Föreläsning 3/10 Potentialteori Mats Persson 1 Bestämning av

Föreläsning 3/10
Potentialteori
Mats Persson
1
Bestämning av elektriskt fält
Elektrostatikens ekvationer: Det elektrisk fältet E bestäms av laddningsfördelningen ρ via Gauss
sats
I
Z
1
E · dS =
ρdV
(1)
²0 V
S
eller uttryckt på differentialform
∇·E=
ρ
.
²0
(2)
Det statiska elektrisk fältet är virvelfritt, ∇ × E = 0, så det finns en elektrostatisk potential φ dvs
E = −∇φ. Denna potential satisfierar då Poisson’s ekvation
ρ
²0
(3)
ρ(r0 )
dV 0 .
4π²0 |r − r0 |
(4)
∇2 φ = −
som har den allmänna lösningen
Z
φ(r) =
Exempel: En elektrisk laddning q är jämnt fördelad i en sfär med radien a. Den omges av
ett tunt sfäriskt skal med radien 2a och laddningen −q. Bestäm det elektriska fältet E(r) och
potentialen φ(r) överallt.
Lösning: På grund av att laddningsfördelningen har sfärisk symmetri, så beror potentialen φ
enbart påradien r vilket medför att E = −∇φ(r) = − ∂φ
∂r r̂ = Er (r)r̂, dvs elektriska fältet är riktat
i radiell led och beror enbart på radien. Vi kan då beräkna Er (r) med hjälp av Gauss lag
I
Q
E · dS = ,
(5)
²0
S
där vi låter S vara en sfär, och Q är den laddning som innesluts av S.
Om vi börjar med fallet att S har en radie r > 2a, så ser vi då att den totala inneslutna
laddningen är q − q = 0. Alltså har vi att
I
E · dS = 0,
(6)
S
och av detta följer att att Er = 0.
Om S har en radie r så att a < r < 2a, så är den laddningen, som S innesluter, q. Då ger oss
Gauss lag att
I
q
E · dS = .
(7)
²0
S
Integralen i vänsterledet har värdet
I
E · dS = 4πr2 Er ,
(8)
S
och vi kan lösa ut
Er =
1 q
.
4π²0 r2
1
(9)
Slutligen har vi fallet att sfärens radie r < a. Eftersom laddningen q är jämt fördelad över
volymen, så innebär det att S innesluter laddningen
q
Gauss lag ger oss alltså
³ r ´3
a
I
E · dS =
S
vilket blir
Er =
q ³ r ´3
,
²0 a
q ³ r ´3
.
²0 a
4πr2 Er =
Vi kan nu lösa ut
.
1 qr
.
4π²0 a3
Om vi nu sammanfattar våra resultat, så har vi för det elektriska fältet
 1 qr
r<a
 4π²0 a3
1 q
a < r < 2a
Er =
2
 4π²0 r
0
r > 2a
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
Vi skall nu utnyttja detta för att bestämma potentialen, eftersom Er (r) = − ∂φ
∂r . Således kan vi
uttrycka potentialen som integralen
Z ∞
φ (r) =
Er dr,
(15)
r
vilket sätter potentialen till 0 i oändligheten i enlighet med den vanliga konventionen. Vi börjar
då med att bestämma potentialen för intervallet r > 2a. Eftersom Er = 0 här så följer det att
också potentialen blir 0.
I intervallet a ≤ r ≤ 2a så kan den övre integrationsgränsen sättas till 2a, eftersom potentialen
är 0 utanför.
·
¸2a
µ
¶
Z 2a
q
1
q
1
1
1 q
dr =
−
=
−
.
(16)
φ (r) =
4π²0 r2
4π²0
r r
4π²0 r
2a
r
Speciellt så lägger vi märke till att potentialen i punkten r = a blir
φ (a) =
q
.
8π²0 a
(17)
Vi kan nu uttnyttja detta värde för att räkna ut integralen för r ≤ a påföljande sätt
·
¸a
Z ∞
Z a
qr
q
qr2
φ (r) =
Er dr = φ(a) +
dr
=
+
=
3
8π²0 a
8π²0 a3 r
r
r 4π²0 a
q
qr2
q
qr2
q 2a2 − r2
q
+
−
=
−
=
.
