Specjalne metody elektrostatyki (pdf),

Elektrodynamika

Część 2

Specjalne metody elektrostatyki

Ryszard Tanaś

Zakład Optyki Nieliniowej, UAM

Spis treści

3

Specjalne metody elektrostatyki

3

3.1

Równanie Laplace’a

. . . .

3

3.2

Metoda obrazów

. . . .

6

3.3

Metoda separacji zmiennych

. . . .

19

3 Specjalne metody elektrostatyki

3.1 Równanie Laplace’a

3.1.1 Wprowadzenie

E

(r) =

1

4π

R

ˆ

R

ρ

(r

) dτ

3 Specjalne metody elektrostatyki

3.1 Równanie Laplace’a

3.1.1 Wprowadzenie

E

(r) =

1

4π

R

ˆ

R

ρ

(r

) dτ

,

z

ρ

wyznaczamy

E

, zwykle trudne

V

(r) =

1

4π

Z

1

R

ρ

(r

0

) dτ

3 Specjalne metody elektrostatyki

3.1 Równanie Laplace’a

3.1.1 Wprowadzenie

E

(r) =

1

4π

R

ˆ

R

ρ

(r

) dτ

,

z

ρ

wyznaczamy

E

, zwykle trudne

V

(r) =

1

4π

Z

1

R

ρ

(r

0

) dτ

,

z

ρ

wyznaczamy

V

, trochę łatwiej

∆V = −

1

3 Specjalne metody elektrostatyki

3.1 Równanie Laplace’a

3.1.1 Wprowadzenie

E

(r) =

1

4π

R

ˆ

R

ρ

(r

) dτ

,

z

ρ

wyznaczamy

E

, zwykle trudne

V

(r) =

1

4π

Z

1

R

ρ

(r

0

) dτ

,

z

ρ

wyznaczamy

V

, trochę łatwiej

∆V = −

1



ρ

równanie Poissona

3.1.2 Warunki brzegowe i twierdzenie o jednoznaczności

Rozwiązanie równania Laplace’a w pewnym obszarze

V

jest

określone jednoznacznie, jeśli podana jest wartość rozwiązania

V

na powierzchni

S

będącej brzegiem obszaru

V

.

szukamy funkcji V

wewnątrz obszaru _V

funkcja V zadana

3.1.3 Przewodniki i drugie twierdzenie o jednoznaczności

W obszarze

V

otoczonym przez przewodniki i zawierającym

ładunki objętościowe o gęstości

ρ

pole elektryczne jest określone

jednoznacznie, jeśli zadany jest całkowity ładunek na każdym z

przewodników.

zewnętrzna powierzchnia graniczna, może być w nieskończoności

3.2 Metoda obrazów

3.2.1 Klasyczny przykład

Ładunek

q

w odległości

d

od nieskończonej, uziemionej,

przewodzącej płaszczyzny. Jaki jest potencjał w obszarze nad

płaszczyzną?

Chcemy znaleźć rozwiązanie równania Poissona dla

z >

0

przy

warunkach brzegowych:

1.

V

= 0

dla

z

= 0

Chcemy znaleźć rozwiązanie równania Poissona dla

z >

0

przy

warunkach brzegowych:

1.

V

= 0

dla

z

= 0

2.

V →

0

dla

x

+ y

+ z

 d

Rozważmy zupełnie inny układ

x y z

+q

−q

d

d

V (x, y, z) = 1 4π0 " q px2 + y2 + (z − d)2 − q px2 + y2 + (z + d)2 #

V (x, y, z) = 1 4π0 " q px2 + y2 + (z − d)2 − q px2 + y2 + (z + d)2 #

1.

V

= 0

dla

z

= 0

2.

V →

0

dla

x

+ y

+ z

 d

Jedynym ładunkiem dla

z >

0

jest ładunek

+q

umieszczony w

V (x, y, z) = 1 4π0 " q px2 + y2 + (z − d)2 − q px2 + y2 + (z + d)2 #

1.

V

= 0

dla

z

= 0

2.

V →

0

dla

x

+ y

+ z

 d

Jedynym ładunkiem dla

z >

0

jest ładunek

+q

umieszczony w

(0, 0, d)

.

