FFM232, Klassisk fysik och vektorfält - Veckans tal
Christian Forssén, Institutionen för fundamental fysik, Chalmers, Göteborg, Sverige
Oct 12, 2015
Tentatal 2012-10-23: 6
En punktladdning Q är belägen i ~r = bˆz, och man söker potentialen från denna laddning innanför sfären r = a (med a > b), då randvillkoret är att den elektriska potentialen φ är noll på randen r = a.
• Visa att denna potential fås genom att introducera en fiktiv spegelladdning
−abQ i punkten ~r = ab2z.ˆ
• Ge ett uttryck för den ytladdningsfördelning som induceras på sfären r = a, om man antar att φ = 0 även för r > a.
• Kontrollera att den totala inducerade laddningen på sfären är −Q.
Hint.
• Man kan direkt teckna potentialen som en superposition av potentialer från två punktladdningar, den verkliga i bˆz plus spegelladdningen enligt uppgiften. Glöm inte 1/0. Kontrollera att denna potential uppfyller randvilloret.
• Men det är en nyttig övning att gå hela vägen från Greensfunktionen (inklusive spegelladdning) och utföra volymsintegralen över sfären, där
laddningstätheten ges av en deltafunktion ρ(~r0) = Qδ3(~r0− bˆz).
• Ytladdningsfördelningen ges av 0r ·ˆ ~E+− ~E−
r=a, där det elektriska fältet är ~E = −∇φ.
• Totala inducerade laddningen på ytan fås genom att integrera över sfärens yta.
Answer. Ytladdningsfördelningen blir σ = −Q
4π
a2− b2
a (a2+ b2− 2ab cos θ)3/2
Notera gärna att enheten blir lika med laddning per areaenhet, precis som den skall.
Solution. Potentialen kan vi egentligen teckna direkt; dvs utan att skriva ner Greensfunktionen och utföra integralen. Med två punktladdningar på z-axeln, enligt uppgiften, och avstånd till dessa som fås med cosinussatsen (se figur nedan), blir potentialen lika med (glöm inte 1/0)
φ(~r) = Q 4π0
√ 1
r2+ b2− 2br cos θ −a b
1 q
r2+ab42 − 2ab2r cos θ
.
Men för att vara noggranna räknar vi ut ovanstående med hjälp av Greens- funktioner. Enligt uppgiftstexten skall spegelladdningar införas så att för en punktladdning i punkten ~r0 skall det finnas en spegelladdning med styrkan
−a/r0 i punkten ~r00, där ~r00= (ra02)2~r0. Greensfunktionen blir alltså
G(~r, ~r0) = 1
4π|~r − ~r0| − a r0
1 4π|~r − ~r00|, och den slutliga lösningen fås genom att integrera
φ(~r) = 1
0 Z
V0
dV0ρ(~r0)G(~r, ~r0),
där volymen V0 alltså är sfären och laddningsfördelningen i vårt fall är en punktladdning med styrkan Q i punkten bˆz, dvs
ρ(~r0) = Qδ3(~r0− bˆz).
Integralen blir
φ(~r) = 1
0
Z
V0
dV0ρ(~r0)G(~r, ~r0) = Q 4π0
"
1
|~r − bˆz|−a b
1 ~r −ab2zˆ
# ,
där vi använt att ~r00= ab2z när ~ˆ r0 = bˆz.
2
~r bˆz a2z/bˆ
Q
−aQ/b
θ a
Avstånden (streckade linjer i figuren) blir
|~r − bˆz| =p
r2+ b2− 2br cos θ
~ r − a2
b zˆ
= r
r2+a4 b2 − 2a2
b r cos θ (1)
och lösningen är alltså
φ(~r) = Q 4π0
√ 1
r2+ b2− 2br cos θ −a b
1 q
r2+ab42 − 2ab2r cos θ
.
Vid radien r = a kan vi skriva den andra termens nämnare qa2
b2(b2+ a2− 2ab cos θ).
Notera därför att denna lösning uppfyller det givna randvillkoret φ = 0 på sfärens yta r = a.
Ytladdningsfördelningen ges av 0r ·ˆ ~E+− ~E−
r=a. Eftersom potentialen var noll utanför sfären blir σ = −0Er−. Vi behöver alltså den radiella kompo- nenten av det elektriska fältet
Er(~r) = −∂φ
∂r = Q 4π0
"
r − b cos θ
(r2+ b2− 2br cos θ)3/2 −a b
r −ab2cos θ (r2+ab42 − 2ab2r cos θ)3/2
# .
Vid radien r = a får vi
Er|r=a= Q 4π0
a2− b2
a(a2+ b2− 2ab cos θ)3/2. Alltså får vi ytladdningen
σ = −0Er|r=a= −Q 4π
a2− b2
a (a2+ b2− 2ab cos θ)3/2. 3
Den totala laddningen på sfärens yta (dS = a2sin θdϕdθ) fås nu genom att integrera
Q0 = Z
r=a
σdS = −Q 4π
a2− b2 a
Z 2π ϕ=0
a2dϕ Z π
θ=0
sin θdθ
(a2+ b2− 2ab cos θ)3/2
=
cos θ = t ⇒ dt = − sin θdθ θ ∈ [0, π] ⇒ t ∈ [1, −1]
= −Q
2(a2− b2)a Z 1
−1
dt
(a2+ b2− 2abt)3/2
= −Q
2(a2− b2)a
"
1 ab
1
(a2+ b2− 2abt)1/2
#1
−1
= −Q 2
(a2− b2) b
1
a − b− 1 a + b
= −Q 2
(a2− b2) b
a + b − (a − b)
a2− b2 = −Q. (2)
Remarks. Uppgiften illustrerar speglingsmetoden för att lösa Poissons ekva- tion i specifika geometrier. Notera speciellt hur den införda speglingsladdningen ligger utanför det relevanta området, men ändå ger ett bidrag till fältet. Po- tentialen kan tecknas direkt utifrån uppgiften, men det kan vara en god idé att faktiskt skriva ner Greensfunktionen och utföra volymsintegralen med en laddningsfördelning som motsvarar en punktladdning i punkten bˆz.
4