Skr_01 - Teoria Pola

Metody analityczne
Materiał przygotował: Radosław Jakubowski, Michał Walotek
1. Bezpośrednie całkowanie równań Poissona i Laplace’a
Aby rozwiązać równanie różniczkowe należy je scałkować. Jest to jednak niemożliwe jeżeli mamy do
czynienia z drugą różniczką cząstkową. Jeżeli jednak potencjał zależy wyłącznie od jednej współrzędnej,
 ∂V 
 dV 
 może być zastąpiona normalną pochodną 
 i wtedy możemy
 ∂x 
 dx 
pochodna cząstkowa 
normalnie całkować. Przykładowo, mamy tutaj jednowymiarowe równanie Poissona we współrzędnych
kartezjańskich:
d 2V ( x ) ρ V ( x )
=
ε
dx 2
(1.1)
Całkujemy dwa razy względem x:
V ( x)
 ρ ( x) 
= ∫ − V
dx + a
ε 
dx

(1.2)
  ρ ( x)  
V ( x) = ∫  ∫ − V
dx dx + ax + b
ε  
 
(1.3)
Gdybyśmy zamiast równania Poissona rozwiązywali równanie Lapalce’a po prostu opuszczamy
wyrażeniu na gęstość ładunku i otrzymujemy:
V(x) = ax + b
(1.4)
Stałe ‘a’ i ‘b’ wyznaczamy z warunków brzegowych.
Przykład
Okładki kondensatora są oddalone od siebie na odległość ‘d’ oraz są uziemione jak pokazano na rysunku
1.1. Dielektryk ma przenikalność ε, gęstość ładunku między okładkami wyrażona jest wzorem ρv(x) = ρ0
x (x-d) [C/m2]. Należy znaleźć potencjał oraz rozkład pola elektrycznego pomiędzy okładkami
kondensatora.
X
V=0
ρ v ( x) = ρ o x( x − d )
d
V=0
Rys. 1.1
Rozwiązanie
Ładunek zależy wyłącznie od składowej x. Rozwiązanie jednowymiarowego równania Poissona da nam
potencjał. Gradient potencjału da nam wzór na pole elektryczne.
Równanie Poissona (1.1) po podstawieniu gęstości ładunku ma postać:
ρ 0 x( x − d )
d 2V
=
−
ε
dx 2
(1.5)
Warunki początkowe wynoszą V(x = 0) = 0 oraz V(x = d) = 0. Przekształcając równanie (1.5)
otrzymujemy:
ρ0 x4 ρ0 x3d
V ( x) = −
+
+ C1 x + C 2
12ε
6ε
[V ]
(1.6)
Po uwzględnieniu warunków brzegowych:
V ( x) = −
ρ 0 x 4 ρ 0 x 3d ρ 0 x 3d 3
+
−
12ε
6ε
12ε
[V ]
(1.7)
Pole elektryczne otrzymujemy obliczając gradient potencjału:
E ( x) = −∇V ( x ) = − xˆ
 ρ x3 ρ x 2d ρ0d 3
dV ( x)
= xˆ  0 − 0
+
3
ε
2
ε
12ε
dx





V 
m
 
(1.8)
b
a
ε = 5ε 0
V0
-
+
Rys. 1.2
Przykład
Długość dwóch przewodników pokazanych na rys. 1.2 jest nieskończenie długa. Obliczyć rozkład
potencjałów oraz rozkład pola elektrycznego między tymi przewodnikami.
Rozwiązanie
Do rozwiązania powyższego problemu użyjemy równanie Laplace’a w układzie cylindrycznym. Będzie
to równanie jednowymiarowe, ponieważ zmiana potencjału będzie się odbywać wyłącznie względem ‘r’.
1 d  dV 
r
=0
r dr  dr 
lub
d  dV 
r
=0
dr  dr 
(1.9)
Drugie równanie jest poprawne ponieważ w naszym przykładzie r ≠ 0. Całkując otrzymujemy:
r
dV
dV C1
= C1 →
=
dr
r
dr
(1.10)
Po kolejnym całkowaniu otrzymujemy:
V(r) = C1 ln r + C2
(1.11)
Stałe C1 i C2 obliczmy z warunków brzegowych. V(r = a) = 0 i V(r = b) = V0:
V(a) = C1 ln a + C2 = 0 i V(b) = C1 ln b + C2 = V0
C1 =
V0
,
ln(b / a )
C2 =
V0 ln a
ln(b / a)
(1.12)
Rozkład potencjału pomiędzy przewodnikami wynosi:
V (r ) =
V0
(ln r − ln a )
ln(b / a)
[V]
(1.13)
Rozkład pola elektrycznego znajdujemy licząc gradient potencjału. Jako że potencjał zależy wyłącznie od
r gradient we współrzędnych cylindrycznych ma tylko składową r.
E (r ) = −∇V (r ) = −rˆ
∂
∂r
V0
 V0