V (x, y, z) = 1 4π0 " q px2 + y2 + (z − d)2 − q px2 + y2 + (z + d)2 #

1.

V

= 0

dla

z

= 0

2.

V →

0

dla

x

+ y

+ z

 d

Jedynym ładunkiem dla

z >

0

jest ładunek

+q

umieszczony w

(0, 0, d)

.

To są warunki wyjściowego zadania!

Z twierdzenia o jednoznaczności rozwiązań wynika, że, dla

z ≥

0

,

potencjał ładunku znajdującego się nad uziemioną płaszczyzną

przewodzącą jest taki sam jak od układu dwóch ładunków

+q

i

Ładunek

q

jest zwierciadlanym obrazem ładunku

q

. Stąd nazwa

3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe

σ

= −

∂V

∂n

3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe

σ

= −

∂V

∂n

σ

= − 

∂V

∂z

3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe

σ

= −

∂V

∂n

σ

= − 

∂V

∂z

3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe

σ

= −

∂V

∂n

σ

= − 

∂V

∂z

σ

(x, y) = −

1

2π

qd

x

+ y

+ d

gęstość powierzchniowa

ładunku

Q

=

Z

Q

=

Z

σ

da

ładunek całkowity

Obliczmy tę całkę, wprowadzając współrzędne biegunowe

(r, φ)

Q

=

Z

σ

da

ładunek całkowity

Obliczmy tę całkę, wprowadzając współrzędne biegunowe

(r, φ)

r

= x

+ y

,

da = r dr dφ

σ

(r) =

−qd

Q

=

Z

σ

da

ładunek całkowity

Obliczmy tę całkę, wprowadzając współrzędne biegunowe

(r, φ)

r

= x

+ y

,

da = r dr dφ

σ

(r) =

−qd

2π(r

+ d

)

3.2.3 Siła i energia

F

= −

1

4π

q

3.2.3 Siła i energia

F

= −

1

4π

q

(2d)

ˆz

tak jak dla dwóch ładunków

W

= −

1

4π

q

3.2.3 Siła i energia

F

= −

1

4π

q

(2d)

ˆz

tak jak dla dwóch ładunków

W

= −

1

4π

q

2d

dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej

W

= −

1

4π

q

3.2.3 Siła i energia

F

= −

1

4π

q

(2d)

ˆz

tak jak dla dwóch ładunków

W

= −

1

4π

q

2d

dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej

W

= −

1

4π

q

4d

ładunek i płaszczyzna przewodząca

3.2.3 Siła i energia

F

= −

1

4π

q

(2d)

ˆz

tak jak dla dwóch ładunków

W

= −

1

4π

q

2d

dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej

W

= −

1

4π

q

4d

ładunek i płaszczyzna przewodząca

Dlaczego połowa?

W

=



2

Z

Możemy to obliczyć

Możemy to obliczyć

Możemy to obliczyć

Możemy to obliczyć

3.2.4 Inne zadania związane z metodą obrazów

Przykład:

Ładunek punktowy q znajduje się w odległości a od środka uziemionej przewodzącej kuli o promieniu R. Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli.

R

V = 0

q a

Rozważmy zupełnie inny układ

Rozważmy zupełnie inny układ

Dwa ładunki punktowe

q

i

q

q

= −

R

a

q,

b

=

R

a

R,

wybieramy takie

q

i

b

,

R

a

<

1

Rozważmy zupełnie inny układ

Dwa ładunki punktowe

q

i

q

q

= −

R

a

q,

b

=

R

a

R,

wybieramy takie

q

i

b

,

R

a

<

1

V

(r) =

1

4π

q

R

+

q

R

ten potencjał znika na powierzchni

kuli (

r

= R

)

We współrzędnych sferycznych

pR2 + (ra/R)2 ₋ 2ra cos θ

We współrzędnych sferycznych

pR2 + (ra/R)2 ₋ 2ra cos θ

#

V

(R, θ) = 0,

potencjał zeruje się na powierzchni kuli

Z jednoznaczności rozwiązań wynika, że ten potencjał jest

potencjałem na zewnątrz kuli.

