8.IV.2002
wersja na dzień 21 kwietnia 2002 roku
7.1 Wykorzystanie funkcji Green’a
Funkcje Green’a są prostą i efektywną metodą rozwiązywania zagadnień brzegowych równania potencjału — pod warunkiem, że potrafimy takową funkcję znaleźć. Na ogół nie jest to proste. Zasada zachowania trudności działa tu z równą skutecznością jak zasada zachowania energii. Metoda obrazów da się zastosować jedynie w przypadkach związanych z taką czy inną symetrią zagadnienia. Nawet w wydawałoby się prostym przypadku przecinających się półpłaszczyzn metoda obrazów da się zastosować tylko dla wybranych wartości kąta przecięcia.
W nielicznych przypadkach (np. zagadnienie sfery) znajomość funkcji Green’a dla wewnętrznego zagadnienia Dirichleta daje znajomość funkcji Green’a dla zagadnienia zewnętrznego. Dzieje się tak tylko wtedy, gdy dla rozwiązania zagadnienia wystarczy pojedynczy ładunek obraz umieszczony na zewnątrz interesującego nas obszaru. Weźmy dla przykładu rozwiązany uprzednio problem ćwierćprzestrzeni utworzonej przez dwie prostopadłe pół-
płaszczyzny. Gdybyśmy próbowali metodą obrazów znaleźć funkcję Green’a G( ~r, ~r 1) dla pozostałej „3 / 4 − przestrzeni” to odpowiedni układ ładunków za-wierałby jeden ładunek „rzeczywisty” w punkcie ~r 1, jeden ładunek-obraz w ćwierćprzestrzeni oraz jeszcze dwa ładunki-obrazy umieszczone w naszej
„3 / 4 − przestrzeni”. Gdy na tak powstałą superpozycję potencjałów podziała się w „3 / 4 − przestrzeni” operatorem Laplace’a 4, to po prawej stronie otrzyma się oprócz pożądanej δ( ~r − ~r 1) jeszcze dwie dodatkowe (i zbędne) delty Diraca związane z lokalizacją ładunków obrazów. A to oznacza, że otrzymana przez nas funkcja nie jest funkcją Green’a w „3 / 4 − przestrzeni”.
37
8.IV.2002
38
7.1.1 Zagadnienie Dirichleta dla półsfery
Rozpatrzmy obszar będący wnętrzem półsfery o promieniu R. Płaska pod-stawa półsfery leży na płaszczyźnie x − y, a początek układu współrzędnych pokrywa się ze środkiem owej podstawy. Bez większych kłopotów można sprawdzić, że i w tym przypadku skuteczna jest metoda obrazów:
q∗
q
−q
−q∗
Rysunek 7.1: Układ ładunków generujący funkcję Green’a dla wnętrza półsfery. Ładunek q∗ jest otrzymany z q poprzez przekształcenie inwersji, pozostałe ładunki powstają poprzez odpowiednie odbicia.
7.2 Rozwiązywanie równania potencjału bez
funkcji Green’a
Metoda funkcji Green’a nie jest oczywiście jedyną metodą rozwiązywania równania potencjału. Jako przykład innego podejścia powrócimy do zagadnienia obszaru wyznaczonego przez dwie przecinające się półpłaszczyzny —
tym razem bez ograniczeń dotyczących dopuszczalnych wartości kąta przecięcia półpłaszczyzn. Rozwiążemy zagadnienie zachowania się pola elektrycznego w pobliżu krawędzi przecięcia w sytuacji gdy na obu półpłaszczyznach utrzymuje się stałe napięcie V 0, a w pobliżu krawędzi nie ma ładunków elek-trycznych. Płaszczyzny przecinają się pod (dowolnym) kątem β : 0 < β 6 2 π.