(ln r − ln a) = − rˆ

r ln(b / a)
 ln(b / a )

V 
 m 
(1.14)
2. Metoda obrazów
Metoda obrazów zakłada, że pole wytworzone przez jedno lub kilka źródeł w przestrzeni może
być wytworzone również przez inne źródła. Równania Laplace’a lub Poissona mówią, że nie ma dwóch
różnych rozwiązań dla danego problemu, ale możliwe jest uzyskanie dwóch identycznych pól dla różnych
źródeł. Oznacza to zastąpienie naszego układu innym, łatwiejszym do rozwiązania, ale dającym takie
samo rozwiązanie w danym obszarze.
Najtrudniejszym elementem tej metody jest znalezienie równoważnego układu ładunków. W większości
przypadków jest tak, że ładunek odbija się przewodniku, tak jak światło odbija się w lustrze. Przewodnik
w takim wypadku zastępujemy tym ‘lustrzanym’ odbiciem i liczymy normalnie rozkład pola dla tych
dwóch ładunków. Metodę obrazów stosuje się głównie jeśli mamy do czynienia z doskonałym
przewodnikiem, nie jest to jednak warunek konieczny. Metodę tą można stosować zarówno dla
przewodników jak i dla dielektryków.
b).
a).
Q
Q
d
=>
d
Przewodnik
d
Rys. 2.1
-Q
Przykładowo na rysunku 2.1a, ładunek Q reprezentuje ładunek powyżej powierzchni
przewodnika. Szukamy natężenia pola oraz potencjał w całej przestrzeni. Metoda obrazów wymaga od
nas abyśmy usunęli przewodnik i zastąpili go odbiciem ‘lustrzanym’ ładunku Q jak pokazano na rysunku
2.1b. Powierzchnia przewodnika została zastąpiona przez powierzchnię o takim samym stałym
potencjale, rozwiązanie tego problemu powyżej tej powierzchni jest rozwiązaniem naszego problemu z
rysunku 2.1a. Należy zauważyć, że poniżej powierzchni (tam gdzie umieszczony był przewodnik)
rozwiązanie jest niepoprawne: pole elektryczne w przewodniku jest zawsze równe zero, a nie tak jak w
naszym drugim przypadku z dwoma ładunkami. Otrzymując rozwiązanie problemy, 2.1b stosujemy je
wyłącznie do obszaru powyżej powierzchni przewodnika, poniżej rozwiązanie jest nam znane (E=0).
Podsumowując metodę obrazów zbierzmy wszystko w kilka punktów:
1. Obraz ładunku ma zawsze taką samą wartość co nasz oryginalny ładunek, ale przeciwny znak.
2. Kształt rozpatrywanych ładunków jest odbiciem w powierzchni o stałym potencjale, jak w lustrze.
3. Obraz oraz źródło są położone od ‘lustra’ w tej samej odległości.
4. Więcej niż jedno źródło produkuje odpowiednio więcej obrazów.
5. Jeden czy więcej ładunków umieszczonych przez wieloma powierzchniami ‘lustrzanymi’ tworzy
wiele obrazów.
Najprostszym przykładem na zastosowanie metody obrazów jest pojedynczy ładunek punktowy
umieszczony nad przewodnikiem (rys. 2.2a). Przyjmujemy, że potencjał na po wierzchni przewodnika
wynosi zero, ale nie jest to niezbędne założenie ponieważ nawet jeśli potencjał na powierzchni
przewodnia jest różny od zera to do rozwiązania przyjmujemy ten potencjał jako zerowy i dopiero mając
rozwiązanie dodajemy ten potencjał.
Usuwamy przewodnik i obraz tej samej wartości tylko, że z przeciwnym znakiem umieszczamy w
odległości d poniżej ekwipotencjalnej powierzchni (która jest na miejscu powierzchni przewodnika). Jak
pokazano na rysunku 2.2b dwa ładunki tworzą pole, którego linie rozkładu przedstawione są na rysunku
2.2c. Zauważy, że potencjał na środku pomiędzy dwoma ładunkami jest równy zero, tak jak
zakładaliśmy. Znaczy to, że usunięcie przewodnika i umieszczenie tam obrazu nie zmieniło warunków
zadania.
Do rozwiązania zadania potrzebujemy teraz znaleźć natężenie pola elektrycznego lub potencjał
związany z tymi dwoma ładunkami. Z reguły łatwiej jest nam policzyć potencjał gdy mamy kilka źródeł i
potem obliczyć natężenie pola zgodnie ze wzorem E = - grad V. Jeśli łatwiej wyznaczyć natężenie pola,
potencjał uzyskujemy całkując wyrażenie na natężenie.
Poniżej przedstawimy obie te metody.
z
b).
a).
Q
Q
d
Przewodnik
d
(0,0,d)
d
-Q
P(x,y,z)
R1
R2
V=0
(0,0,-d)
c).
Rys. 2.2
1.
Liczenie potencjału.
Potencjał w dowolnym punkcie w przestrzeni P(x,y,z) dla dwóch ładunków umieszczonych w punktach
P1(x,y,d) i P2(x,y,-d) wynosi: (rys. 5.2b)
V ( x, y, z ) = +
Q
4πε 0 R1
−
Q
4πε 0 R2
1
Q 
 2
2
4πε 0  x + y + ( z − d ) 2
=
[
]
1/ 2
−
[x
1
2
+ y 2 + (z + d )
]
2 1/ 2

