r r 3 Detta är potentialen från en dipol i origo! dv ρ(r )r p r r 3 (.7) Tredje termen: 2 r 5 ntegranden dividerad med laddningstätheten kan skrivas: dv ρ(r ) 3(r r ) 2 r 2 r 2 (.8) 3(xx + yy + zz ) 2 r 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) = 3(x 2 x 2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 ) + 6xx yy + 6xx zz + 6yy zz r 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) = 3(xxx x + yyy y + zzz z ) + 3xx yy + 3yy xx + 3xx zz +3zz xx + 3yy zz + 3zz yy r 2 X ij x i x j δ ij (.9) Obs: x x, x 2 y, och x 3 z. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.58
Det sista ekvationen kan förenklas till X 3x i x i x jx j X r 2 ij ij x i x j δ ij = X ij x i x j 3x i x j r 2 δ ij (.20) nsättning ger X x i x j 2 r 5 ij dv ρ(r ) 3x i x j r 2 δ ij X x i x j 2 r Q ij, (.2) 5 ij där Q ij dv ρ(r ) 3x i x j r 2 δ ij (.22) Q ij är en tensor med 9 element, av vilka paren Q ij = Q ji, med i j, är samma. Okända är då Q, Q 22, Q 33, och t.ex. Q 2, Q 3, Q 23. Tensorn Q ij kallas kvadrupolmomentstensorn. llmänt gäller att alla termer i expansionen (.) kan grupperas att motsvara poler av successivt högre ordning, multipoler: Monopol, dipol, kvadrupol, hexapol, octopol, decapol, dodecapol,... (Se t.e.x. http://www.georgehart.com/virtual-polyhedra/greek-prefixes.html för övriga grekiska prefix... ). Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.59 Dylika multipoler är viktiga inom kärnfysiken. På den här kursen kommer vi knappast att behandla dem igen. Totala potentialen är nu där ϕ(r) = Q r + p r + X x i x j r 3 2 r Q 5 ij +..., (.23) ij Q = p = Q ij = d 3 r ρ(r ) (.24) d 3 r ρ(r )r (.25) d 3 r ρ(r ) 3x i x j r 2 δ ij (.26) Termerna motsvarar alltså O((r /r) 0 ), O((r /r) ), O((r /r) 2 ),... Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.60
.. Ytterligare egenskaper hos Diracs deltafunktion Vi härledde tidigare För en punktladdning i r = 0 gäller ρ(r) = qδ(r), så att E = ρ ε 0 (.27) och q r r 3 = qδ(r) ε 0 (.28) r = 4πδ(r) (.29) r3 Men: så att vi får r = br r r = br r = r (.30) 2 r 3 2 r = 4πδ(r) (.3) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.6 Check: 2 r = r 2 r 2 r r ««r = r 2 r (.32) Om r 0 får vi 0, men om r = 0 får vi. Detta överensstämer med deltafunktionen δ(r)! Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson.62