Elektrodynamika
Część 2
Specjalne metody elektrostatyki
Ryszard Tanaś
Zakład Optyki Nieliniowej, UAM
Spis treści
Specjalne metody elektrostatyki
3
. . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
. . . . . . . . . . . . .
18
. . . . . . . . . . . . . . . .
30
3 Specjalne metody elektrostatyki
3.1 Równanie Laplace’a
3.1.1 Wprowadzenie
E
(r) =
1
4π
0
Z
ˆ
R
R
2
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
E
, zwykle trudne
3 Specjalne metody elektrostatyki
3.1 Równanie Laplace’a
3.1.1 Wprowadzenie
E
(r) =
1
4π
0
Z
ˆ
R
R
2
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
E
, zwykle trudne
V
(r) =
1
4π
0
Z
1
R
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
V
, trochę łatwiej
3 Specjalne metody elektrostatyki
3.1 Równanie Laplace’a
3.1.1 Wprowadzenie
E
(r) =
1
4π
0
Z
ˆ
R
R
2
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
E
, zwykle trudne
V
(r) =
1
4π
0
Z
1
R
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
V
, trochę łatwiej
∆V = −
1
0
ρ
równanie Poissona
3 Specjalne metody elektrostatyki
3.1 Równanie Laplace’a
3.1.1 Wprowadzenie
E
(r) =
1
4π
0
Z
ˆ
R
R
2
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
E
, zwykle trudne
V
(r) =
1
4π
0
Z
1
R
ρ
(r
0
) dτ
0
,
z
ρ
wyznaczamy
V
, trochę łatwiej
∆V = −
1
0
ρ
równanie Poissona
∆V = 0
równanie Laplace’a, tam gdzie
ρ
= 0
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
na powierzchni
S
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.
Q
1
Q
2
Q
3
Q
4
V
S
ρ
powierzchnie całkowania
zadane
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?
x
y
z
q
d
V = 0
Chcemy znaleźć rozwiązanie równania Poissona dla
z >
0
przy
warunkach brzegowych:
1.
V
= 0
dla
z
= 0
2.
V
→ 0
dla
x
2
+ y
2
+ z
2
d
2
Chcemy znaleźć rozwiązanie równania Poissona dla
z >
0
przy
warunkach brzegowych:
1.
V
= 0
dla
z
= 0
2.
V
→ 0
dla
x
2
+ y
2
+ z
2
d
2
Rozważmy zupełnie inny układ
x
y
z
+q
−q
d
d
V
(x, y, z) =
1
4π
0
"
q
px
2
+ y
2
+ (z − d)
2
−
q
px
2
+ y
2
+ (z + d)
2
#
V
(x, y, z) =
1
4π
0
"
q
px
2
+ y
2
+ (z − d)
2
−
q
px
2
+ 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)
.
V
(x, y, z) =
1
4π
0
"
q
px
2
+ y
2
+ (z − d)
2
−
q
px
2
+ 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!
V
(x, y, z) =
1
4π
0
"
q
px
2
+ y
2
+ (z − d)
2
−
q
px
2
+ 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
.
Ładunek
q
0
jest zwierciadlanym obrazem ładunku
q
. Stąd nazwa
metoda obrazów
.
3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe
σ
= −
0
∂V
∂n
3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe
σ
= −
0
∂V
∂n
σ
= −
0
∂V
∂z
z=0
3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe
σ
= −
0
∂V
∂n
σ
= −
0
∂V
∂z
z=0
∂V
∂z
=
1
4π
0
−q(z − d)
px
2
+ y
2
+ (z − d)
2
3
+
q
(z + d)
px
2
+ y
2
+ (z + d)
2
3
3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe
σ
= −
0
∂V
∂n
σ
= −
0
∂V
∂z
z=0
∂V
∂z
=
1
4π
0
−q(z − d)
px
2
+ y
2
+ (z − d)
2
3
+
q
(z + d)
px
2
+ y
2
+ (z + d)
2
3
σ
(x, y) = −
1
2π
qd
p
x
2
+ y
2
+ d
2
3
gęstość powierzchniowa
ładunku
Q
=
Z
σ
da
ładunek całkowity
Q
=
Z
σ
da
ładunek całkowity
Obliczmy tę całkę, wprowadzając współrzędne biegunowe
(r, φ)
r
2
= x
2
+ y
2
,
da = r dr dφ
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
=
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(r
2
+ d
2
)
3/2
r
dr dφ =
qd
√
r
2
+ d
2
∞
0
= −q
3.2.3 Siła i energia
F
= −
1
4π
0
q
2
(2d)
2
ˆ
z
tak jak dla dwóch ładunków
3.2.3 Siła i energia
F
= −
1
4π
0
q
2
(2d)
2
ˆ
z
tak jak dla dwóch ładunków
W
= −
1
4π
0
q
2
2d
dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej
3.2.3 Siła i energia
F
= −
1
4π
0
q
2
(2d)
2
ˆ
z
tak jak dla dwóch ładunków
W
= −
1
4π
0
q
2
2d
dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej
W
= −
1
4π
0
q
2
4d
ładunek i płaszczyzna przewodząca
3.2.3 Siła i energia
F
= −
1
4π
0
q
2
(2d)
2
ˆ
z
tak jak dla dwóch ładunków
W
= −
1
4π
0
q
2
2d
dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej
W
= −
1
4π
0
q
2
4d
ładunek i płaszczyzna przewodząca
Dlaczego połowa?