 (2.1)

Dla z = 0 potencjał wynosi zero tak jak zakładaliśmy.
Możemy teraz obliczy natężenie pola elektrycznego, liczymy gradient potencjału:
∂V ( x, y, z )
∂V ( x, y, z )
∂V ( x, y , z )
− yˆ
− zˆ
=
∂x
∂y
∂z
Q  xˆx + yˆy + zˆ ( z − d )
xˆx + yˆy + zˆ ( z − d ) 
=
−
 2
3/ 2 
4πε 0  x + y 2 + ( z − d ) 2 3 / 2
x 2 + y 2 + (z + d )2

E ( x, y , z ) = −∇V ( x, y, z ) = − xˆ
[
]
[
]
(2.2)
Dla z = 0 otrzymujemy natężenie pola elektrycznego na powierzchni przewodnika:
E ( x, y,0) = − zˆ
[
2Qd
4πε 0 x 2 + y 2 + d 2
]
3/2
V 
 m 
(2.3)
Na powierzchni przewodnika natężenie pola skierowane jest ujemnie w kierunku składowej „z”, a jego
wartość zależy od odległości ładunku od powierzchni przewodnika. Natężenie pola powyżej przewodnika
opisane jest wyrażeniem powyżej, E(x,y,z), natomiast wewnątrz przewodnika natężenie jest stałe i równe
zero. Rysunek 2.3 pokazuje kompletne rozwiązanie naszego problemu.
z
+Q
x
Przewodnik
E=0
Rys. 2.3
Obliczymy teraz gęstość ładunku na powierzchni przewodnika, ładunek dodatni Q powoduje, że na
powierzchni mamy ładunki ujemne. Z warunków powierzchniowych między powietrzem, a
przewodnikiem otrzymujemy:
ε 0 = D / E i D = ρ s → ε 0 En = ρ s
gdzie: D – wektor indukcji elektrycznej
(2.4)
z
ρ (x )
x
Q
x
y
Rys. 2.4
Po podstawieniu wyrażenia (2.3) gęstość ładunku ma postać:
ρ s ( x, y ) = −
2Qd
4π ( x + y 2 + d 2 ) 3 / 2
2
C 
 m 2 
(2.5)
Gęstość ładunku jest liczbą ujemną oraz jest rozłożona na całej powierzchni, suma ładunku na
nieskończonej powierzchni z = 0 jest równa –Q. Maksymalna gęstość ładunku występuje dokładnie
poniżej naszego ładunku Q (x = 0, y = 0). Na rysunku 2.4a widać wykres dwuwymiarowy gęstości
ładunku dla y = 0. Na rysunku 2.4b widać wykres w kształcie dzwona, trójwymiarowa ilustracja gęstości
ładunku, dokładnie widać, że maksymalna gęstość przypada dokładnie poniżej naszego ładunku Q.
2.
Liczenie natężenia pola elektrycznego
Jak wspomnieliśmy wcześniej, możemy zacząć od obliczenia pola elektrycznego wytworzonego przez
dwa ładunki. Rysunek 2.5 przedstawia nasz przypadek, wyrażenie na pola wygląda tak:
E ( x, y , z ) =
=
QR1
(−Q ) R1
+
=
3
4πε 0 R1 4πε 0 R23
QR  xˆx + yˆy + zˆ( z − d )
xˆx + yˆ y + zˆ ( z + d ) 
−
 2
3/ 2 
4πε 0  x + y 2 + ( z − d ) 2 3 / 2
x 2 + y 2 + (z + d ) 2

