Elektrodynamika Część 2 Specjalne metody elektrostatyki Ryszard Tanaś Zakład Optyki Nieliniowej, UAM

Transkrypt

1 Elektrodynamika Część 2 Specjalne metody elektrostatyki Ryszard Tanaś Zakład Optyki Nieliniowej, UAM

2 Spis treści 3 Specjalne metody elektrostatyki Równanie Laplace a Metoda obrazów Metoda separacji zmiennych Rozwinięcie multipolowe

3 3 Specjalne metody elektrostatyki 3.1 Równanie Laplace a Wprowadzenie E(r) = 1 ˆR R 2 ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy E, zwykle trudne

4 3 Specjalne metody elektrostatyki 3.1 Równanie Laplace a Wprowadzenie E(r) = 1 ˆR R 2 ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy E, zwykle trudne V (r) = 1 1 R ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy V, trochę łatwiej

5 3 Specjalne metody elektrostatyki 3.1 Równanie Laplace a Wprowadzenie E(r) = 1 ˆR R 2 ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy E, zwykle trudne V (r) = 1 1 R ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy V, trochę łatwiej V = 1 ɛ 0 ρ równanie Poissona

6 3 Specjalne metody elektrostatyki 3.1 Równanie Laplace a Wprowadzenie E(r) = 1 ˆR R 2 ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy E, zwykle trudne V (r) = 1 1 R ρ(r ) dτ, z ρ wyznaczamy V, trochę łatwiej V = 1 ɛ 0 ρ równanie Poissona V = 0 równanie Laplace a, tam gdzie ρ = 0

7 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. funkcja V zadana na powierzchni S szukamy funkcji V wewnątrz obszaru V

8 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. powierzchnie całkowania zadane ρ Q 3 Q 2 V Q 4 S Q 1 zewnętrzna powierzchnia graniczna, może być w nieskończoności

9 3.2 Metoda obrazów Klasyczny przykład Ładunek q w odległości d od nieskończonej, uziemionej, przewodzącej płaszczyzny. Jaki jest potencjał w obszarze nad płaszczyzną? z q d x V = 0 y

10 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

11 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 z +q d x d q y

12 V (x, y, z) = 1 [ q x2 + y 2 + (z d) 2 ] q x2 + y 2 + (z + d) 2

13 V (x, y, z) = 1 [ q x2 + y 2 + (z d) 2 ] q x2 + 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).

14 V (x, y, z) = 1 [ q x2 + y 2 + (z d) 2 ] q x2 + 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!

15 V (x, y, z) = 1 [ q x2 + y 2 + (z d) 2 ] q x2 + 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.

16 Ładunek q jest zwierciadlanym obrazem ładunku q. Stąd nazwa metoda obrazów.

17 3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe σ = ɛ 0 V n

18 3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe σ = ɛ 0 V n σ = ɛ 0 V z z=0

19 3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe σ = ɛ 0 V n σ = ɛ 0 V z z=0 V z = 1 q(z d) ( x2 ) y 2 + (z d) 2 q(z + d) ( x2 + y 2 + (z + d) 2 ) 3

20 3.2.2 Indukowane ładunki powierzchniowe σ = ɛ 0 V n σ = ɛ 0 V z z=0 V z = 1 q(z d) ( x2 ) y 2 + (z d) 2 q(z + d) ( x2 + y 2 + (z + d) 2 ) 3 σ(x, y) = 1 2π qd ( x 2 + y 2 + d 2 ) 3 gęstość powierzchniowa ładunku

21 Q = σ da ładunek całkowity

22 Q = σ da ładunek całkowity Obliczmy tę całkę, wprowadzając współrzędne biegunowe (r, φ) r 2 = x 2 + y 2, da = r dr dφ

23 Q = 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

24 Q = 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 0 0 qd qd r dr dφ = 2π(r 2 + d 2 ) 3/2 r2 + d 2 0 = q

25 3.2.3 Siła i energia F = 1 q 2 (2d) 2 ẑ tak jak dla dwóch ładunków

26 3.2.3 Siła i energia F = 1 q 2 (2d) 2 ẑ tak jak dla dwóch ładunków W = 1 q 2 2d dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej

27 3.2.3 Siła i energia F = 1 q 2 (2d) 2 ẑ tak jak dla dwóch ładunków W = 1 q 2 2d W = 1 q 2 4d dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej ładunek i płaszczyzna przewodząca

28 3.2.3 Siła i energia F = 1 q 2 (2d) 2 ẑ tak jak dla dwóch ładunków W = 1 q 2 2d W = 1 q 2 4d dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej ładunek i płaszczyzna przewodząca Dlaczego połowa?