3.2.3 Siła i energia
F
= −
1
4π
0
q
2
(2d)
2
ˆ
z
tak jak dla dwóch ładunków
W
= −
1
4π
0
q
2
2d
dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej
W
= −
1
4π
0
q
2
4d
ładunek i płaszczyzna przewodząca
Dlaczego połowa?
W
=
0
2
Z
E
2
dτ
Dla
z <
0
,
E
= 0
dla ładunku i powierzchni przewodzącej
Możemy to obliczyć
Możemy to obliczyć
W
=
d
Z
∞
F
· dl
Możemy to obliczyć
W
=
d
Z
∞
F
· dl =
1
4π
0
d
Z
∞
q
2
4z
2
dz
Możemy to obliczyć
W
=
d
Z
∞
F
· dl =
1
4π
0
d
Z
∞
q
2
4z
2
dz =
1
4π
0
−
q
2
4z
!
d
∞
Możemy to obliczyć
W
=
d
Z
∞
F
· dl =
1
4π
0
d
Z
∞
q
2
4z
2
dz =
1
4π
0
−
q
2
4z
!
d
∞
= −
1
4π
0
q
2
4d
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
r
R
′
R
θ
q
b
a
q
′
.
| {z }
.
|
{z
}
Dwa ładunki punktowe
q
i
q
0
Rozważmy zupełnie inny układ
r
R
′
R
θ
q
b
a
q
′
.
| {z }
.
|
{z
}
Dwa ładunki punktowe
q
i
q
0
q
0
= −
R
a
q,
b
=
R
2
a
wybieramy takie
q
0
i
b
Rozważmy zupełnie inny układ
r
R
′
R
θ
q
b
a
q
′
.
| {z }
.
|
{z
}
Dwa ładunki punktowe
q
i
q
0
q
0
= −
R
a
q,
b
=
R
2
a
wybieramy takie
q
0
i
b
V
(r) =
1
4π
0
q
R
+
q
0
R
0
!
ten potencjał znika na powierzchni
kuli (
r
= R
)
We współrzędnych sferycznych
V
(r, θ) =
1
4π
0
"
q
√
r
2
+ a
2
− 2ar cos θ
−
q
pR
2
+ (ra/R)
2
− 2ra cos θ
#
We współrzędnych sferycznych
V
(r, θ) =
1
4π
0
"
q
√
r
2
+ a
2
− 2ar cos θ
−
q
pR
2
+ (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
V
(r, θ) =
1
4π
0
"
q
√
r
2
+ a
2
− 2ar cos θ
−
q
pR
2
+ (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
0
0
(a − b)
2
= −
1
4π
0
q
2
Ra
(a
2
− R
2
)
2
siła przyciągania
We współrzędnych sferycznych
V
(r, θ) =
1
4π
0
"
q
√
r
2
+ a
2
− 2ar cos θ
−
q
pR
2
+ (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
0
0
(a − b)
2
= −
1
4π
0
q
2
Ra
(a
2
− R
2
)
2
siła przyciągania
σ
= −
0
∂V
∂n
gęstość powierzchniowa ładunku
∂V
∂n
=
∂V
∂r
dla
r
= R
∂V
∂n
=
∂V
∂r
dla
r
= R
σ
(θ) = −
0
1
4π
0
(
−
1
2
q
(2r − 2a cos θ)
(r
2
+ a
2
− 2ar cos θ)
3/2
+
1
2
q
[(a/R)
2
2r − 2a cos θ]
(R
2
+ (ra/R)
2
− 2ar cos θ)
3/2
)
r=R
∂V
∂n
=
∂V
∂r
dla
r
= R
σ
(θ) = −
0
1
4π
0
(
−
1
2
q
(2r − 2a cos θ)
(r
2
+ a
2
− 2ar cos θ)
3/2
+
1
2
q
[(a/R)
2
2r − 2a cos θ]
(R
2
+ (ra/R)
2
− 2ar cos θ)
3/2
)
r=R
= −
q
4πR
a
2
− R
2
(a
2
+ R
2
− 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
1
r
2
∂
∂r
r
2
∂V
∂r
+
1
r
2
sin θ
∂
∂θ
sin θ
∂V
∂θ
+
1
r
2
sin
2
θ
∂
2
V
∂
2
φ
2
= 0
3.3 Metoda separacji zmiennych
3.3.1 Współrzędne kartezjańskie
Przeczytać w podręczniku.