[
]
[
]
z
(2.6)
E(+)
Q
R1
P(x,y,z)
E
R
ẑ d
x
V 
 m 
ẑ d
(-)
R2
y
-Q
Rys. 2.5
Wyrażenie to nie różni się od tego uzyskanego pierwszą metodą (2.3), nie jest to niespodzianką, jako że
obie metody są sobie równoważne.
Aby obliczyć potencjał w każdym miejscu w przestrzeni korzystamy z definicji potencjału:
V = − ∫ E ( x, y , z ) ⋅ dl = −∫
=
Q
4πε 0 R1
−
Q
4πε 0 R2
QR1
QR2
⋅ dR1 + ∫
⋅ dR2 =
3
4πε 0 R1
4πε 0 R23
[V ]
(2.7)
Całkujemy od ∞ do punktu P(x,y,z). Wynik jest identyczny z tym otrzymanym wcześniej.
Kolejnym przykładem na zastosowanie metody obrazów jest układ przedstawiony na rysunku 2.6.
Dotyczy on ładunku zgromadzonego w chmurze o określonym kształcie (kula) i wymiarach (promień r).
Jeśli potrafimy oszacować rozkład ładunków wewnątrz tej chmury, jesteśmy w stanie policzyć natężenie
pola elektrycznego w całej przestrzeni, zakładając, że ziemia jest przewodnikiem. W naszym przypadku
ładunki skupione są w sferze o promieniu 1km, umieszczonej 2km nad ziemią. Ładunki w chmurze mają
jednolitą gęstość ρv.
a). obliczymy natężenie pola na całej powierzchni ziemi
b). znajdziemy miejsce, gdzie natężenie ma największą wartość
Do obliczenia natężenia pola stosujemy metodę obrazów, usuwamy ziemie i w to miejsce wstawiamy
obraz naszej sfery 2km poniżej poziomu ziemi. Potencjał obliczamy, zastępując zgodnie z prawem
Gaussa, nasze sfery ładunkami punktowymi. Po uzyskaniu potencjału w dowolnym punkcie P(x,y,z),
natężenie liczymy z ujemnego gradientu funkcji potencjału.
Dla y = 0 otrzymujemy natężenie przy powierzchni ziemi.
a).
P(x,y,z)
y
b).
R1
a
− ρv
1 km
(0,d,0)
d
2 km
R2
x
z
d
Ziemia (przewodnik)
(0,-d,0)
a
Rys. 2.6
Ad.a).
Potencjał w odległości R1 od górnej sfery i w odległości R2 od dolnej sfery wynosi:
V ( P) = −
Q
4πε 0 R1
+
Q
4πε 0 R2
[V ]
(2.8)
Całkowity ładunek Q każdej sfery wynosi iloczyn jej objętości i gęstości ładunku:
4πa 3 ρ v
Q=
3
[C ]
(2.9)
Odległości R1 oraz R2 wynoszą R1=(x2+(y-d)2+z2)1/2 oraz R2=(x2+(y+d)2+z2)1/2. Potencjał w punkcie
P(x,y,z) wynosi:
V ( x, y, z ) =
a 3 ρv
(
4ε 0 x 2 + ( y − d ) 2 + z 2
)
1/ 2
+
(
a3 ρv
4ε 0 x 2 + ( y + d ) 2 + z 2
)
1/ 2
[V ]
(2.10)
V 
 m 
(2.11)
Teraz liczymy natężenie pola w punkcie P(x,y,z):
∂V ( x, y , z )
∂V ( x, y , z )
∂V ( x, y, z )
− yˆ
− zˆ
=
∂x
∂y
∂z
a 3 ρ v  xˆx + yˆ ( y − d ) + zˆz
xˆx + yˆ ( y + d ) + zˆz 
=
+
 2
3/ 2 
3ε 0  x + ( y − d ) 2 + z 2 3 / 2
x2 + ( y + d)2 + z2