W obszarze pomiędzy płaszczyznami znajdują się ładunki scharakteryzowane przez gęstość η. O gęstości tej zakładamy, że nie zależy od zmiennej z, czyli η( ~r) = η( x, y) . Szukamy rozwiązania w postaci Φ( x, y, z) = F( x, y) Z( z) .
Wtedy równanie potencjału ma postać
∂ 2 F
∂ 2 F !
∂ 2 Z
Z
+
+ F
= − 4 πη
(7.1)
∂ 2 x 2
∂y 2
∂z 2
8.IV.2002
39
Ze względu na symetrię zagadnienia potencjał Φ nie może zależeć do zmiennej z. Oznacza to, że Z = const. Równanie (7.1) przyjmuje wtedy postać
∂ 2 F
∂ 2 F !
+
= − 4 π ˜
η
(7.2)
∂ 2 x 2
∂y 2
gdzie ˜
η = η/Z.
Szukamy rozwiązań w tej części obszaru, gdzie η = 0 . Tam mamy zatem
∂ 2 F
∂ 2 F !
+
= 0
(7.3)
∂ 2 x 2
∂y 2
Przechodzimy teraz do współrzędnych biegunowych {ρ, ϕ} :
x = ρ cos ϕ
y = ρ sin ϕ
3
ρ
ϕ
β
Równanie (7.3) rozwiązuje się metodą rozdzielenia zmiennych. Szukamy rozwiązań szczególnych postaci
F( x, y) = R( ρ) Q( ϕ) , Równanie (7.3) przyjmuje postać
1 ∂ ∂RQ !
1 ∂ 2 RQ
ρ
+
= 0 .
ρ ∂ρ
∂ρ
ρ 2 ∂ϕ 2
Wykonując różniczkowania, mnożąc przez ρ 2 i dzieląc przez RQ mamy 1
d 2 R
dR !
1 d 2 Q
ρ 2
+ ρ
+
= 0
(7.4)
R
dρ 2
dρ
Q dϕ 2
8.IV.2002
40
Pierwszy człon zależy tylko od ρ, drugi tylko od ϕ. Ponieważ ich suma jest równa zeru, to musi zachodzić
1 d 2 Q = −κ 2 ,
(7.5a)
Q dϕ 2
1
d 2 R
dR !
ρ 2
+ ρ
= κ 2 .
(7.5b)
R
dρ 2
dρ
gdzie κ 2 jest dowolną stałą.
Rozwiązanie ogólne równania (7.3) jest sumą rozwiązań szczególnych od-powiadających różnym wartościom κ
F = X c( κ) Rκ( ρ) Qκ( ϕ) (7.6)
κ
Współczynniki c( κ) są tak dobrane aby były spełnione warunki brzegowe F( ~r) | ϕ=0 = V 0
(7.7)
ϕ= β
Poza tym żądamy aby rozwiązanie było skończone w całym obszarze obowią-
zywania równania (7.3).
Dla κ = 0 rozwiązaniami równań (7.5) są
R 0( ρ) = A 0 ln ρ + B 0 , Q 0( ρ) = a 0 ϕ + b 0 ,
gdzie A 0 , B 0 , a 0 , b 0 są dowolnymi stałymi.
Z warunku skończoności rozwiązania wynika, że stała A 0 = 0 .
Dla κ 2 > 0 rozwiązaniami równań (7.5) są
Rκ( ρ) = Aκρκ + Bκρ−κ ,
(7.8a)
Qκ( ρ) = aκ sin κϕ + bκ cos κϕ .
(7.8b)
Z postaci powyższych rozwiązań widać, że bez zmniejszenie ogólności rozwiązań można przyjąć, że κ > 0 . Z warunku skończoności rozwiązań wynika, że stałe Bκ = 0.
Warunki brzegowe (7.7) będą spełnione, gdy rozwiązanie (7.6) będzie mia-
ło strukturę
∞
!
nπ
nπ
F( ~r) = V
X
β
0 +
cnρ
sin
ϕ .