3.3.2 Współrzędne kuliste
Równanie Laplace’a
1
r
2
∂
∂r
r
2
∂V
∂r
+
1
r
2
sin θ
∂
∂θ
sin θ
∂V
∂θ
+
1
r
2
sin
2
θ
∂
2
V
∂
2
φ
2
= 0
1
r
2
∂
∂r
r
2
∂V
∂r
+
1
r
2
sin θ
∂
∂θ
sin θ
∂V
∂θ
= 0
symetria osiowa
3.3 Metoda separacji zmiennych
3.3.1 Współrzędne kartezjańskie
Przeczytać w podręczniku.
3.3.2 Współrzędne kuliste
Równanie Laplace’a
1
r
2
∂
∂r
r
2
∂V
∂r
+
1
r
2
sin θ
∂
∂θ
sin θ
∂V
∂θ
+
1
r
2
sin
2
θ
∂
2
V
∂
2
φ
2
= 0
1
r
2
∂
∂r
r
2
∂V
∂r
+
1
r
2
sin θ
∂
∂θ
sin θ
∂V
∂θ
= 0
symetria osiowa
V
(r, θ) = R(r)Θ(θ)
separacja zmiennych
1
R
d
dr
r
2
dR
dr
+
1
Θ sin θ
d
dθ
sin θ
dΘ
dθ
= 0
separacja
1
R
d
dr
r
2
dR
dr
+
1
Θ sin θ
d
dθ
sin θ
dΘ
dθ
= 0
separacja
1
R
d
dr
r
2
dR
dr
= l(l + 1),
1
Θ sin θ
d
dθ
sin θ
dΘ
dθ
= −l(l + 1)
1
R
d
dr
r
2
dR
dr
+
1
Θ sin θ
d
dθ
sin θ
dΘ
dθ
= 0
separacja
1
R
d
dr
r
2
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
.
1
R
d
dr
r
2
dR
dr
+
1
Θ sin θ
d
dθ
sin θ
dΘ
dθ
= 0
separacja
1
R
d
dr
r
2
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
r
2
dR
dr
= l(l + 1)R
równanie pierwsze
1
R
d
dr
r
2
dR
dr
+
1
Θ sin θ
d
dθ
sin θ
dΘ
dθ
= 0
separacja
1
R
d
dr
r
2
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
r
2
dR
dr
= l(l + 1)R
równanie pierwsze
R
(r) = Ar
l
+
B
r
l+1
rozwiązanie
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
l
(cos θ)
rozwiązanie (wielomiany Legendre’a)
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
2
l
l
!
d
dx
l
(x
2
− 1)
l
wzór Rodriguesa
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
2
l
l
!
d
dx
l
(x
2
− 1)
l
wzór Rodriguesa
P
0
(x) = 1
P
1
(x) = x
P
2
(x) = (3x
2
− 1)/2
P
3
(x) = (5x
3
− 3x)/2
P
4
(x) = (35x
4
− 30x
2
+ 3)/8
P
5
(x) = (63x
5
− 70x
3
+ 15x)/8
wielomiany Legendre’a
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
+
B
l
r
l+1
!