We współrzędnych sferycznych

pR2 + (ra/R)2 ₋ 2ra cos θ

#

V

(R, θ) = 0,

potencjał zeruje się na powierzchni kuli

Z jednoznaczności rozwiązań wynika, że ten potencjał jest

potencjałem na zewnątrz kuli.

F

=

1

4π

qq

(a − b)

= −

1

4π

q

Ra

(a

_{− R}

)

siła przyciągania

We współrzędnych sferycznych

pR2 + (ra/R)2 ₋ 2ra cos θ

#

V

(R, θ) = 0,

potencjał zeruje się na powierzchni kuli

Z jednoznaczności rozwiązań wynika, że ten potencjał jest

potencjałem na zewnątrz kuli.

F

=

1

4π

qq

(a − b)

= −

1

4π

q

Ra

(a

_{− R}

)

siła przyciągania

σ

= −

∂V

∂V

∂n

=

∂V

∂V

∂n

=

∂V

∂r

dla

r

= R

(R2 + (ra/R)2 ₋ 2ar cos θ)3/2

)      r=R

∂V

∂n

=

∂V

∂r

dla

r

= R

(R2 + (ra/R)2 ₋ 2ar cos θ)3/2

)      r=R = −_4πRq a2 − R2 (a2 + R2 ₋ 2aR cos θ)3/2

3.3 Metoda separacji zmiennych

3.3.1 Współrzędne kartezjańskie

Przeczytać w podręczniku.

3.3.2 Współrzędne kuliste

Równanie Laplace’a

3.3 Metoda separacji zmiennych

3.3.1 Współrzędne kartezjańskie

Przeczytać w podręczniku.

3.3.2 Współrzędne kuliste

Równanie Laplace’a

3.3 Metoda separacji zmiennych

3.3.1 Współrzędne kartezjańskie

Przeczytać w podręczniku.

3.3.2 Współrzędne kuliste

Równanie Laplace’a

V

(r, θ) = R(r)Θ(θ)

separacja zmiennych

1 R d dr  r2 dR dr  + 1 Θ sin θ d dθ  sin θ dΘ dθ  = 0 separacja

1 R d dr  r2 dR dr  + 1 Θ sin θ d dθ  sin θ dΘ dθ  = 0 separacja 1 R d dr  r2 dR dr  = l(l + 1), _{Θ sin θ}1 _dθd sin θ dΘ_dθ  = −l(l + 1)

1 R d dr  r2 dR dr  + 1 Θ sin θ d dθ  sin θ dΘ dθ  = 0 separacja 1 R d dr  r2 dR dr  = l(l + 1), _{Θ sin θ}1 _dθd sin θ dΘ_dθ  = −l(l + 1)

Równanie różniczkowe

cząstkowe

zostało sprowadzone do układu

dwóch równań różniczkowych

zwyczajnych

.

1 R d dr  r2 dR dr  + 1 Θ sin θ d dθ  sin θ dΘ dθ  = 0 separacja 1 R d dr  r2 dR dr  = l(l + 1), _{Θ sin θ}1 _dθd sin θ dΘ_dθ  = −l(l + 1)

Równanie różniczkowe

cząstkowe

zostało sprowadzone do układu

dwóch równań różniczkowych

zwyczajnych

.

d dr  r2 dR dr  = l(l + 1)R równanie pierwsze

1 R d dr  r2 dR dr  + 1 Θ sin θ d dθ  sin θ dΘ dθ  = 0 separacja 1 R d dr  r2 dR dr  = l(l + 1), _{Θ sin θ}1 _dθd sin θ dΘ_dθ  = −l(l + 1)

Równanie różniczkowe

cząstkowe

zostało sprowadzone do układu

dwóch równań różniczkowych

zwyczajnych

.

d dr  r2 dR dr  = l(l + 1)R równanie pierwsze

R

(r) = Ar

+

B

r

rozwiązanie

d dθ  sin θ dΘ dθ 

d dθ  sin θ dΘ dθ 

= −l(l + 1) sin θ Θ równanie drugie

d dθ  sin θ dΘ dθ 

= −l(l + 1) sin θ Θ równanie drugie

Θ(θ) = P

(cos θ)

rozwiązanie (wielomiany Legendre’a)