(7.9)
β
n=1
Tylko bowiem wybór κ = nπ/β oraz położenie bκ = 0 w (7.8b) zapewnia spełnienie warunków brzegowych (7.7).
8.IV.2002
41
Składowa pola elektrycznego w kierunku promienia wodzącego dana jest przez
∂F
π ∞
!
nπ
nπ
E
X
− 1
ρ = −
= −
c
β
sin
ϕ .
(7.10)
∂ρ
β
nnρ
β
n=1
Dla zachowania się pola elektrycznego w pobliżu krawędzi przecięcia się obu półpłaszczyzn należy zbadać obszar ρ ≈ 0. Zachowanie się pola elektrycznego w tym obszarze jest zdominowane przez najniższą potęgę ρ, czyli przez pierwszy wyraz w sumie (7.10). Mamy zatem
π
ρ → 0 :
E
− 1
ρ ∼ ρ β
.
(7.11)
Widać stąd, że dla β < π pole znika w pobliżu krawędzi. Sytuacja wygląda całkiem odmiennie dla kątów wypukłych: β > π. Pole rośnie do nieskończono-
ści wraz ze zbliżaniem się do krawędzi — tym szybciej im kąt β jest bliższy 2 π.
W tym ostatnim przypadku pole rośnie przy ρ → 0 jak ρ− 1 / 2. Duże natężenia pola elektrycznego powoduje spontaniczną jonizację cząsteczek otaczającego ją powietrza. Zjawisko to jest podstawą działania piorunochronów. Ten sam mechanizm leży u podstaw tzw. ogni świętego Elma — jarzeniowej poświaty wokół ostrzy masztów i rei żaglowców zapowiadającej kłopoty dla statku i jego załogi.
7.3 Magnetostatyka
Wykorzystując cechowania kulombowskie mamy dla potencjału wektorowego 4 π
4 ~
A = −
~ ,
(7.12)
c
W próżni pozwala to napisać rozwiązanie
Z
~
1
~( ~r
A( ~r) =
d 3 r
1)
(7.13)
c
|~r − ~r 1 |
Dzięki tożsamości
rot ( f~a) = f rot ~a − ~a × grad f ,
można napisać
Z
~
1
~( ~r
B( ~r) = rot ~
A( ~r) =
d 3 r
1) × ( ~
r − ~r 1)
1
c
|~r − ~r 1 | 3
Z równania tego wynika bezpośrednio magnetostatyczny odpowiednik prawa Coulomba czyli prawo Biot’a-Savarta
I d~l( ~r
d ~
B( ~r) =
1) × ( ~
r − ~r 1) .
(7.14)
c
|~r − ~r 1 | 3
8.IV.2002
42
Struktura warunków brzegowych w magnetostatyce jest bardziej skompliko-wana niż w elektrostatyce z uwagi na
• wektorowy charakter potencjału,
• brak magnetycznego odpowiednika uziemienia, przewodnika, itp. . .
Ponieważ ~
B = rot ~
A, zaś warunki brzegowe są fizycznie sensownie zadane tyl-
ko dla pola ~
B to widać, że równania (7.12) nie można traktować jako układu trzech niezależnych równań Poissona. Warunki brzegowe będą „mieszały”
poszczególne równania. Dlatego też matematyczna struktura magnetostatyki jest bardziej złożona niż elektrostatyki.
7.3.1 Warunki brzegowe dla pola indukcji magnetycz-
nej
1
O ~n
B
6
.
n 1
..
.
.
.
.
.
........................
..... .... .... .... .... .... ....
.......................
... ...................
~
n
B
6
W
n 2
Bt 1
-
-
-
- -
..
6
j
Γ
..6
σ
?
...............
.............
-
2
Bt 2
Rysunek 7.2: Warunki brzegowe dla pola indukcji magnetycznej
Górna i dolna ścianka pudełka ma pole S natomiast wysokość pudełka dąży do zera. Pole indukcji magnetycznej spełnia równanie Maxwella
div ~
B = 0 .