P
l
(cos θ)
rozwiązanie ogólne dla
symetrii osiowej
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
V
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki
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
V
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ), B
l
= 0
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
V
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ), B
l
= 0
V
(R, θ) =
∞
X
l=0
A
l
R
l
P
l
(cos θ) = V
0
(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
V
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz powłoki
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ), B
l
= 0
V
(R, θ) =
∞
X
l=0
A
l
R
l
P
l
(cos θ) = V
0
(θ)
1
Z
−1
P
l
(x)P
l
0
(x) dx =
π
Z
0
P
l
(cos θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ =
0
dla
l
0
6= l
2
2l+1
dla
l
0
= l
A
l
0
R
l
0
2
2l
0
+ 1
=
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ
A
l
0
R
l
0
2
2l
0
+ 1
=
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ
A
l
=
2l + 1
2R
l
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
(cos θ) sin θ dθ
A
l
0
R
l
0
2
2l
0
+ 1
=
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ
A
l
=
2l + 1
2R
l
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
(cos θ) sin θ dθ
Jeśli
V
0
(θ) = k sin
2
(θ/2) =
k
2
(1 − cos θ) =
k
2
P
0
(cos θ) − P
1
(cos θ)
A
l
0
R
l
0
2
2l
0
+ 1
=
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ
A
l
=
2l + 1
2R
l
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
(cos θ) sin θ dθ
Jeśli
V
0
(θ) = k sin
2
(θ/2) =
k
2
(1 − cos θ) =
k
2
P
0
(cos θ) − P
1
(cos θ)
to
V
(r, θ) =
k
2
"
r
0
P
0
(cos θ) −
r
1
R
P
1
(cos θ)
#
=
k
2
1 −
r
R
cos θ
Przykład:
Na powierzchni kuli o promieniu
R
zadany jest potencjał
V
0
(θ)
. Znaleźć
potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.
Przykład:
Na powierzchni kuli o promieniu
R
zadany jest potencjał
V
0
(θ)
. Znaleźć
potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
teraz
A
l
= 0
Przykład:
Na powierzchni kuli o promieniu
R
zadany jest potencjał
V
0
(θ)
. Znaleźć
potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
teraz
A
l
= 0
V
(R, θ) =
∞
X
l=0
B
l
R
l+1
P
l
(cos θ) = V
0
(θ)
Przykład:
Na powierzchni kuli o promieniu
R
zadany jest potencjał
V
0
(θ)
. Znaleźć
potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
teraz
A
l
= 0
V
(R, θ) =
∞
X
l=0
B
l
R
l+1
P
l
(cos θ) = V
0
(θ)
B
l
0
R
l
0
+1
2
2l
0
+ 1
=
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ
Przykład:
Na powierzchni kuli o promieniu
R
zadany jest potencjał
V
0
(θ)
. Znaleźć
potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
teraz
A
l
= 0
V
(R, θ) =
∞
X
l=0
B
l
R
l+1
P
l
(cos θ) = V
0
(θ)
B
l
0
R
l
0
+1
2
2l
0
+ 1
=
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
0
(cos θ) sin θ dθ
B
l
=
2l + 1
2
R
l+1
π
Z
0
V
0
(θ)P
l
(cos θ) sin θ dθ
Przykład:
Nienaładowaną metalową kulę o promieniu
R
umieszczono w
jednorodnym zewnętrznym polu elektrycznym o natężeniu
E
= E
0
ˆ
z
.
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
E
0
ˆ
z
, czyli
V
→ −E
0
z
W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć
V
= 0
. W dużej odległości
od kuli pole ma postać
E
0
ˆ
z
, czyli
V
→ −E
0
z
V
= 0
dla
r
= R
V
→ −E
0
r
cos θ
dla
r
R
warunki brzegowe
W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć
V
= 0
. W dużej odległości
od kuli pole ma postać
E
0
ˆ
z
, czyli
V
→ −E
0
z
V
= 0
dla
r
= R
V
→ −E
0
r
cos θ
dla
r
R
warunki brzegowe
A
l
R
l
+
B
l
R
l+1
= 0 ⇒ B
l
= −A
l
R
2l+1
z pierwszego warunku
W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć
V
= 0
. W dużej odległości
od kuli pole ma postać
E
0
ˆ
z
, czyli
V
→ −E
0
z
V
= 0
dla
r
= R
V
→ −E
0
r
cos θ
dla
r
R
warunki brzegowe
A
l
R
l
+
B
l
R
l+1
= 0 ⇒ B
l
= −A
l
R
2l+1
z pierwszego warunku
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
−
R
2l+1
r
l+1
!
P
l
(cos θ)
W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć
V
= 0
. W dużej odległości
od kuli pole ma postać
E
0
ˆ
z
, czyli
V
→ −E
0
z
V
= 0
dla
r
= R
V
→ −E
0
r
cos θ
dla
r
R
warunki brzegowe
A
l
R
l
+
B
l
R
l+1
= 0 ⇒ B
l
= −A
l
R
2l+1
z pierwszego warunku
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
−
R
2l+1
r
l+1
!