29 3.2.3 Siła i energia F = 1 q 2 (2d) 2 ẑ tak jak dla dwóch ładunków W = 1 q 2 2d W = 1 q 2 4d dwa ładunki bez płaszczyzny przewodzącej ładunek i płaszczyzna przewodząca Dlaczego połowa? W = ɛ 0 2 E 2 dτ

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

31 Możemy to obliczyć

32 Możemy to obliczyć d W = F dl

33 Możemy to obliczyć W = d F dl = 1 d q 2 4z 2 dz

34 Możemy to obliczyć W = d F dl = 1 d q 2 4z 2 dz = 1 ( q2 4z ) d

35 Możemy to obliczyć W = d F dl = 1 d q 2 4z 2 dz = 1 ( q2 4z ) d = 1 q 2 4d

36 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 a q V = 0

37 Rozważmy zupełnie inny układ r θ. }{{} b R q. }{{} a R q Dwa ładunki punktowe q i q

38 Rozważmy zupełnie inny układ r θ. }{{} b R q. }{{} a R q Dwa ładunki punktowe q i q q = R a q, b = R a R, wybieramy takie q i b, R a < 1

39 Rozważmy zupełnie inny układ r θ. }{{} b R q. }{{} a R q 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 ( q R + q R ) ten potencjał znika na powierzchni kuli (r = R)

40 We współrzędnych sferycznych V (r, θ) = 1 [ q r2 + a 2 2ar cos θ ] q R2 + (ra/r) 2 2ra cos θ

41 We współrzędnych sferycznych V (r, θ) = 1 [ q r2 + a 2 2ar cos θ ] q R2 + (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.

42 We współrzędnych sferycznych V (r, θ) = 1 [ q r2 + a 2 2ar cos θ ] q R2 + (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 qq (a b) 2 = 1 q 2 Ra (a 2 R 2 ) 2 siła przyciągania

43 We współrzędnych sferycznych V (r, θ) = 1 [ q r2 + a 2 2ar cos θ ] q R2 + (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 qq (a b) 2 = 1 q 2 Ra (a 2 R 2 ) 2 siła przyciągania σ = ɛ 0 V n gęstość powierzchniowa ładunku

44 V n = V r dla r = R

45 V n = V r σ(θ) = ɛ dla r = R { 1 2 q(2r 2a cos θ) (r 2 + a 2 2ar cos θ) 3/2 q[(a/r) 2 2r 2a cos θ] (R 2 + (ra/r) 2 2ar cos θ) 3/2 } r=r

46 V n = V r σ(θ) = ɛ dla r = R { 1 2 q(2r 2a cos θ) (r 2 + a 2 2ar cos θ) 3/2 } 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

47 3.3 Metoda separacji zmiennych Współrzędne kartezjańskie Przeczytać w podręczniku 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

48 3.3 Metoda separacji zmiennych Współrzędne kartezjańskie Przeczytać w podręczniku Współrzędne kuliste Równanie Laplace a 1 r 2 r r ( r 2 V r ( r 2 V r ) ) sin θ 1 r 2 sin θ θ θ ( sin θ V θ ( sin θ V θ ) ) + 1 r 2 sin 2 θ 2 V 2 φ 2 = 0 = 0 symetria osiowa

49 3.3 Metoda separacji zmiennych Współrzędne kartezjańskie Przeczytać w podręczniku Współrzędne kuliste Równanie Laplace a 1 r 2 r r ( r 2 V r ( r 2 V r ) ) sin θ 1 r 2 sin θ θ θ ( sin θ V θ ( sin θ V θ ) ) + 1 r 2 sin 2 θ 2 V 2 φ 2 = 0 = 0 symetria osiowa V (r, θ) = R(r)Θ(θ) separacja zmiennych

50 1 R d dr ( r 2 dr ) dr + 1 Θ sin θ d dθ ( sin θ dθ ) dθ = 0 separacja

51 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)

52 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.

