FFM232, Klassisk fysik och vektorfält - Veckans tal

FFM232, Klassisk fysik och vektorfält - Veckans tal

Christian Forssén, Institutionen för fundamental fysik, Chalmers, Göteborg, Sverige

Oct 10, 2015

Variabelseparation - Elektriskt fält inuti sfär

I sfären med radien r = a finns en rymdladdning med tätheten ρ (r, θ, ϕ) = ρ 0

r

a sin θ cos ϕ, (1)

och på sfären gäller att Φ (a, θ, ϕ) = Φ 0 . Bestäm den elektrostatiska potentialen Φ och det elektriska fältet ~ E inuti sfären.

Hint.

• Randvillkoret är sfäriskt symmetriskt, medan källan har ett vinkelberoende av formen sin θ cos ϕ. Ansätt därför 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.

Notera att randvillkoret ger att g(a) = 0.

• En svårighet är att finna de separerade ekvationerna. Notera att Poissons ekvation skall gälla för alla värden på r, θ och ϕ.

• Undvik singulära lösningar.

• Ekvationen för g har både en partikulär- och en homogenlösning.

Answer.

E = −∇Φ = − ~  ∂Φ

∂r ˆ r + 1 r

∂Φ

∂θ

ˆ θ + 1 r sin θ

∂Φ

∂ϕ ϕ ˆ



= − 1 10

ρ 0

 ₀ a



−3 r ²

a ² sin θ cos ϕˆ r +  a r − r ²

a ²

 

cos θ cos ϕˆ θ − sin ϕ ˆ ϕ  

(2)

Solution. Poissons ekvation för det elektriska fältet ∇ ~ E = ρ/ 0 ger oss att

∇ ² Φ = − ρ 0

 0

r

a sin θ cos ϕ (3)

med randvillkoret att Φ (a, θ, ϕ) = Φ 0 . Vi ser här att randvillkoret är sfäriskt symmetriskt, men att källan har ett vinkelberoende av formen sin θ cos ϕ. Vi ansätter därför 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. (4) Om vi applicerar Laplace-operatorn på Φ så får vi

1 r ²

∂

∂r

 r ² ∂Φ

∂r



+ 1

r ² sin θ

∂

∂θ

 sin θ ∂Φ

∂θ



+ 1

r ² sin ² θ

∂ ² Φ

∂ϕ ²

= 1 r ²

∂

∂r r ² (f ⁰ + g ⁰ sin θ cos ϕ) 

+ 1

r ² sin θ

∂

∂θ [sin θ (g cos θ cos ϕ)] + 1

r ² sin ² θ (−g sin θ cos ϕ)

= 1

r ² 2r (f ⁰ + g ⁰ sin θ cos ϕ) + r ² (f ⁰⁰ + g ⁰⁰ sin θ cos ϕ) 

+ 1

r ² sin θ g cos ϕ cos ² θ − sin ² θ
 − g r ²

cos ϕ sin θ

= 2 f ⁰

r + f ⁰⁰ +

 2 g ⁰

r + g ⁰⁰



sin θ cos ϕ + g

r ² cos ϕ  cos ² θ

sin θ − sin θ − 1 sin θ

 . (5) Vi beräknar uttrycket i den sista parentesen

cos ² θ

sin θ − sin θ − 1

sin θ = cos ² θ − sin ² θ − cos ² θ − sin ² θ

sin θ = −2 sin θ. (6)

Alltså kan vi skriva Poissons ekvation som

∇ ² Φ = 2 f ⁰

r + f ⁰⁰ +



g ⁰⁰ + 2 g ⁰ r − 2 g

r ²



sin θ cos ϕ = − ρ 0

 ₀ r

a sin θ cos ϕ. (7) Eftersom den här ekvationen skall gälla för alla värden på r, θ och ϕ så ger oss detta ekvationerna

( f ⁰⁰ + 2 ^f _r

= 0 g ⁰⁰ + 2 ^g _r

− 2 _r ^g

= − ^ρ _

0

r a

(8) Vi börjar med att lösa ekvationen för f genom att ansätta en lösning på formen f = Ar ^ν , men konstanten A kan vi utelämna för tillfället, så att f ⁰ = νr ^ν−1 och f ⁰⁰ = ν(ν − 1)r ^ν−2 . Detta ger oss ekvationen

ν (ν − 1) r ^ν−2 + 2νr ^ν−2 = 0, (9) som förenklas till

ν ² + ν = 0, (10)

2

som har lösningarna ν = 0 och ν = −1. Därför får vi f (r) = A + B

r . (11)

Här måste vi sätta B = 0, för att undvika att potentialen blir oändlig för r = 0, och A = Φ ₀ för att vi ska uppfylla randvillkoret Φ(a, θ, ϕ) = Φ ₀ .

Vi går nu över till ekvationen för g och börjar med att bestämma en par- tikulärlösning på formen g = Cr ³ . För denna lösning har vi g ⁰ = 3Cr ² och g ⁰⁰ = 6Cr, vilket ger oss

6Cr + 6Cr − 2Cr = − ρ 0

 ₀ r

a , (12)

som har lösningen

C = − 1 10

ρ 0

 ₀ a , (13)

och partikulärlösningen är alltså

g (r) = − 1 10

ρ ₀

 0

r ³

a . (14)

Vi behöver också bestämma lösningen till den homogena ekvationen, och därför ansätter vi g(r) = Dr ^ν , men för ögonblicket utelämnar vi konstanten D. Eftersom g ⁰ = νr ^ν−1 och g ⁰⁰ = ν(ν − 1)r ^ν−2 , så får vi

ν (ν − 1) r ^ν−2 + 2νr ^ν−2 − 2r ^ν−2 = 0, (15) vilket ger oss andragradsekvationen

ν ² + ν − 2 = 0. (16)

Denna har lösningarna

ν = − 1 2 ±

s

 1 2

 2

+ 2 = − 1 2 ± 3

2 . (17)

Alltså har vi ν = −2 och ν = 1, så den allmänna lösningen för g blir g (r) = D

r ² + Er − 1 10

ρ 0

 0

r ³

a . (18)

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 − 1 10

ρ ₀

 0

a ² , (19)

så att

E = 1 10

ρ 0

 0

a (20)

3

Alltså är potentialen

Φ (r, θ, ϕ) = Φ ₀ + 1 10

ρ ₀

 0

a

 a − r ³

a ²



sin θ cos ϕ. (21)

Vi kan nu beräkna det elektriska fältet ur E = −∇Φ = − ~  ∂Φ

∂r ˆ r + 1 r

∂Φ

∂θ

ˆ θ + 1 r sin θ

∂Φ

∂ϕ ϕ ˆ



= − 1 10

ρ 0

 ₀ a



−3 r ²

a ² sin θ cos ϕˆ r +  a r − r ²

a ²

 

cos θ cos ϕˆ θ − sin ϕ ˆ ϕ   (22)

Remarks. Uppgiften illustrerar variabelseparation i tre dimensioner och styrkan med en bra lösningsansats. Lösningen innehåller ganska många steg och uppgiften kan därför klassificeras som svår. Ta gärna en titt på lösningen om du kör fast.

4