P
l
(cos θ)
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ) = −E
0
r
cos θ
z drugiego warunku dla
r
R
A
1
= −E
0
,
pozostałe
A
l
= 0
V
(r, θ) = −E
0
r
−
R
3
r
2
!
cos θ
V
(r, θ) = −E
0
r
−
R
3
r
2
!
cos θ
E
= −∇V = −
∂V
∂r
ˆr +
1
r
∂V
∂θ
ˆ
θ
+
1
r
sin θ
∂V
∂φ
ˆ
φ
= E
0
1 + 2
R
3
r
3
!
cos θ ˆr −
1 −
R
3
r
3
!
sin θ ˆ
θ
V
(r, θ) = −E
0
r
−
R
3
r
2
!
cos θ
E
= −∇V = −
∂V
∂r
ˆr +
1
r
∂V
∂θ
ˆ
θ
+
1
r
sin θ
∂V
∂φ
ˆ
φ
= E
0
1 + 2
R
3
r
3
!
cos θ ˆr −
1 −
R
3
r
3
!
sin θ ˆ
θ
σ
(θ) = −
0
∂V
∂r
r=R
=
0
E
0
1 + 2
R
3
r
3
!
cos θ
r=R
= 3
0
E
0
cos θ
V
(r, θ) = −E
0
r
−
R
3
r
2
!
cos θ
E
= −∇V = −
∂V
∂r
ˆr +
1
r
∂V
∂θ
ˆ
θ
+
1
r
sin θ
∂V
∂φ
ˆ
φ
= E
0
1 + 2
R
3
r
3
!
cos θ ˆr −
1 −
R
3
r
3
!
sin θ ˆ
θ
σ
(θ) = −
0
∂V
∂r
r=R
=
0
E
0
1 + 2
R
3
r
3
!
cos θ
r=R
= 3
0
E
0
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
σ
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz i na
zewnątrz powłoki.
Przykład:
Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu
R
umieszczono ładunek
powierzchniowy o gęstości
σ
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz i na
zewnątrz powłoki.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ),
wewnątrz (
r
≤ R)
Przykład:
Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu
R
umieszczono ładunek
powierzchniowy o gęstości
σ
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz i na
zewnątrz powłoki.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ),
wewnątrz (
r
≤ R)
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
na zewnątrz (
r
≥ R
)
Przykład:
Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu
R
umieszczono ładunek
powierzchniowy o gęstości
σ
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz i na
zewnątrz powłoki.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ),
wewnątrz (
r
≤ R)
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
na zewnątrz (
r
≥ R
)
∞
X
l=0
A
l
R
l
P
l
(cos θ) =
∞
X
l=0
B
l
R
l+1
P
l
(cos θ),
potencjał jest ciągły
Przykład:
Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu
R
umieszczono ładunek
powierzchniowy o gęstości
σ
0
(θ)
. Znaleźć potencjał wewnątrz i na
zewnątrz powłoki.
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
A
l
r
l
P
l
(cos θ),
wewnątrz (
r
≤ R)
V
(r, θ) =
∞
X
l=0
B
l
r
l+1
P
l
(cos θ),
na zewnątrz (
r
≥ R
)
∞
X
l=0
A
l
R
l
P
l
(cos θ) =
∞
X
l=0
B
l
R
l+1
P
l
(cos θ),
potencjał jest ciągły
B
l
= A
l
R
2l+1
∂V
zew
∂r
−
∂V
wew
∂r
r=R
= −
1
0
σ
0
(θ),
składowa normalna
pola jest nieciągła
∂V
zew
∂r
−
∂V
wew
∂r
r=R
= −
1
0
σ
0
(θ),
składowa normalna
pola jest nieciągła
−
∞
X
l=0
(l + 1)
B
l
R
l+2
P
l
(cos θ) −
∞
X
l=0
lA
l
R
l−1
P
l
(cos θ) = −
1
0
σ
0
(θ)
∂V
zew
∂r
−
∂V
wew
∂r
r=R
= −
1
0
σ
0
(θ),
składowa normalna
pola jest nieciągła
−
∞
X
l=0
(l + 1)