53 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

54 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

55 d dθ ( sin θ dθ ) dθ = l(l + 1) sin θ Θ równanie drugie

56 d dθ ( sin θ dθ ) dθ = l(l + 1) sin θ Θ równanie drugie Θ(θ) = P l (cos θ) rozwiązanie (wielomiany Legendre a)

57 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! ( ) l d (x 2 1) l wzór Rodriguesa dx

58 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! ( ) l d (x 2 1) l wzór Rodriguesa dx P 0 (x) = 1 P 1 (x) = x P 2 (x) = (3x 2 1)/2 P 3 (x) = (5x 3 3x)/2 wielomiany Legendre a P 4 (x) = (35x 4 30x 2 + 3)/8 P 5 (x) = (63x 5 70x x)/8

59 V (r, θ) = l=0 ( A l r l + B l r l+1 ) P l (cos θ) rozwiązanie ogólne dla symetrii osiowej

60 V (r, θ) = 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

61 V (r, θ) = 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) = A l r l P l (cos θ), B l = 0 l=0

62 V (r, θ) = 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) = A l r l P l (cos θ), B l = 0 l=0 V (R, θ) = A l R l P l (cos θ) = V 0 (θ) l=0

63 V (r, θ) = 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) = A l r l P l (cos θ), B l = 0 l=0 V (R, θ) = A l R l P l (cos θ) = V 0 (θ) l=0 1 π P l (x)p l (x) dx = P l (cos θ)p l (cos θ) sin θ dθ = dla l l 2 2l+1 dla l = l

64 A l R l 2 2l + 1 = π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ

65 A l R l 2 2l + 1 = π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ A l = 2l + 1 2R l π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ

66 A l R l 2 2l + 1 = π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ A l = 2l + 1 2R l Jeśli π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ V 0 (θ) = k sin 2 (θ/2) = k 2 (1 cos θ) = k 2 [ P0 (cos θ) P 1 (cos θ) ]

67 A l R l 2 2l + 1 = π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ A l = 2l + 1 2R l Jeśli π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ V 0 (θ) = k sin 2 (θ/2) = k 2 (1 cos θ) = k 2 [ P0 (cos θ) P 1 (cos θ) ] to V (r, θ) = k 2 [ ] r 0 P 0 (cos θ) r1 R P 1(cos θ) = k 2 (1 rr cos θ )

68 Przykład: Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V 0 (θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków.

69 Przykład: Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V 0 (θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków. B l V (r, θ) = r l+1 P l(cos θ), teraz A l = 0 l=0

70 Przykład: Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V 0 (θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków. B l V (r, θ) = r l+1 P l(cos θ), teraz A l = 0 l=0 V (R, θ) = l=0 B l R l+1 P l(cos θ) = V 0 (θ)

71 Przykład: Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V 0 (θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków. B l V (r, θ) = r l+1 P l(cos θ), teraz A l = 0 l=0 V (R, θ) = l=0 B l R l+1 P l(cos θ) = V 0 (θ) B l R l l + 1 = π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ

72 Przykład: Na powierzchni kuli o promieniu R zadany jest potencjał V 0 (θ). Znaleźć potencjał na zewnątrz kuli, zakładając, że nie ma tam ładunków. B l V (r, θ) = r l+1 P l(cos θ), teraz A l = 0 l=0 V (R, θ) = l=0 B l R l+1 P l(cos θ) = V 0 (θ) B l R l l + 1 = π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ B l = 2l R l+1 π 0 V 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ

73 Przykład: Nienaładowaną metalową kulę o promieniu R umieszczono w jednorodnym zewnętrznym polu elektrycznym o natężeniu E = E 0 ẑ. Znaleźć potencjał i pole na zewnątrz kuli. y z R

74 W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E 0 ẑ, czyli V E 0 z

75 W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E 0 ẑ, czyli V E 0 z V = 0 dla r = R V E 0 r cos θ dla r R warunki brzegowe

76 W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E 0 ẑ, 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

77 W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E 0 ẑ, 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) = A l r l R2l+1 r l+1 P l (cos θ) l=0

78 W kuli potencjał jest stały, możemy przyjąć V = 0. W dużej odległości od kuli pole ma postać E 0 ẑ, 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) = A l r l R2l+1 r l+1 P l (cos θ) l=0 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

79 V (r, θ) = E 0 ( r R3 r 2 ) cos θ

80 V (r, θ) = E 0 ( r R3 r 2 ) cos θ ( V E = V = r ˆr + 1 r ( = E R3 r 3 V θ ˆθ + 1 ) V r sin θ φ ˆφ ) ( ) cos θ ˆr 1 R3 r 3 sin θ ˆθ

81 V (r, θ) = E 0 ( r R3 r 2 ) cos θ ( V E = V = r ˆr + 1 r ( = E R3 r 3 V θ ˆθ + 1 ) V r sin θ φ ˆφ ) ( ) cos θ ˆr 1 R3 r 3 sin θ ˆθ σ(θ) = ɛ 0 V r = ɛ 0 E 0 r=r ( R3 r 3 ) cos θ = 3ɛ 0 E 0 cos θ r=r