P_l(x) = 1 2l_l!  d dx l (x2 ₋ 1)l _{wzór Rodriguesa}

d dθ  sin θ dΘ dθ 

= −l(l + 1) sin θ Θ równanie drugie

Θ(θ) = P

(cos θ)

rozwiązanie (wielomiany Legendre’a)

P_l(x) = 1 2l_l!  d dx l (x2 ₋ 1)l _{wzór Rodriguesa} P₀(x) = 1 P₁(x) = x P₂(x) = (3x2 − 1)/2 P₃(x) = (5x3 − 3x)/2 P₄(x) = (35x4 − 30x2 + 3)/8 P₅(x) = (63x5 − 70x3 + 15x)/8

wielomiany Legendre’a

V

(r, θ) =

A

r

+

B

r

P

(cos θ)

rozwiązanie ogólne dla

V

(r, θ) =

A

r

+

B

r

P

(cos θ)

rozwiązanie ogólne dla

symetrii osiowej

Przykład:

Na powierzchni powłoki kulistej o promieniu R utrzymywany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki

V

(r, θ) =

A

r

+

B

r

P

(cos θ)

rozwiązanie ogólne dla

symetrii osiowej

Przykład:

Na powierzchni powłoki kulistej o promieniu R utrzymywany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki

V (r, θ) =

∞

X

l=0

V

(r, θ) =

A

r

+

B

r

P

(cos θ)

rozwiązanie ogólne dla

symetrii osiowej

Przykład:

Na powierzchni powłoki kulistej o promieniu R utrzymywany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki

V (r, θ) = ∞ X l=0 A_l rlP_l(cos θ), B_l = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 A_l RlP_l(cos θ) = V₀(θ)

V

(r, θ) =

A

r

+

B

r

P

(cos θ)

rozwiązanie ogólne dla

symetrii osiowej

Przykład:

Na powierzchni powłoki kulistej o promieniu R utrzymywany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki

V (r, θ) = ∞ X l=0 A_l rlP_l(cos θ), B_l = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 A_l RlP_l(cos θ) = V₀(θ) 1 Z −1 P_l(x)P_l0(x) dx = π Z 0

P_l(cos θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ =

   0 dla l0 6= l 2 2l+1 dla l 0 = l

A_l0Rl 0 2 2l0 + 1 = π Z 0 V₀(θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ

A_l0Rl 0 2 2l0 + 1 = π Z 0 V₀(θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ A_l = 2l + 1 2Rl π Z 0 V₀(θ)P_l(cos θ) sin θ dθ

A_l0Rl 0 2 2l0 + 1 = π Z 0 V₀(θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ A_l = 2l + 1 2Rl π Z 0 V₀(θ)P_l(cos θ) sin θ dθ Jeśli V₀(θ) = k sin2(θ/2) = k 2(1 − cos θ) = k 2 P0(cos θ) − P1(cos θ)

A_l0Rl 0 2 2l0 + 1 = π Z 0 V₀(θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ A_l = 2l + 1 2Rl π Z 0 V₀(θ)P_l(cos θ) sin θ dθ Jeśli V₀(θ) = k sin2(θ/2) = k 2(1 − cos θ) = k 2 P0(cos θ) − P1(cos θ) to V (r, θ) = k 2 " r0P₀(cos θ) − r 1 R P1(cos θ) # = k 2  1 − r R cos θ 

Przykład:

Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.

Przykład:

Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.

V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), teraz Al = 0

Przykład:

Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.

V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), teraz Al = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 B_l Rl+1 Pl(cos θ) = V0(θ)

Przykład:

Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.

V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), teraz Al = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 B_l Rl+1 Pl(cos θ) = V0(θ) B_l0 Rl0+1 2 2l0 + 1 = π Z 0 V₀(θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ

Przykład:

Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V₀(θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.