B
l
R
l+2
P
l
(cos θ) −
∞
X
l=0
lA
l
R
l−1
P
l
(cos θ) = −
1
0
σ
0
(θ)
∞
X
l=0
(2l + 1)A
l
R
l−1
P
l
(cos θ) =
1
0
σ
0
(θ)
∂V
zew
∂r
−
∂V
wew
∂r
r=R
= −
1
0
σ
0
(θ),
składowa normalna
pola jest nieciągła
−
∞
X
l=0
(l + 1)
B
l
R
l+2
P
l
(cos θ) −
∞
X
l=0
lA
l
R
l−1
P
l
(cos θ) = −
1
0
σ
0
(θ)
∞
X
l=0
(2l + 1)A
l
R
l−1
P
l
(cos θ) =
1
0
σ
0
(θ)
A
l
=
1
2
0
R
l−1
π
Z
0
σ
0
(θ)P
l
(cos θ) sin θ dθ
Dla
σ
0
(θ) = k cos θ = kP
1
(cos θ)
Dla
σ
0
(θ) = k cos θ = kP
1
(cos θ)
A
1
=
k
2
0
π
Z
0
[P
1
(cos θ)]
2
sin θ dθ,
pozostałe
A
l
= 0
Dla
σ
0
(θ) = k cos θ = kP
1
(cos θ)
A
1
=
k
2
0
π
Z
0
[P
1
(cos θ)]
2
sin θ dθ,
pozostałe
A
l
= 0
V
(r, θ) =
k
3
0
r
cos θ,
wewnątrz (
r
≤ R
)
Dla
σ
0
(θ) = k cos θ = kP
1
(cos θ)
A
1
=
k
2
0
π
Z
0
[P
1
(cos θ)]
2
sin θ dθ,
pozostałe
A
l
= 0
V
(r, θ) =
k
3
0
r
cos θ,
wewnątrz (
r
≤ R
)
V
(r, θ) =
k
3
0
R
3
1
r
2
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
4π
0
q
R
+
−
q
R
−
potencjał od obu ładunków
V
(r) =
1
4π
0
q
R
+
−
q
R
−
potencjał od obu ładunków
R
2
±
= r
2
+
d
2
4
∓ rd cos θ = r
2
1 ∓
d
r
cos θ +
d
2
4r
2
!
ze wzoru
cosinusów
V
(r) =
1
4π
0
q
R
+
−
q
R
−
potencjał od obu ładunków
R
2
±
= r
2
+
d
2
4
∓ rd cos θ = r
2
1 ∓
d
r
cos θ +
d
2
4r
2
!
ze wzoru
cosinusów
1
R
±
u
1
r
1 ∓
d
r
cos θ
−1/2
u
1
r
1 ±
d
2r
cos θ
dla
r
d
V
(r) =
1
4π
0
q
R
+
−
q
R
−
potencjał od obu ładunków
R
2
±
= r
2
+
d
2
4
∓ rd cos θ = r
2
1 ∓
d
r
cos θ +
d
2
4r
2
!
ze wzoru
cosinusów
1
R
±
u
1
r
1 ∓
d
r
cos θ
−1/2
u
1
r
1 ±
d
2r
cos θ
dla
r
d
1
R
+
−
1
R
−
u
d
r
2
cos θ
V
(r) =
1
4π
0
q
R
+
−
q
R
−
potencjał od obu ładunków
R
2
±
= r
2
+
d
2
4
∓ rd cos θ = r
2
1 ∓
d
r
cos θ +
d
2
4r
2
!
ze wzoru
cosinusów
1
R
±
u
1
r
1 ∓
d
r
cos θ
−1/2
u
1
r
1 ±
d
2r
cos θ
dla
r
d
1
R
+
−
1
R
−
u
d
r
2
cos θ
V
(r) u
1
4π
0
qd
cos θ
r
2
Momenty multipolowe
+
monop
ol
(
V ∼ 1/r
)
−
+
dip
ol
(
V ∼ 1/r
2
)
−
+
+
−
kw
adrup
ol
(
V ∼ 1/r
3
)
−
+
+
−
−
+
+
−
oktup
ol
(
V ∼ 1/r
4
)
Przypadek ogólny
P
r
r
′
R
dτ
′
θ
′
V
(r) =
1
4π
0
Z
1
R
ρ
(r
0
) dτ
0
Przypadek ogólny
P
r
r
′
R
dτ
′
θ
′
V
(r) =
1
4π
0
Z
1
R
ρ
(r
0
) dτ
0
R
2
= r
2
+ (r
0
)
2
− 2rr
0
cos θ
0
= r
2
"
1 +
r
0
r
2
− 2
r
0
r
cos θ
0
#
Przypadek ogólny
P
r
r
′
R
dτ
′
θ
′
V
(r) =
1
4π
0
Z
1
R
ρ
(r
0
) dτ
0
R
2
= r
2
+ (r
0
)
2
− 2rr
0
cos θ
0
= r
2
"
1 +
r
0
r
2
− 2
r
0
r
cos θ
0
#
R = r
√
1 + , =
r
0
r
r
0
r
− 2 cos θ
0
,
1
dla
r
0
/r
1
1
R
=
1
r
(1 + )
−1/2
=
1
r
1 −
1
2
+
3
8
2
−
5
16
3
+ · · ·
1
R
=
1
r
(1 + )
−1/2
=
1
r
1 −
1
2
+
3
8
2
−
5
16
3
+ · · ·
1
R
=
1
r
"
1 −
1
2
r
0
r
r
0
r
− 2 cos θ
0
+
3
8
r
0
r
2
r
0
r
− 2 cos θ
0
2
−
5
16
r
0
r
3
r
0
r
− 2 cos θ
0
3
+ · · ·
#
1
R
=
1
r
(1 + )
−1/2
=
1
r
1 −
1
2
+
3
8
2
−
5
16
3
+ · · ·
1
R
=
1
r
"
1 −
1
2
r
0
r
r
0
r
− 2 cos θ
0
+
3
8
r
0
r
2
r
0
r
− 2 cos θ
0
2