82 V (r, θ) = E 0 ( r R3 r 2 ) cos θ ( V E = V = r ˆr + 1 r ( = E R3 r 3 V θ ˆθ + 1 ) V r sin θ φ ˆφ ) ( ) cos θ ˆr 1 R3 r 3 sin θ ˆθ σ(θ) = ɛ 0 V r = ɛ 0 E 0 r=r ( R3 r 3 ) cos θ = 3ɛ 0 E 0 cos θ r=r σ(θ) > 0 dla 0 < θ < π/2 σ(θ) < 0 dla π/2 < θ < π

83 Przykład: Na powierzchni kulistej powłoki o promieniu R umieszczono ładunek powierzchniowy o gęstości σ 0 (θ). Znaleźć potencjał wewnątrz i na zewnątrz powłoki.

84 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) = A l r l P l (cos θ), wewnątrz (r R) l=0

85 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) = A l r l P l (cos θ), wewnątrz (r R) l=0 V (r, θ) = l=0 B l r l+1 P l(cos θ), na zewnątrz (r R)

86 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) = A l r l P l (cos θ), wewnątrz (r R) l=0 V (r, θ) = l=0 B l r l+1 P l(cos θ), na zewnątrz (r R) l=0 A l R l P l (cos θ) = l=0 B l R l+1 P l(cos θ), potencjał jest ciągły

87 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) = A l r l P l (cos θ), wewnątrz (r R) l=0 V (r, θ) = l=0 B l r l+1 P l(cos θ), na zewnątrz (r R) l=0 A l R l P l (cos θ) = l=0 B l R l+1 P l(cos θ), potencjał jest ciągły B l = A l R 2l+1

88 ( Vzew r V wew r ) r=r = 1 ɛ 0 σ 0 (θ), składowa normalna pola jest nieciągła

89 ( Vzew r V wew r ) r=r = 1 ɛ 0 σ 0 (θ), składowa normalna pola jest nieciągła (l + 1) B l R l+2 P l(cos θ) l=0 la l R l 1 P l (cos θ) = 1 σ 0 (θ) ɛ 0 l=0

90 ( Vzew r V wew r ) r=r = 1 ɛ 0 σ 0 (θ), składowa normalna pola jest nieciągła (l + 1) B l R l+2 P l(cos θ) l=0 l=0 la l R l 1 P l (cos θ) = 1 ɛ 0 σ 0 (θ) (2l + 1)A l R l 1 P l (cos θ) = 1 σ 0 (θ) ɛ 0 l=0

91 ( Vzew r V wew r ) r=r = 1 ɛ 0 σ 0 (θ), składowa normalna pola jest nieciągła (l + 1) B l R l+2 P l(cos θ) l=0 l=0 la l R l 1 P l (cos θ) = 1 ɛ 0 σ 0 (θ) (2l + 1)A l R l 1 P l (cos θ) = 1 σ 0 (θ) ɛ 0 l=0 A l = 1 2ɛ 0 R l 1 π 0 σ 0 (θ)p l (cos θ) sin θ dθ

92 Dla σ 0 (θ) = k cos θ = kp 1 (cos θ)

93 Dla A 1 = k 2ɛ 0 π 0 σ 0 (θ) = k cos θ = kp 1 (cos θ) [P 1 (cos θ)] 2 sin θ dθ, pozostałe A l = 0

94 Dla A 1 = k 2ɛ 0 π 0 σ 0 (θ) = k cos θ = kp 1 (cos θ) [P 1 (cos θ)] 2 sin θ dθ, pozostałe A l = 0 V (r, θ) = k 3ɛ 0 r cos θ, wewnątrz (r R)

95 Dla A 1 = k 2ɛ 0 π 0 σ 0 (θ) = k cos θ = kp 1 (cos θ) [P 1 (cos θ)] 2 sin θ dθ, pozostałe A l = 0 V (r, θ) = V (r, θ) = k 3ɛ 0 r cos θ, wewnątrz (r R) k R 3 1 cos θ, na zewnątrz (r R) 3ɛ 0 r2

96 3.4 Rozwinięcie multipolowe 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. R + r +q d θ R q

97 V (r) = 1 ( q R + q R ) potencjał od obu ładunków

98 V (r) = 1 R 2 ± = r 2 + d2 4 ( q R + q R ) rd cos θ = r2 potencjał od obu ładunków ( 1 d r cos θ + d2 4r 2 ) ze wzoru cosinusów