V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), teraz Al = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 B_l Rl+1 Pl(cos θ) = V0(θ) B_l0 Rl0+1 2 2l0 + 1 = π Z 0 V₀(θ)P_l0(cos θ) sin θ dθ B_l = 2l + 1 2 Rl+1 π Z 0 V₀(θ)P_l(cos θ) sin θ dθ

Przykład:

Nienaładowaną metalową kulę o promieniu R umieszczono w

jednorodnym zewnętrznym polu elektrycznym o natężeniu E = E₀ ˆz. Znaleźć potencjał i pole na zewnątrz kuli.

y z + − + − + − + − + − + − + − + − + − + − R

W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E₀ ˆz, czyli V → −E₀z

W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E₀ ˆz, czyli V → −E₀z

 



V = 0 dla r = R V → −E₀r cos θ dla r  R

W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E₀ ˆz, czyli V → −E₀z

 



V = 0 dla r = R V → −E₀r cos θ dla r  R

warunki brzegowe

A_lRl + Bl

Rl+1 = 0 ⇒ Bl = −AlR

2l+1

W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E₀ ˆz, czyli V → −E₀z

 



V = 0 dla r = R V → −E₀r cos θ dla r  R

warunki brzegowe A_lRl + Bl Rl+1 = 0 ⇒ Bl = −AlR 2l+1 z pierwszego warunku V (r, θ) = ∞ X l=0 A_l rl − R 2l+1 rl+1 ! P_l(cos θ)

W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E₀ ˆz, czyli V → −E₀z

 



V = 0 dla r = R V → −E₀r cos θ dla r  R

warunki brzegowe A_lRl + Bl Rl+1 = 0 ⇒ Bl = −AlR 2l+1 z pierwszego warunku V (r, θ) = ∞ X l=0 A_l rl − R 2l+1 rl+1 ! P_l(cos θ) ∞ X l=0

A_lrlP_l(cos θ) = −E₀r cos θ z drugiego warunku dla r  R

V (r, θ) = −E₀ r − R

3

r2 !

V (r, θ) = −E₀ r − R 3 r2 ! cos θ E = −∇V = −  ∂V ∂r ˆr + 1r ∂V ∂θ θˆ + 1 r sin θ ∂V ∂φ φˆ  = E0   1 + 2 R3 r3 ! cos θ ˆr − 1 − R3 r3 ! sin θ ˆθ  

V (r, θ) = −E₀ r − R 3 r2 ! cos θ E = −∇V = −  ∂V ∂r ˆr + 1r ∂V ∂θ θˆ + 1 r sin θ ∂V ∂φ φˆ  = E0   1 + 2 R3 r3 ! cos θ ˆr − 1 − R3 r3 ! sin θ ˆθ   σ(θ) = −₀ ∂V ∂r     r=R = 0E0 1 + 2 R3 r3 ! cos θ       r=R = 30E0 cos θ

V (r, θ) = −E₀ r − R 3 r2 ! cos θ E = −∇V = −  ∂V ∂r ˆr + 1r ∂V ∂θ θˆ + 1 r sin θ ∂V ∂φ φˆ  = E0   1 + 2 R3 r3 ! cos θ ˆr − 1 − R3 r3 ! sin θ ˆθ   σ(θ) = −₀ ∂V ∂r     r=R = 0E0 1 + 2 R3 r3 ! cos θ       r=R = 30E0 cos θ    σ(θ) > 0 dla 0 < θ < π/2 σ(θ) < 0 dla π/2 < θ < π

Przykład:

Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu R umieszczono ładunek powierzchniowy o gęstości σ₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz i na zewnątrz powłoki.

Przykład:

Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu R umieszczono ładunek powierzchniowy o gęstości σ₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz i na zewnątrz powłoki. V (r, θ) = ∞ X l=0 A_lrlP_l(cos θ), wewnątrz (r ≤ R)

Przykład:

Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu R umieszczono ładunek powierzchniowy o gęstości σ₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz i na zewnątrz powłoki. V (r, θ) = ∞ X l=0 A_lrlP_l(cos θ), wewnątrz (r ≤ R) V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), na zewnątrz (r ≥ R)

Przykład:

Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu R umieszczono ładunek powierzchniowy o gęstości σ₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz i na zewnątrz powłoki. V (r, θ) = ∞ X l=0 A_lrlP_l(cos θ), wewnątrz (r ≤ R) V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), na zewnątrz (r ≥ R) ∞ X l=0 A_lRlP_l(cos θ) = ∞ X l=0 B_l

Przykład:

Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu R umieszczono ładunek powierzchniowy o gęstości σ₀(θ). Znaleźć potencjał wewnątrz i na zewnątrz powłoki. V (r, θ) = ∞ X l=0 A_lrlP_l(cos θ), wewnątrz (r ≤ R) V (r, θ) = ∞ X l=0 B_l rl+1 Pl(cos θ), na zewnątrz (r ≥ R) ∞ X l=0 A_lRlP_l(cos θ) = ∞ X l=0 B_l

Rl+1 Pl(cos θ), potencjał jest ciągły B_l = A_lR2l+1

 ∂V_zew ∂r − ∂V_wew ∂r      r=R = − 1 ₀ σ0(θ), składowa normalna pola jest nieciągła

 ∂V_zew ∂r − ∂V_wew ∂r      r=R = − 1 ₀ σ0(θ), składowa normalna pola jest nieciągła

− ∞ X l=0 (l + 1) Bl Rl+2 Pl(cos θ) − ∞ X l=0 lA_lRl−1P_l(cos θ) = − 1 ₀ σ0(θ)

 ∂V_zew ∂r − ∂V_wew ∂r      r=R = − 1 ₀ σ0(θ), składowa normalna pola jest nieciągła

− ∞ X l=0 (l + 1) Bl Rl+2 Pl(cos θ) − ∞ X l=0 lA_lRl−1P_l(cos θ) = − 1 ₀ σ0(θ) ∞ X l=0 (2l + 1)AlRl−1Pl(cos θ) = 1 ₀ σ0(θ)

 ∂V_zew ∂r − ∂V_wew ∂r      r=R = − 1 ₀ σ0(θ), składowa normalna pola jest nieciągła

− ∞ X l=0 (l + 1) Bl Rl+2 Pl(cos θ) − ∞ X l=0 lA_lRl−1P_l(cos θ) = − 1 ₀ σ0(θ) ∞ X l=0 (2l + 1)AlRl−1Pl(cos θ) = 1 ₀ σ0(θ) A_l = 1 20Rl−1 π Z 0 σ₀(θ)P_l(cos θ) sin θ dθ

Dla

Dla σ₀(θ) = k cos θ = kP₁(cos θ) A₁ = k 20 π Z 0

Dla σ₀(θ) = k cos θ = kP₁(cos θ) A₁ = k 20 π Z 0

[P1(cos θ)]2 sin θ dθ, pozostałe Al = 0

V (r, θ) = k 30

Dla σ₀(θ) = k cos θ = kP₁(cos θ) A₁ = k 20 π Z 0

[P1(cos θ)]2 sin θ dθ, pozostałe Al = 0

V (r, θ) = k 30 r cos θ, wewnątrz (r ≤ R) V (r, θ) = k 30 R3 1 r2 cos θ, na zewnątrz (r ≥ R)

3.4 Rozwinięcie multipolowe

3.4.1 Przybliżona postać potencjału na dużych odległościach

Przykład:

Fizyczny dipol elektryczny składa się z dwóch ładunków o równej wartości i przeciwnym znaku (±q), znajdujących się w odległości d. Znaleźć przybliżoną postać potencjału w dużej odległości od tego układu. +q −q d R− R+ r θ

V (r) = 1 4π0  q R₊ − q R₋ 

V (r) = 1 4π0  q R₊ − q R₋ 

potencjał od obu ładunków

R2_± = r2 + d 2 4 ∓ rd cos θ = r2 1 ∓ d r cos θ + d2 4r2 ! ze wzoru cosinusów

V (r) = 1 4π0  q R₊ − q R₋ 

potencjał od obu ładunków

R2_± = r2 + d 2 4 ∓ rd cos θ = r2 1 ∓ d r cos θ + d2 4r2 ! ze wzoru cosinusów 1 R_± u 1 r  1 ∓ d r cos θ −1/2 u 1 r  1 ± _2rd cos θ dla r  d

