Specjalne metody elektrostatyki (pdf),

Spis treści

3

Specjalne metody elektrostatyki

3

3.1

Równanie Laplace’a . . . .

3

3.2

Metoda obrazów . . . .

6

3.3

Metoda separacji zmiennych . . . .

18

3.4

Rozwinięcie multipolowe . . . .

30

Elektrodynamika

Część 2

Specjalne metody elektrostatyki

Ryszard Tanaś

Zakład Optyki Nieliniowej, UAM

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 obszaruV

funkcja V zadana na powierzchniS

3 Specjalne metody elektrostatyki

3.1 Równanie Laplace’a

3.1.1 Wprowadzenie

E(r) =

1

4πǫ

₀ Z

_R

ˆ

R

2

ρ(r

′

) dτ

′

,

z

ρ

wyznaczamy

E

, zwykle trudne

V (r) =

1

4πǫ

0 Z

1

R

ρ(r

′

) dτ

′

,

z

ρ

wyznaczamy

V

, trochę łatwiej

∆V = −

1

ǫ

0

ρ równanie Poissona

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?

x y z q d V = 0

Chcemy znaleźć rozwiązanie równania Poissona dla z > 0 przy

warunkach brzegowych:

1. V = 0 dla z = 0

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.

Q1 Q2 Q3 Q4 V S ρ powierzchnie całkowania zadane

zewnętrzna powierzchnia graniczna, może być w nieskończoności

V (x, y, z) = 1 4πǫ0 " q px2 _{+ y}2 _{+ (z − d)}2 − q px2 _{+ y}2 _{+ (z + d)}2 #

1. V = 0 dla z = 0

2. V → 0 dla x

2

+ y

2

+ z

2

_{≫ d}

2

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 −q rozmieszczonych symetrycznie względem}

płaszczyzny

xy.

2. V → 0 dla x

2

+ y

2

+ z

2

_{≫ d}

2

Rozważmy zupełnie inny układ

x y z +_q −q d d

3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe

σ = −ǫ

0

∂V

∂n

σ = − ǫ

0

∂V

∂z

     z=0 ∂V ∂z = 1 4πǫ0     −q(z − d)  px2 _{+ y}2 _{+ (z − d)}23 + q(z + d)  px2 _{+ y}2 _{+ (z + d)}23    

σ(x, y) = −

_2π

1

_p

qd

x

2

_{+ y}

2

_{+ d}

23

gęstość powierzchniowa

ładunku

Ładunek q

′

jest zwierciadlanym obrazem ładunku q. Stąd nazwa

metoda obrazów

.

3.2.3 Siła i energia

F

_{= −}

1

4πǫ

₀

q

2

(2d)

2

z

ˆ

tak jak dla dwóch ładunków

W = −

1

4πǫ

₀

q

2

2d

dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej

W = −

1

4πǫ

₀

q

2

4d

ładunek i płaszczyzna przewodząca

Dlaczego połowa?

W =

ǫ

0

2

Z

E

2

dτ

Dla z < 0, E = 0 dla ładunku i powierzchni przewodzącej

Q =

Z

σ da ładunek całkowity

Obliczmy tę całkę, wprowadzając współrzędne biegunowe (r, φ)

r

2

= x

2

+ y

2

,

da = r dr dφ

σ(r) =

−qd

2π(r

2

_{+ d}

2

₎

3/2 Q = 2π Z 0 ∞ Z 0 −qd 2π(r2 _{+ d}2₎3/2r dr dφ = qd √ r2 _{+ d}2     ∞ 0 = −q

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

Możemy to obliczyć

W = d Z ∞ F _{· dl =} 1 4πǫ0 d Z ∞ q2 4z2 dz = 1 4πǫ0 − q2 4z !      d ∞ = −_4πǫ1 0 q2 4d

We współrzędnych sferycznych

V (r, θ) = 1 4πǫ0 " q √ r2 _{+ a}2 _{− 2ar cos θ} − q

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

4πǫ

0

qq

′

(a − b)

2

= −

1

4πǫ

0

q

2

Ra

(a

2

_{− R}

2

₎

2

siła przyciągania

σ = −ǫ

0

∂V

∂n

gęstość powierzchniowa ładunku

Rozważmy zupełnie inny układ

r R′ R θ q b a q′ . | {z } . | {z }

Dwa ładunki punktowe q i q

′

q

′

= −

R

a

q,

b =

R

2

a

wybieramy takie

q

′

i

b

V (r) =

1

4πǫ

0

q

R

+

q

′

R

′ !

ten potencjał znika na powierzchni

kuli (r = R)

3.3 Metoda separacji zmiennych

3.3.1 Współrzędne kartezjańskie

Przeczytać w podręczniku.