3
3
8π²0 a 8π²0 a 8π²0 a
4π²0 a 8π²0 a
8π²0
a3
Vi kan till slut sammanfatta potentialen som
 q 2a2 −r2
r≤a
 8π²0 ¡ a3
¢
q
1
1
φ (r) =
−
a
≤
r
≤ 2a
 4π²0 r 2a
0
r ≥ 2a
2
(18)
(19)
2
Bestämning av ett magnetfält
Magnetostatikens ekvationer: Det magnetiska fältet B bestäms av strömfördelningen j via Ampere’s lag
I
Z
B · dr = µ0
j · dr
(20)
C
S
eller uttryckt på differentialform
∇ × B = µ0 j.
(21)
Det magnetiska fältet är källfritt, ∇ · B = 0, så det finns en vektor potential A dvs B = ∇ × A och
kan fixeras med villkoret ∇ · A = 0. Denna potential satisfierar då Poisson’s ekvation på vektor
form
∇2 A = −µ0 j
(22)
som har den allmänna lösningen
Z
A(r) =
µ0 j(r0 )
dV 0 .
4π|r − r0 |
(23)
Exempel: En oändligt lång rak ledare har ett cirkulärt tvärsnitt med radien a och leder en
likström med strömstyrkan I. Använd Amperes lag för att härleda magnetfältet i och kring ledaren
om materialet i den antas homogent och isotropt.
Lösning: Eftersom vi har en axialsymmetrisk strömfördelning riktad i z-riktningen så kan
vektorpotentialen uttryckas A = A(ρ)ẑ. Detta medför att B = ∇ × A = ∇A × ẑ = ∂A
∂ρ ρ̂ × ẑ =
− ∂A
ϕ̂
=
B
(ρ)
ϕ̂
dvs
magnetfältet
är
riktat
i
ϕ-riktningen
och
beror
enbart
påavståndet
från
ϕ
∂ρ
ledaren. Vi kan då använda Amperes lag
I
B · dr = µ0 I,
(24)
C
där vi låter C vara en cirkel kring z-axeln, och I är strömmen som passerar genom den yta som
har C som rand. Först tittar vi på fallet att cirkelns radie ρ > a. Strömmen är då I, och Amperes
lag ger oss
I
B · dr = µ0 I.
(25)
B · dr = 2πρBϕ .
(26)
C
Integralen blir då
I
C
Vi kan nu lösa ut
Bϕ =
µ0 I
.
2πρ
(27)
I fallet att cirkelns radie ρ < a så antar vi att strömmen är jämnt fördelad i tråden, vilket ger
oss att den inneslutna strömmen blir
³ ρ ´2
I
.
(28)
a
Integralen blir nu
I
³ ρ ´2
B · dr = 2πρBϕ = µ0 I
.
(29)
a
C
Vi kan då lösa
Bϕ =
µ0 I ρ
.
2π a2
(30)
Sammanfattningsvis har vi alltså
(
Bϕ =
µ0 I
2πρ
µ0 Iρ
2πa2
3
ρ<a
ρ>a
(31)
3
Lösning av Poisson-ekvation
PLK Kap. 6.1, Uppg. 10: I sfären med radien r = a finns en rymdladdning med tätheten
r
ρ (r, θ, ϕ) = ρ0 sin θ cos ϕ,
a
(32)
och på sfären gäller att Φ (a, θ, ϕ) = Φ0 . Bestäm den elektrostatiska potentialen Φ och det elektriska
fältet E inuti sfären.
Lösning: Poissons ekvation ger oss att
∇2 Φ = −
ρ0 r
sin θ cos ϕ
²0 a
(33)
med randvillkoret att Φ (a, θ, ϕ) = Φ0 . Vi ser här att randvillkoret är sfäriskt symmetriskt, men
att källan har ett vinkelberoende av formen sin θ cos ϕ. Med uttnyttjandet av linjär superposition
kan vi då ansätta en lösning som består av två delar, vilka var och en har en av dessa egenskaper
Φ = f (r) + g (r) sin θ cos ϕ.