V (r) = 1 4π0  q R₊ − q R₋ 

potencjał od obu ładunków

R2_± = r2 + d 2 4 ∓ rd cos θ = r2 1 ∓ d r cos θ + d2 4r2 ! ze wzoru cosinusów 1 R_± u 1 r  1 ∓ d r cos θ −1/2 u 1 r  1 ± _2rd cos θ dla r  d 1 R₊ − 1 R₋ u d r2 cos θ

V (r) = 1 4π0  q R₊ − q R₋ 

potencjał od obu ładunków

R2_± = r2 + d 2 4 ∓ rd cos θ = r2 1 ∓ d r cos θ + d2 4r2 ! ze wzoru cosinusów 1 R_± u 1 r  1 ∓ d r cos θ −1/2 u 1 r  1 ± _2rd cos θ dla r  d 1 R₊ − 1 R₋ u d r2 cos θ V (r) u 1 4π0 qd cos θ r2

Momenty multipolowe

Przypadek ogólny

V

(r) =

1

4π

1

R

ρ

(r

) dτ

Przypadek ogólny

V

(r) =

1

4π

1

R

ρ

(r

) dτ

Przypadek ogólny

V

(r) =

1

4π

1

R

ρ

(r

) dτ

1 R = 1 r (1 + ) −1/2 = 1 r  1 − 1 2 + 3 82 − 5 163 + · · · 

1 R = 1 r (1 + ) −1/2 = 1 r  1 − 1 2 + 3 82 − 5 163 + · · ·  1 R = 1 r " 1 − 1₂  r0 r   r0 r − 2 cos θ 0  + 3₈  r0 r 2  r0 r − 2 cos θ 0 2 − 5 16  r0 r 3  r0 r − 2 cos θ 0 3 + · · · #

1 R = 1 r (1 + ) −1/2 = 1 r  1 − 1 2 + 3 82 − 5 163 + · · ·  1 R = 1 r " 1 − 1₂  r0 r   r0 r − 2 cos θ 0  + 3₈  r0 r 2  r0 r − 2 cos θ 0 2 − 5 16  r0 r 3  r0 r − 2 cos θ 0 3 + · · · # = 1 r " 1 +  r0 r  cos θ0 +  r0 r 2 1 2 3 cos2 θ0 − 1  +  r0 r 3 1 2 5 cos3 θ0 − 3 cos θ0 + · · · #

1 R = 1 r (1 + ) −1/2 = 1 r  1 − 1 2 + 3 82 − 5 163 + · · ·  1 R = 1 r " 1 − 1₂  r0 r   r0 r − 2 cos θ 0  + 3₈  r0 r 2  r0 r − 2 cos θ 0 2 − 5 16  r0 r 3  r0 r − 2 cos θ 0 3 + · · · # = 1 r " 1 +  r0 r  cos θ0 +  r0 r 2 1 2 3 cos2 θ0 − 1  +  r0 r 3 1 2 5 cos3 θ0 − 3 cos θ0 + · · · # 1 R = 1 r ∞ X n=0  r0 r n P_n(cos θ0) wzór ogólny

V

(r) =

1

4π

1

r

(r

)

P

(cos θ

)ρ(r

) dτ

V

(r) =

1

4π

1

r

(r

)

P

(cos θ

)ρ(r

) dτ

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

=

1

4π

Q

r

,

Q

=

ρ

dτ

człon monopolowy

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

=

1

4π

Q

r

,

Q

=

ρ

dτ

człon monopolowy

V

(r) =

1

4π

1

r

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

=

1

4π

Q

r

,

Q

=

ρ

dτ

człon monopolowy

V

(r) =

1

4π

1

r

r

cos θ

ρ

(r

) dτ

człon dipolowy

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

=

1

4π

Q

r

,

Q

=

ρ

dτ

człon monopolowy

V

(r) =

1

4π

1

r

r

cos θ

ρ

(r

) dτ

człon dipolowy

r0 cos θ0 = ˆr · r0 V_dip(r) = 1 4π0 1 r2 ˆr · Z r0ρ(r0)dτ0

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

=

1

4π

Q

r

,

Q

=

ρ

dτ

człon monopolowy

V

(r) =

1

4π

1

r

r

cos θ

ρ

(r

) dτ

człon dipolowy

r0 cos θ0 = ˆr · r0 V_dip(r) = 1 4π0 1 r2 ˆr · Z r0ρ(r0)dτ0 p = Z r0ρ(r0) dτ0 moment dipolowy