−
5
16
r
0
r
3
r
0
r
− 2 cos θ
0
3
+ · · ·
#
=
1
r
"
1 +
r
0
r
cos θ
0
+
r
0
r
2
1
2
3 cos
2
θ
0
− 1
+
r
0
r
3
1
2
5 cos
3
θ
0
− 3 cos θ
0
+ · · ·
#
1
R
=
1
r
(1 + )
−1/2
=
1
r
1 −
1
2
+
3
8
2
−
5
16
3
+ · · ·
1
R
=
1
r
"
1 −
1
2
r
0
r
r
0
r
− 2 cos θ
0
+
3
8
r
0
r
2
r
0
r
− 2 cos θ
0
2
−
5
16
r
0
r
3
r
0
r
− 2 cos θ
0
3
+ · · ·
#
=
1
r
"
1 +
r
0
r
cos θ
0
+
r
0
r
2
1
2
3 cos
2
θ
0
− 1
+
r
0
r
3
1
2
5 cos
3
θ
0
− 3 cos θ
0
+ · · ·
#
1
R
=
1
r
∞
X
n=0
r
0
r
n
P
n
(cos θ
0
)
wzór ogólny
V
(r) =
1
4π
0
∞
X
n=0
1
r
n+1
Z
(r
0
)
n
P
n
(cos θ
0
)ρ(r
0
) dτ
0
V
(r) =
1
4π
0
∞
X
n=0
1
r
n+1
Z
(r
0
)
n
P
n
(cos θ
0
)ρ(r
0
) dτ
0
V
(r) =
1
4π
0
1
r
Z
ρ
(r
0
) dτ
0
+
1
r
2
Z
r
0
cos θ
0
ρ
(r
0
) dτ
0
+
1
r
3
Z
(r
0
)
2
3
2
cos
2
θ
0
−
1
2
ρ
(r
0
) dτ
0
+ · · ·
#
rozwinięcie
multipolowe
3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy
V
mon
=
1
4π
0
Q
r
,
Q
=
Z
ρ
dτ
człon monopolowy
3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy
V
mon
=
1
4π
0
Q
r
,
Q
=
Z
ρ
dτ
człon monopolowy
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
Z
r
0
cos θ
0
ρ
(r
0
) dτ
0
człon dipolowy
3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy
V
mon
=
1
4π
0
Q
r
,
Q
=
Z
ρ
dτ
człon monopolowy
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
Z
r
0
cos θ
0
ρ
(r
0
) dτ
0
człon dipolowy
r
0
cos θ
0
= ˆr · r
0
3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy
V
mon
=
1
4π
0
Q
r
,
Q
=
Z
ρ
dτ
człon monopolowy
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
Z
r
0
cos θ
0
ρ
(r
0
) dτ
0
człon dipolowy
r
0
cos θ
0
= ˆr · r
0
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
ˆr ·
Z
r
0
ρ
(r
0
)dτ
0
3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy
V
mon
=
1
4π
0
Q
r
,
Q
=
Z
ρ
dτ
człon monopolowy
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
Z
r
0
cos θ
0
ρ
(r
0
) dτ
0
człon dipolowy
r
0
cos θ
0
= ˆr · r
0
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
ˆr ·
Z
r
0
ρ
(r
0
)dτ
0
p
=
Z
r
0
ρ
(r
0
) dτ
0
moment dipolowy
3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy
V
mon
=
1
4π
0
Q
r
,
Q
=
Z
ρ
dτ
człon monopolowy
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
Z
r
0
cos θ
0
ρ
(r
0
) dτ
0
człon dipolowy
r
0
cos θ
0
= ˆr · r
0
V
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
2
ˆr ·
Z
r
0
ρ
(r
0
)dτ
0
p
=
Z
r
0
ρ
(r
0
) dτ
0
moment dipolowy
V
dip
(r) =
1
4π
0
p
· ˆr
r
2
potencjał od dipola
p
=
n
X
i=1
q
i
r
0
i
moment dipolowy układu ładunków punktowych
x
y
z
−q
+q
d
r
′
+
r
′
−
p
=
n
X
i=1
q
i
r
0
i
moment dipolowy układu ładunków punktowych
x
y
z
−q
+q
d
r
′
+
r
′
−
p
= qr
0
+
− qr
0
−
= q(r
0
+
− r
0
−
) = qd
dla dipola fizycznego
d
→ 0, q → ∞, qd = p ,
dipol idealny
d
→ 0, q → ∞, qd = p ,
dipol idealny
Moment dipolowy jest wektorem.