(34)
Om vi applicerar Laplace-operatorn på Φ så får vi
µ
¶
µ
¶
1 ∂
1
∂
∂Φ
1
∂2Φ
2 ∂Φ
r
+
sin
θ
+
=
2
r2 ∂r
∂r
r2 sin θ ∂θ
∂θ
r2 sin θ ∂ϕ2
¤
1 ∂ £ 2 0
1
∂
1
r (f + g 0 sin θ cos ϕ) + 2
[sin θ (g cos θ cos ϕ)] + 2 2 (−g sin θ cos ϕ) =
2
r ∂r
r sin θ ∂θ
r sin θ
¤
£
¡
¢¤
1 £
1
g cos ϕ
2r (f 0 + g 0 sin θ cos ϕ) + r2 (f 00 + g 00 sin θ cos ϕ) + 2
g cos ϕ cos2 θ − sin2 θ − 2
=
r2
r
sin
θ
r
sin θ ¶
µ 0
¶
µ 2
0
g
g
cos θ
1
f
− sin θ −
. (35)
2 + f 00 + 2 + g 00 sin θ cos ϕ + 2 cos ϕ
r
r
r
sin θ
sin θ
Vi beräknar uttrycket i den sista parentesen
1
cos2 θ − sin2 θ − cos2 θ − sin2 θ
cos2 θ
− sin θ −
=
= −2 sin θ.
sin θ
sin θ
sin θ
Alltså kan vi skriva Poissons ekvation som
µ
¶
f0
g0
g
ρ0 r
∇2 Φ = 2 + f 00 + g 00 + 2 − 2 2 sin θ cos ϕ = −
sin θ cos ϕ.
r
r
r
²0 a
(36)
(37)
Eftersom den här ekvationen skall gälla för alla värden på θ och ϕ så ger oss detta ekvationerna
(
0
f 00 + 2 fr
= 0
0
(38)
g 00 + 2 gr − 2 rg2 = − ρ²00 ar
Vi börjar med att lösa ekvationen för f genom att ansätta en lösning på formen f = Arν , men
konstanten A kan vi utelämna för tillfället, så att f 0 = νrν−1 och f 00 = ν(ν − 1)rν−2 . Detta ger
oss ekvationen
ν (ν − 1) rν−2 + 2νrν−2 = 0,
(39)
som förenklas till
ν 2 + ν = 0,
(40)
som har lösningarna ν = 0 och ν = −1. Därför får vi
f (r) = A +
B
.
r
(41)
Här måste vi sätta B = 0, för att undvika att potentialen blir oändlig för r = 0, och A = Φ0 för
att vi ska uppfylla randvillkoret Φ(a, θ, ϕ) = Φ0 .
4
Vi går nu över till ekvationen för g och börjar med att bestämma en partikulärlösning på formen
g = Cr3 . För denna lösning har vi g 0 = 3Cr2 och g 00 = 6Cr, vilket ger oss
6Cr + 6Cr − 2Cr = −
som har lösningen
C=−
ρ0 r
,
²0 a
(42)
1 ρ0
,
10 ²0 a
(43)
1 ρ0 r 3
.
10 ²0 a
(44)
och partikulärlösningen är alltså
g (r) = −
Vi behöver också bestämma lösningen till den homogena ekvationen, och därför ansätter vi g(r) =
Drν , men för ögonblicket utelämnar vi konstanten D. Eftersom g 0 = νrν−1 och g 00 = ν(ν − 1)rν−2 ,
så får vi
ν (ν − 1) rν−2 + 2νrν−2 − 2rν−2 = 0,
(45)
vilket ger oss andragradsekvationen
ν 2 + ν − 2 = 0.
Denna har lösningarna
1
ν=− ±
2
sµ ¶
2
1
1 3
+2=− ± .
2
2 2
(46)
(47)
Alltså har vi ν = −2 och ν = 1, så den allmänna lösningen för g blir
g (r) =
1 ρ0 r3
D
+
Er
−
.
r2
10 ²0 a
(48)
Vi sätter D = 0 eftersom potentialen inte kan bli singulär i r = 0. Vårt randvillkor vid r = a säger
oss å andra sidan att g(a) = 0, vilket ger oss
0 = Ea −
så att
E=
1 ρ0 2
a ,
10 ²0
1 ρ0
a
10 ²0
(49)
(50)
Alltså är potentialen
Φ (r, θ, ϕ) = Φ0 +
1 ρ0 2 ³ r
r ´
a
− ( )3 sin θ cos ϕ.
10 ²0
a
a
(51)
Vi kan nu beräkna det elektriska fältet ur
µ
¶
∂Φ
1 ∂Φ
1 ∂Φ
E = −∇Φ = −
r̂ +
θ̂ +
ϕ̂ =
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
·
µ
¶³
´¸
2
2
1 ρ0
r
a r
−
a −3 2 sin θ cos ϕr̂ +
− 2
cos θ cos ϕθ̂ − sin ϕϕ̂
10 ²0
a
r
a
5
(52)