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

=

1

4π

Q

r

,

Q

=

ρ

dτ

człon monopolowy

V

(r) =

1

4π

1

r

r

cos θ

ρ

(r

) dτ

człon dipolowy

r0 cos θ0 = ˆr · r0 V_dip(r) = 1 4π0 1 r2 ˆr · Z r0ρ(r0)dτ0 p = Z r0ρ(r0) dτ0 moment dipolowy V_dip(r) = 1 4π0 p · ˆr r2 potencjał od dipola

p =

n

X

i=1

q_ir_i0 moment dipolowy układu ładunków punktowych

x y z −q +q d r₊′ r₋′

p =

n

X

i=1

q_ir_i0 moment dipolowy układu ładunków punktowych

x y z −q +q d r₊′ r₋′

d → 0, q → ∞, qd = p , dipol idealny

3.4.3 Problem początku układu współrzędnych w rozwinięciu

multipolowym

ten ładunek ma moment dipolowy p = qd ˆy; potencjał V = _4π1

0

q

R rozwinięty względem 1/r

ma wszystkie potęgi; zmiana początku układu współrzędnych zmienia postać rozwinięcia

multipolowego; moment monopolowy nie zmienia się

3.4.3 Problem początku układu współrzędnych w rozwinięciu

multipolowym

ten ładunek ma moment dipolowy p = qd ˆy; potencjał V = _4π1

0

q

R rozwinięty względem 1/r

ma wszystkie potęgi; zmiana początku układu współrzędnych zmienia postać rozwinięcia

multipolowego; moment monopolowy nie zmienia się x y z ¯ x ¯ y ¯ z a ¯ r′ r′ dτ′ ¯ p = Z ¯r0_ρ(r0) dτ0 = Z (r0 _{− a})ρ(r0) dτ0 = Z r0ρ(r0) dτ0 − a Z ρ(r0) dτ0 = p − Qa

3.4.4 Natężenie pola elektrycznego dipola

x

y

z

θ

P

p

r

φ

V_dip(r, θ) = 1 4π0 ˆr · p r2 = 1 4π0 p cos θ r2

V_dip(r, θ) = 1 4π0 ˆr · p r2 = 1 4π0 p cos θ r2 E = −∇V = −  ∂ ∂r ˆr + 1r ∂ ∂θ θˆ + 1 r sin θ ∂ ∂φ φˆ  V

V_dip(r, θ) = 1 4π0 ˆr · p r2 = 1 4π0 p cos θ r2 E = −∇V = −  ∂ ∂r ˆr + 1r ∂ ∂θ θˆ + 1 r sin θ ∂ ∂φ φˆ  V E_r = −∂V ∂r = 1 4π0 2p cos θ r3 E_θ = −1 r ∂V ∂θ = 1 4π0 p sin θ r3 E_φ = − 1 r sin θ ∂V ∂φ = 0

V_dip(r, θ) = 1 4π0 ˆr · p r2 = 1 4π0 p cos θ r2 E = −∇V = −  ∂ ∂r ˆr + 1r ∂ ∂θ θˆ + 1 r sin θ ∂ ∂φ φˆ  V E_r = −∂V ∂r = 1 4π0 2p cos θ r3 E_θ = −1 r ∂V ∂θ = 1 4π0 p sin θ r3 E_φ = − 1 r sin θ ∂V ∂φ = 0 E_dip(r, θ) = 1 4π0 p r3 2 cos θ ˆr + sin θ ˆθ w wybranym układzie współrzędnych

y z y z + −

y z y z + −

pole „idealnego” dipola

pole dipola fizycznego

E

(r) =

1

4π

1

r



3(p · ˆr) ˆr − p

pole dipola w dowolnym