E ( x, y , z ) = − xˆ
[
]
[
]
Aby uzyskać natężenie pola na poziomie ziemi, zakładamy y = 0:
E ( x,0, z ) = yˆ

2a 2 ρ v 
d
 2

3ε 0  (x + d 2 + z 2 )3 / 2 
V 
 m 
(2.12)
Ad.b).
Z ogólnego wyrażenia na natężenie pola (2.11), wynika że największą wartość natężenia na powierzchni
ziemi przyjmuje w punkcie x = z = 0, kiedy mianownik jest najmniejszy. Maksimum to przypada na
punkt (0,0,0):
E max = E (0,0,0) = yˆ
2a 2 ρ v
3ε 0 d 2
V 
 m 
(2.13)
Podstawiając dane zadania otrzymujemy wartość natężenia na poziomie ziemi:
E (0,0,0) = yˆ1.885 × 1013 ρ v
V 
 m 
(2.14)
Ostatnim przykładem na zastosowanie metody obrazów będzie ładunek umieszczony między
nieskończenie długim przewodnikiem w ten sposób jak to pokazuje rysunek 2.7.
y
a).
b).
+q
(1)
-q
a
+q
a
b
b
(2)
x
(2)
Przewodnik
b
+q
b
a
a
-q
Rys.2.7
Zadanie nasze polega na:
a). obliczeniu natężenia pola w całej przestrzeni z = 0
b). wyznaczeniu gęstości ładunku wytworzonego na tej samej powierzchni co w
podpunkcie a)
Na początku musimy znaleźć odpowiednie obrazy naszego ładunku, tak aby na powierzchni przewodnika
nie zmieniły się warunki zadania, kiedy już usuniemy przewodnik. Układ ładunków jest pokazany na
rysunku 2.7.
Ad.a).
Obliczamy teraz potencjał zależny od naszych czterech ładunków:
q 
1
1
1
−
+

2
2 1/ 2
2
2 1/ 2
2
4πε  (( x − a) + ( y − b) )
(( x − a) + ( y + b) )
(( x + a ) + ( y + b) 2 )1 / 2

1
[V ]
(2.15)
−
2
2 1/ 2 
(( x + a ) + ( y − b) ) 
V ( x, y ) =
Zgodnie ze wzorem na natężenie, E = −∇V :
E ( x, y ) = − xˆ
= xˆ
+
q 
x−a
x−a
−
+

2
2 3/ 2
2
4πε  (( x − a) + ( y − b) )
(( x − a) + ( y + b) 2 ) 3 / 2
x+a
x+a
−
+
2 3/ 2
2
(( x + a ) + ( y + b) )
(( x + a) + ( y − b) 2 ) 3 / 2
2
+ yˆ
+
∂V ( x, y )
∂V ( x, y )
− yˆ
=
∂x
∂y
q 
x−b
x+b
−
+

2
2 3/ 2
2
4πε  (( x − a) + ( y − b) )
(( x − a) + ( y + b) 2 ) 3 / 2

x+b
x−b
−
2 3/ 2
2
2 3/ 2 
(( x + a ) + ( y + b) )
(( x + a) + ( y − b) ) 
2
V 
 m 
(2.16)
Ad.b).
Do obliczenia gęstości ładunku najpierw na pionowej ściance przewodnika korzystamy ze wzoru
wyprowadzonego wyżej i podstawiamy x = 0. Natężenie E(0,y) wynosi:
E (0, y ) = xˆ
qa
4πε