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 ˆ
y
;
potencjał
V
=
1
4π
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
x
y
z
q
O
R
r
d
ten ładunek ma moment dipolowy
p
= qd ˆ
y
;
potencjał
V
=
1
4π
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
0
ρ
(r
0
) dτ
0
=
Z
(r
0
− a)ρ(r
0
) dτ
0
=
Z
r
0
ρ
(r
0
) dτ
0
− a
Z
ρ
(r
0
) dτ
0
= p − Qa
3.4.4 Natężenie pola elektrycznego dipola
x
y
z
θ
P
p
r
φ
V
dip
(r, θ) =
1
4π
0
ˆr · p
r
2
=
1
4π
0
p
cos θ
r
2
V
dip
(r, θ) =
1
4π
0
ˆr · p
r
2
=
1
4π
0
p
cos θ
r
2
E
= −∇V = −
∂
∂r
ˆr +
1
r
∂
∂θ
ˆ
θ
+
1
r
sin θ
∂
∂φ
ˆ
φ
V
V
dip
(r, θ) =
1
4π
0
ˆr · p
r
2
=
1
4π
0
p
cos θ
r
2
E
= −∇V = −
∂
∂r
ˆr +
1
r
∂
∂θ
ˆ
θ
+
1
r
sin θ
∂
∂φ
ˆ
φ
V
E
r
= −
∂V
∂r
=
1
4π
0
2p cos θ
r
3
E
θ
= −
1
r
∂V
∂θ
=
1
4π
0
p
sin θ
r
3
E
φ
= −
1
r
sin θ
∂V
∂φ
= 0
V
dip
(r, θ) =
1
4π
0
ˆr · p
r
2
=
1
4π
0
p
cos θ
r
2
E
= −∇V = −
∂
∂r
ˆr +
1
r
∂
∂θ
ˆ
θ
+
1
r
sin θ
∂
∂φ
ˆ
φ
V
E
r
= −
∂V
∂r
=
1
4π
0
2p cos θ
r
3
E
θ
= −
1
r
∂V
∂θ
=
1
4π
0
p
sin θ
r
3
E
φ
= −
1
r
sin θ
∂V
∂φ
= 0
E
dip
(r, θ) =
1
4π
0
p
r
3
2 cos θ ˆr + sin θ ˆθ
w wybranym układzie
współrzędnych
y
z
y
z
+
−
pole „idealnego” dipola
pole dipola fizycznego
y
z
y
z
+
−
pole „idealnego” dipola
pole dipola fizycznego
E
dip
(r) =
1
4π
0
1
r
3
3(p · ˆr) ˆr − p
pole dipola w dowolnym
układzie współrzędnych
Document Outline
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Dz.U.02.75.690, Elektrotechnika, SEP, Normy, rozporządzenia i inne bajki
Specjalne metody tloczenia, Studia, Techniki wytwarzania
Pedagogika Specjalna P L i T Z, Metodyka pracy z dziećmi niepełnosprawnymi intelektualnie
Uniwersalne i specjalne metody porozumiewania się osób głuchoniewidomych
Specjalne metody Odlewania
02 Wybrane metody numeryczne (aproksymacja funkcji, rozwiazy
88 Nw 02 Proste uklady elektron Nieznany
Dz.U.02.108.953, Elektrotechnika, SEP, Normy, rozporządzenia i inne bajki
07 02 2016 Metody obliczeniowe
02 Budowa linii elektroenergetycznych
Cz 8 1 Instrumentalne metody analityczne Metody elektrochemiczne
02'' 2, Laboratorium Podstaw Elektroniki Politechniki Lubelskiej
Fizykoterapia - Metodyka elektroterapii - prąd stały, Fizykoterapia
Metody elektroanalityczne
Metody elektroanalityczne II
Uniwersalne i specjalne metody porozumiewania się osób głuchoniewidomych(1), Oligofrenopedagogika, p
Cw1 blad metody, Elektrotechnika, SEM5, Metrologia Krawczyk
więcej podobnych podstron