Stosując do naszego pudełka prawo Gaussa (uwaga na kierunki normalnych
~n do pudełka – zawsze na zewnątrz!) otrzymuje się przy znikającej wysokości pudełka:
( Bn − B ) · S = 0 ,
1
n 2
gdzie Bn , B
są składowymi normalnymi pola indukcji magnetycznej.
1
n 2
Otrzymujemy zatem wynik, że składowa normalne pola indukcji magne-
tycznej jest ciągła na granicy dwóch ośrodków.
8.IV.2002
43
Zamiast pudełka weźmy teraz kontur Γ w kształcie prostokąta o propor-cjach jak na rysunku. Stosujemy tym razem twierdzenie Stokes’a i bierzemy strumień rotacji indukcji magnetycznej przez kontur Γ. Ponieważ
4 π
rot ~
B =
~ ,
c
to stosując analogiczne rozumowanie jak poprzednio otrzymuje się wynik, że na granicy ośrodków składowe styczne pola indukcji magnetycznej doznają skoku proporcjonalnego do gęstości prądu powierzchniowego jσ przepływającego poprzez kontur Γ:
4 π
Bt − B =
j
1
t 2
c σ
7.4 Zadania i ćwiczenia
Zadania z listy nr 5
Zadanie 1.
Rozważmy sferę przewodzącą o promieniu R ze środkiem pokrywającym się z początkiem układu współrzędnych. Na powierzchni sfery utrzymywany jest stały potencjał V 0. Obliczyć potencjał wewnątrz i na zewnątrz sfery:
• w sposób banalny, acz skuteczny wykorzystując prawo Gauss’a,
• w sposób niebanalny, acz pouczający wykorzystując funkcje Greena dla wewnętrznego i zewnętrznego zagadnienia Dirichleta. Należy tu zauważyć, że ze względu na symetrię zagadnienia wystarczy obliczyć potencjał na osi z. Jaki jest mechanizm powodujący, że mimo formalnej identyczności obu funkcji Greena otrzymuje się odmienny wynik na zewnątrz i wewnątrz sfery?
Zadanie 2.
Rozważmy sferę przewodzącą o promieniu R ze środkiem pokrywającym się z początkiem układu współrzędnych. Na górnej powierzchni sfery utrzymywany jest stały potencjał Vu, na dolnej powierzchni sfery utrzymywany jest stały potencjał
Vd. Obliczyć potencjał elektrostatyczny wzdłuż osi z (wewnątrz i na zewnątrz sfery). Jak wygląda pole elektryczne generowane przez ten potencjał?
Zadanie 3.
To samo co w zadaniu poprzednim, tyle tylko, że
• wewnątrz sfery umieszczono ładunek q 0 w punkcie ~
r 0,
• na zewnątrz sfery umieszczono ładunek q 1 w punkcie ~
R 0
8.IV.2002
44
Zadanie 4.
Podać jawną postać funkcji Green’a rozwiązującą zagadnienie Dirichleta dla wnę-
trza półsfery o promieniu R.
Zadanie 5.
Podać jawną postać formuły rozwiązującej zagadnienie Dirichleta dla wnętrza półsfery o promieniu R.
7.4.1 Ćwiczenia treningowe
Ćwiczenie 1.
Podać zachowanie się pola elektrycznego w pobliżu krawędzi wyznaczonej przez dwie przewodzące półpłaszczyzny przecinające się pod kątem:
• π/ 6
• π/ 2
• 11 π/ 6
• 3 π/ 2
Ćwiczenie 2.
Dla kąta przecięcia β = π/ 2 porównać dwa rozwiązania:
• otrzymane metodą obrazów,
• otrzymane metodą przejścia do współrzędnych walcowych, tak jak na ni-niejszym wykładzie.
Uwaga: w zadaniu tym kryje się pułapka! Na czym ona polega?