1
1
− 2
 2
2 3/ 2
2 3/ 2 
( a + ( y + b) ) 
 (a + ( y − b) )
V 
 m 
(2.17)
Zauważmy, że składowa „y” się zeruje. Gęstość ładunku wynosi:
ρ sy (0, y ) = εE b (0, y ) = −
qa
2π


1
1
− 2
 2
2 3/ 2
2 3/ 2 
(a + ( y + b) ) 
 ( a + ( y − b) )
C 
 m 2  (2.18)
Gęstość ładunku jest równa zero dla y = 0 i y = ∞. Największa gęstość ładunku przypada dla y = b.
Analogicznie liczymy gęstość ładunku dla powierzchni poziomej, przyjmujemy y = 0. Natężenie pola,
E(x,0) wynosi:
E ( x,0) = yˆ

q 
x−b
x+b
−

2
2 3/ 2
2
2 3/ 2 
4πε  (( x − a ) + b )
(( x + a) + b ) 
V 
 m 
(2.19)
ρ sx ( x,0) = εE b ( x, o) = −
qb
2π


1
1
−

2
2 3/ 2
2
2 3/ 2 
(( x + a ) + b ) 
 (( x − a) + b )
C 
 m 2  (2.20)
Analogicznie, gęstość ładunku jest równa zero dla x = 0 i x = ∞. Największa gęstość ładunku przypada
dla x = a. Na rysunku 2.8a pokazano wykres gęstości ładunku, a na rysunku 2.8b rozkład linii pola
elektrycznego.
Rys. 2.8a
Rys. 2.8b
3. Metoda rozdzielania zmiennych
Metoda rozdzielania zmiennych jest najbardziej bezpośrednim sposobem na rozwiązywanie
rozkładu pól, stosuje ją się dla układów o nieskomplikowanych warunkach brzegowych.
Prostym przykładem jest równanie Laplace’a w kartezjańskim układzie współrzędnych w dwóch
wymiarach:
∇ 2V =
∂ 2V ∂ 2V
+ 2 =0
∂x 2
∂y
(3.1)
Przewidujemy, że wyrażenie na potencjał jest w postaci iloczynu dwóch funkcji, z których każda jest
funkcją tylko jednej zmiennej.
V = X ( x )Y ( y )
(3.2)
1 ∂ 2V
1 ∂ 2V
=−
X ∂x 2
Y ∂y 2
(3.3)
Rozdzieliliśmy równanie Laplace’a na dwie części. Każda część jest funkcją tylko jednej zmiennej. Jako,
że x oraz y mogą się zmieniać w dowolny sposób, ich suma zawsze musi być równa zero. Jedynym
sposobem aby tak było, jest przyrównanie obu części do jakiejś zmiennej, powiedzmy –p2 (czasem
nazywanej zmienną rozdzielania). Nasze równanie składa się teraz z dwóch równań jednorodnych:
∂ 2V
+ p2 X = 0
2
∂x
(3.4)
∂ 2V
− p 2Y = 0
2
∂y
(3.5)
Nasze równania są spełnione dla:
 sin px 
X ( x) = 

cos px 
 sinh py 
Y ( y) = 

cosh py 
lub e ± py
Wyrażenie na potencjał ma teraz postać:
V=
sinh
sin
( py )
( px)
cosh
cos
lub
V = e ± py
sin
( px)
cos
(3.6)
Mnożąc każde rozwiązanie przez stałą otrzymujemy nadal dobre rozwiązanie Laplace’a, ale obejmujemy
większą ilość rozwiązań. Korzystając z zasady superpozycji otrzymujemy ostateczne rozwiązanie:
∞
V = ∑ {[K n sinh p n y + Ln cosh p n y ] sinh p n x + [M n sinh p n y + N n cosh p n y ] cos p n x} (3.7)
n =1
gdzie Kn, Ln, Mn, Nn oraz pn są to stałe, które otrzymujemy z odpowiednich warunków brzegowych.
Przykładem na zastosowanie metody rozdzielania zmiennych jest prostokątny przewód pokazany na
rysunku 3.1. Wszystkie warunki brzegowe są dane.
 x = 0,
 x = a,