99 V (r) = 1 R 2 ± = r 2 + d2 4 ( q R + q R ) rd cos θ = r2 potencjał od obu ładunków ( 1 d r ) d2 ze wzoru cos θ + 4r 2 cosinusów 1 R ± 1 r ( 1 d r cos θ ) 1/2 1 r (1 ± d2r cos θ ) dla r d

100 V (r) = 1 R 2 ± = r 2 + d2 4 ( q R + q R ) rd cos θ = r2 potencjał od obu ładunków ( 1 d r ) d2 ze wzoru cos θ + 4r 2 cosinusów 1 R ± 1 r ( 1 d r cos θ ) 1/2 1 r (1 ± d2r cos θ ) dla r d 1 R + 1 R d r 2 cos θ

101 V (r) = 1 R 2 ± = r 2 + d2 4 ( q R + q R ) rd cos θ = r2 potencjał od obu ładunków ( 1 d r ) d2 ze wzoru cos θ + 4r 2 cosinusów 1 R ± 1 r ( 1 d r cos θ ) 1/2 1 r (1 ± d2r cos θ ) dla r d 1 R + 1 R d r 2 cos θ V (r) 1 qd cos θ r 2

102 Momenty multipolowe ÑÓÒÓÔÓÐ V 1/rµ + ÔÓÐ V 1/r 2 µ + Û ÖÙÔÓÐ V 1/r 3 µ + + Ó ØÙÔÓÐ V 1/r 4 µ

103 Przypadek ogólny dτ R P r θ r V (r) = 1 1 R ρ(r ) dτ

104 Przypadek ogólny dτ R P r θ r V (r) = 1 R 2 = r 2 + (r ) 2 2rr cos θ = r 2 [1 + 1 R ρ(r ) dτ ( ) r 2 ( ) ] r 2 cos θ r r

105 Przypadek ogólny dτ R P r θ r V (r) = 1 R 2 = r 2 + (r ) 2 2rr cos θ = r 2 [1 + 1 R ρ(r ) dτ ( ) r 2 ( r 2 r r ) cos θ ] R = r 1 + ɛ, ɛ = ( r r ) ( r r ) 2 cos θ, ɛ 1 dla r /r 1

106 1 R = 1 r (1 + ɛ) 1/2 = 1 r ( ɛ ɛ2 5 ) 16 ɛ3 +

107 1 R = 1 r (1 + ɛ) 1/2 = 1 r 1 R = 1 r 5 16 [ ( ) ( r r r ( ) r 3 ( r r r ( ɛ ɛ2 5 ) 16 ɛ3 + r 2 cos θ ) 2 cos θ ) ] 3 + ( ) r 2 ( r r r 2 cos θ ) 2

108 1 R = 1 r (1 + ɛ) 1/2 = 1 r ( ɛ ɛ2 5 ) 16 ɛ3 + [ 1 R = ( ) ( ) r r 2 cos θ + 3 ( ) r 2 ( r r 2 r r 8 r r 5 ( ) r 3 ( ) ] r 3 2 cos θ + 16 r r [ = 1 ( ) ( ) r r 1 + cos θ 2 1 ( ) + 3 cos 2 θ 1 r r r 2 ( ) ] r 3 1 ( + 5 cos 3 θ 3 cos θ ) + r 2 2 cos θ ) 2

109 1 R = 1 r (1 + ɛ) 1/2 = 1 r ( ɛ ɛ2 5 ) 16 ɛ3 + [ 1 R = ( ) ( ) r r 2 cos θ + 3 ( ) r 2 ( r r 2 r r 8 r r 5 ( ) r 3 ( ) ] r 3 2 cos θ + 16 r r [ = 1 ( ) ( ) r r 1 + cos θ 2 1 ( ) + 3 cos 2 θ 1 r r r 2 ( ) ] r 3 1 ( + 5 cos 3 θ 3 cos θ ) + r 2 2 cos θ ) 2 1 R = 1 r n=0 ( ) r n P n (cos θ ) wzór ogólny r

110 V (r) = 1 n=0 1 r n+1 (r ) n P n (cos θ )ρ(r ) dτ

111 V (r) = 1 n=0 1 r n+1 (r ) n P n (cos θ )ρ(r ) dτ V (r) = r 3 [ 1 r ρ(r ) dτ + 1 r 2 r cos θ ρ(r ) dτ ( 3 (r ) 2 2 cos2 θ 1 ) ] ρ(r ) dτ + 2 rozwinięcie multipolowe