3.3.2 Współrzędne kuliste

Równanie Laplace’a

1 r2 ∂ ∂r  r2∂V ∂r  + 1 r2_{sin θ} ∂ ∂θ  sin θ∂V ∂θ  + 1 r2_sin2_θ ∂2V ∂2_φ2 = 0 1 r2 ∂ ∂r  r2∂V ∂r  + 1 r2_{sin θ} ∂ ∂θ  sin θ∂V ∂θ  = 0 symetria osiowa

V (r, θ) = R(r)Θ(θ)

separacja zmiennych

∂V

∂n

=

∂V

∂r

dla

r = R

σ(θ) = −ǫ0 1 4πǫ0 ( −1 2 q(2r − 2a cos θ) (r2 _{+ a}2 _{− 2ar cos θ)}3/2 +1 2 q[(a/R)2 2r − 2a cos θ] (R2 _{+ (ra/R)}2 _{− 2ar cos θ)}3/2

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

d dθ  sin θ dΘ dθ 

= −l(l + 1) sin θ Θ równanie drugie

Θ(θ) = P

_l

(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) = (3x 2 −1)/2 P3(x) = (5x 3 −3x)/2 P4(x) = (35x 4 −30x2+ 3)/8 P5(x) = (63x 5 −70x3+ 15x)/8

wielomiany Legendre’a

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), 1 Θ sin θ d dθ  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

l

+

B

r

l+1

rozwiązanie

Al′Rl ′ 2 2l′ _{+ 1} = π Z 0 V0(θ)Pl′(cos θ) sin θ dθ Al = 2l + 1 2Rl π Z 0 V0(θ)Pl(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) − r1 RP1(cos θ) # = k 2  1 − _Rr cos θ 

V (r, θ) =

∞ X l=0

A

_l

r

l

+

B

l

r

l+1 !

P

_l

(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_lrlP_l(cos θ), B_l = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 A_lRlP_l(cos θ) = V0(θ) 1 Z −1 Pl(x)Pl′(x) dx = π Z 0

Pl(cos θ)Pl′(cos θ) sin θ dθ =    0 dla l′ _{6= l} 2 2l+1 dla l ′ = l

Przykład:

Nienaładowaną metalową kulę o promieniu R umieszczono w

jednorodnym zewnętrznym polu elektrycznym o natężeniu E = E0z.ˆ

Znaleźć potencjał i pole na zewnątrz kuli.

y z + − + − + − + − + − + − + − + − + − + − R 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 Bl rl+1Pl(cos θ), teraz Al = 0 V (R, θ) = ∞ X l=0 Bl Rl+1Pl(cos θ) = V0(θ) Bl′ Rl′₊₁ 2 2l′ _{+ 1} = π Z 0 V0(θ)Pl′(cos θ) sin θ dθ Bl = 2l + 1 2 R l+1 π Z 0 V0(θ)Pl(cos θ) sin θ dθ

V (r, θ) = −E0 r − R3 r2 ! cos θ E _{= −∇V = −} ∂V ∂r rˆ+ 1 r ∂V ∂θ θˆ+ 1 r sin θ ∂V ∂φφˆ  = E0   1 + 2 R3 r3 ! cos θ ˆr_{− 1 −} R 3 r3 ! sin θ ˆθ   σ(θ) = −ǫ0 ∂V ∂r     r=R = ǫ0E0 1 + 2 R3 r3 ! cos θ       r=R = 3ǫ0E0cos θ    σ(θ) > 0 dla 0 < θ < π/2 σ(θ) < 0 dla π/2 < θ < π

W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E0zˆ, czyli V → −E0z

  

V = 0 dla r = R

V → −E0r cos θ dla r ≫ R

warunki brzegowe AlRl + Bl Rl+1 = 0 ⇒ Bl = −AlR 2l+1 _{z pierwszego warunku} V (r, θ) = ∞ X l=0 Al rl− R2l+1 rl+1 ! Pl(cos θ) ∞ X l=0

A_lrlP_{l(cos θ) = −E}0r cos θ z drugiego warunku dla r ≫ R

 ∂Vzew ∂r − ∂Vwew ∂r      r=R = − 1 ǫ0 σ0(θ), składowa normalna pola jest nieciągła

− ∞ X l=0 (l + 1) Bl Rl+2Pl(cos θ) − ∞ X l=0 lAlRl−1Pl(cos θ) = − 1 ǫ0 σ0(θ) ∞ X l=0 (2l + 1)AlRl−1Pl(cos θ) = 1 ǫ0 σ0(θ) Al = 1 2ǫ0Rl−1 π Z 0 σ0(θ)Pl(cos θ) sin θ dθ 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 AlrlPl(cos θ), wewnątrz (r ≤ R) V (r, θ) = ∞ X l=0 Bl rl+1Pl(cos θ), na zewnątrz (r ≥ R) ∞ X l=0 AlRlPl(cos θ) = ∞ X l=0 Bl

Rl+1Pl(cos θ), potencjał jest ciągły

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 Dla σ0(θ) = k cos θ = kP1(cos θ) A1 = k 2ǫ0 π Z 0

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

V (r, θ) = k 3ǫ0 r cos θ, wewnątrz (_{r ≤ R}) V (r, θ) = k 3ǫ0 R3 1 r2 cos θ, na zewnątrz (r ≥ R)

Momenty multipolowe

+ monopol (V ∼ 1/r) − + dipol (V ∼ 1/r 2 ) − + + − kwadrupol (V ∼ 1/r 3 ) − + + − − + + − oktupol (V ∼ 1/r 4 ) V (r) = 1 4πǫ0  q R+ − q R− 

potencjał od obu ładunków

R2± = r 2 + d 2 4 ∓ rd cos θ = r 2 1 ∓ d_r cos θ + d 2 4r2 ! ze wzoru cosinusów 1 R± ≅ 1 r  1 ∓ d r cos θ −1/2 ≅ 1 r  1 ± d 2r cos θ  dla _{r ≫ d} 1 R+ − 1 R− ≅ d r2 cos θ V (r) ≅ 1 4πǫ0 qd cos θ r2

1 R = 1 r(1 + ǫ) −1/2 ₌ 1 r  1 − 1₂ǫ + 3 8ǫ 2 − ₁₆5 ǫ3 _{+ · · ·}  1 R = 1 r " 1 − 1₂  r ′ r   r′ r − 2 cos θ ′  + 3 8  r′ r 2  r′ r − 2 cos θ ′ 2 −₁₆5  r ′ r 3  r′ r − 2 cos θ ′ 3 + · · · # = 1 r " 1 + r ′ r  cos θ′ + r ′ r 2 1 2  3 cos2θ′ _{− 1} +  r ′ r 3 1 2  5 cos3θ′ _{− 3 cos θ}′_{+ · · ·} # 1 R = 1 r ∞ X n=0  r′ r n Pn(cos θ′) wzór ogólny

Przypadek ogólny

P r r′ R d_τ′ θ′

V (r) =

1

4πǫ

₀ Z

1

R

ρ(r

′

) dτ

′ R2 = r2 + (r′)2 _{− 2rr}′cos θ′ = r2 " 1 +  r ′ r 2 − 2 r ′ r  cos θ′ # R = r√1 + ǫ, ǫ =  r ′ r   r′ r − 2 cos θ ′  , _{ǫ ≪ 1 dla r}′_{/r ≪ 1}

3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy

V

mon

=

1

4πǫ

₀

Q

r

,

Q =

Z

ρ dτ

człon monopolowy

V

dip

(r) =

1

4πǫ

0

1

r

2 Z

r

′

cos θ

′

ρ(r

′

) dτ

′

człon dipolowy

r′cos θ′ = ˆr _{· r}′ Vdip(r) = 1 4πǫ0 1 r2rˆ· Z r′ρ(r′)dτ′ p = Z r′ρ(r′) dτ′ moment dipolowy Vdip(r) = 1 4πǫ0 p _{· ˆ}r r2 potencjał od dipola

V (r) =

1

4πǫ

₀ ∞ X n=0

1

r

n+1 Z

(r

′

)

n

P

_n

(cos θ

′

)ρ(r

′

) dτ

′ V (r) = 1 4πǫ0  1 r Z ρ(r′) dτ′ + 1 r2 Z r′cos θ′ρ(r′) dτ′ + 1 r3 Z (r′)2 3 2 cos 2 θ′ ₋ 1 2  ρ(r′) dτ′ _{+ · · ·} # rozwinięcie multipolowe

3.4.3 Problem początku układu współrzędnych w rozwinięciu

multipolowym

x y z q O R r d

ten ładunek ma moment dipolowy p = qd ˆy; potencjał V = _4πǫ1

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 ¯ r′ρ(r′) dτ′ = Z (r′ _{− a)ρ(r}′) dτ′ = Z r′ρ(r′) dτ′ _{− a} Z ρ(r′) dτ′ = p − Qa p = n X i=1

qiri′ moment dipolowy układu ładunków punktowych

x y z −q +q d r′ + r′ − p = qr′_{+ − qr}−′ = q(r ′ + − r ′

Vdip(r, θ) = 1 4πǫ0 ˆ r _{· p} r2 = 1 4πǫ0 p cos θ r2 E _{= −∇V = −} ∂ ∂r rˆ+ 1 r ∂ ∂θ θˆ+ 1 r sin θ ∂ ∂φ φˆ  V E_{r = −}∂V ∂r = 1 4πǫ0 2p cos θ r3 Eθ = − 1 r ∂V ∂θ = 1 4πǫ0 p sin θ r3 E_{φ = −} 1 r sin θ ∂V ∂φ = 0 E_dip(r, θ) = 1 4πǫ0 p r3 

2 cos θ ˆr+ sin θ ˆθ w wybranym układzie

współrzędnych

3.4.4 Natężenie pola elektrycznego dipola

x

y

z

θ

P

p

r

φ

y z y z + −

pole „idealnego” dipola

pole dipola fizycznego

E

_dip

(r) =

1

4πǫ

0

1

r

3



3(p · ˆ

r) ˆ

r

_{− p}



pole dipola w dowolnym

układzie współrzędnych