112 3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy V mon = 1 Q r, Q = ρ dτ człon monopolowy

113 3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy V mon = 1 Q r, V dip (r) = 1 1 r 2 Q = ρ dτ r cos θ ρ(r ) dτ człon monopolowy człon dipolowy

114 3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy V mon = 1 Q r, V dip (r) = 1 1 r 2 r cos θ = ˆr r Q = ρ dτ r cos θ ρ(r ) dτ człon monopolowy człon dipolowy

115 3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy V mon = 1 Q r, V dip (r) = 1 1 r 2 Q = ρ dτ r cos θ ρ(r ) dτ człon monopolowy człon dipolowy r cos θ = ˆr r V dip (r) = 1 1 r 2 ˆr r ρ(r )dτ

116 3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy V mon = 1 Q r, V dip (r) = 1 1 r 2 Q = ρ dτ r cos θ ρ(r ) dτ człon monopolowy człon dipolowy r cos θ = ˆr r V dip (r) = 1 1 r 2 ˆr p = r ρ(r )dτ r ρ(r ) dτ moment dipolowy

117 3.4.2 Człony monopolowy i dipolowy V mon = 1 Q r, V dip (r) = 1 1 r 2 Q = ρ dτ r cos θ ρ(r ) dτ człon monopolowy człon dipolowy r cos θ = ˆr r V dip (r) = 1 1 r 2 ˆr p = r ρ(r )dτ r ρ(r ) dτ moment dipolowy V dip (r) = 1 p ˆr r 2 potencjał od dipola

118 p = n q i r i moment dipolowy układu ładunków punktowych i=1 z +q r + d q r y x

119 p = n q i r i moment dipolowy układu ładunków punktowych i=1 z +q r + d q r y x p = qr + qr = q(r + r ) = qd dla dipola fizycznego

120 d 0, q, qd = p, dipol idealny

121 d 0, q, qd = p, dipol idealny Moment dipolowy jest wektorem.

122 3.4.3 Problem początku układu współrzędnych w rozwinięciu multipolowym x z O r d R q y ten ładunek ma moment dipolowy p = qd ŷ; potencjał V = 1 q R rozwinięty względem 1/r ma wszystkie potęgi; zmiana początku układu współrzędnych zmienia postać rozwinięcia multipolowego; moment monopolowy nie zmienia się

123 3.4.3 Problem początku układu współrzędnych w rozwinięciu multipolowym x z O r d R q y ten ładunek ma moment dipolowy p = qd ŷ; potencjał V = 1 q R rozwinięty względem 1/r ma wszystkie potęgi; zmiana początku układu współrzędnych zmienia postać rozwinięcia multipolowego; moment monopolowy nie zmienia się z z r dτ p = r = r ρ(r ) dτ = r ρ(r ) dτ a (r a)ρ(r ) dτ ρ(r ) dτ x x a y ȳ = p Qa

124 3.4.4 Natężenie pola elektrycznego dipola z P θ r x p φ y

125 V dip (r, θ) = 1 ˆr p r 2 = 1 p cos θ r 2

126 V dip (r, θ) = 1 ˆr p r 2 = 1 p cos θ r 2 E = V = ( r ˆr + 1 r θ ˆθ + 1 r sin θ ) φ ˆφ V

127 V dip (r, θ) = 1 ˆr p r 2 = 1 p cos θ r 2 E = V = ( r ˆr + 1 r E r = V r = 1 2p cos θ r 3 E θ = 1 r E φ = 1 r sin θ V θ = 1 p sin θ r 3 V φ = 0 θ ˆθ + 1 r sin θ ) φ ˆφ V

128 V dip (r, θ) = 1 ˆr p r 2 = 1 p cos θ r 2 E = V = ( r ˆr + 1 r E r = V r = 1 2p cos θ r 3 E θ = 1 r E φ = 1 r sin θ V θ = 1 p sin θ r 3 V φ = 0 θ ˆθ + 1 r sin θ ) φ ˆφ V E dip (r, θ) = 1 p ( r 3 2 cos θ ˆr + sin θ ˆθ ) w wybranym układzie współrzędnych

129 z z + y y pole idealnego dipola pole dipola fizycznego

130 z z + y y pole idealnego dipola pole dipola fizycznego E dip (r) = 1 1 r 3 [ 3(p ˆr) ˆr p ] pole dipola w dowolnym układzie współrzędnych