 y = 0,
 y = b,
V
V
V
V
=0
=0
= f ( x)
=0
y
b
V=0
V=0
0
V=0
a
V=f(x)
X
Rys. 3.1
Rozważając pierwszy warunek brzegowe zauważamy, że Mn i Nn równania uzyskanego wyżej muszą być
równe zero, aby istniał tylko warunek z sin p n x . Równocześnie aby spełniony został drugi warunek dla
Kn i Ln, musimy mieć:
sin p n a = 0
p n a = nπ
pn =
nπ
,
a
dla n = 1,2,3...
Możemy napisać:
∞
nπy
nπy 
nπx

+ Ln cosh
V = ∑  K n sinh
 sin
a
a 
a
n =1 
(3.8)
Korzystając z ostatniego warunku brzegowego, y = b otrzymujemy:
K n sinh
nπb
nπ b
+ Ln cosh
=0
a
a
(3.9)
Podstawiając do równania na potencjał otrzymanego wcześniej:
∞
V = ∑ Ln
n =1
sinh(nπ / a )(b − y )
(sin nπx / a )
sinh (nπb / a )
(3.10)
Został nam jeszcze trzeci warunek brzegowy, y = 0, korzystając z niego otrzymujemy:
∞
V = ∑ Ln sin
n =1
nπx
= f ( x)
a
(3.11)
Mnożąc obie strony powyższego równania przez sin (mπx / a ) oraz całkują od 0 do a otrzymujemy:
∞ a
∑ ∫ Ln sin
n =1 0
nπ x
mπx
mπx
dx = ∫ f ( x ) sin
sin
dx
a
a
a
0
a
(3.12)
Obie całki wynoszą zero z wyjątkiem przypadku kiedy n = m:
a
2
∫ sin
0
1
2 nπ x 
nπx
a
dx = ∫ 1 − cos
dx =
2
2
a
a 
0 
a
2
nπ x
Ln = ∫ f ( x ) sin
dx
a0
a
(3.13)
a
(3.14)
Nasz problem jest rozwiązany, jeśli tylko można policzyć całkę z wyrażenia z f(x). Najprostszym
przypadkiem jest funkcja stałego potencjału f(x) = V0:
2V a
2V
nπx
Ln = 0 ∫ sin
dx = 0
a 0
a
a
a
2V0
nπx 
 a
− nπ cos a  = nπ (1 − cos nπ )
0
(3.15)
dla n parzystego Ln = 0
dla n nieparzystego
Ln =
4V0
nπ
stąd
V =
1 sinh (nπ / a )(b − y )
(sin nπx / a )
π n=1,3,5,... n sinh (nπb / a )
4V0
∞
∑
(3.16)
Przykład – studnia potencjału
Obliczenie rozkładu potencjału V i natężenia pola elektrycznego E w długim i głębokim kanale
metalowym, którego ścianki boczne mają potencjał V=0, a podstawa (dno kanału) potencjał V=V0. (rys.
3.2)
y
V=0
V=0
V=V0
a
x
Rys. 3.2
W analizowanym układzie potencjał może być funkcją jedynie zmiennych x, y, zatem poszukiwać
będziemy rozwiązania w postaci:
V ( x, y ) = X ( x) ⋅ Y ( y )
(3.17)
Rozkład potencjału w kanale opisany jest równaniem Laplace’a ∇ 2V = 0 , warunki brzegowe:
V = 0 dla x = 0, y>0 oraz dla x = a, y>0
V → 0 dla = ≤ x ≤ a, y → ∞
V = V0 dla 0<x<a, y = 0
Otrzymujemy równanie
d2X
d 2Y
Y
+X
=0
dx 2
dy 2
(3.18)
Po rozdzieleniu zmiennych
1 d 2Y
1 d2X
=
−
Y dy 2
X dx 2
(3.19)
którego każda strona – w uwagi na niezależność zmiennych – musi być w każdym punkcie przestrzeni
równa stałej wartości. Ponieważ V = 0, dla x = 0 i x = a, więc nie może być to liczba ujemna.
Rozwiązanie elementarne wyznaczamy z układu równań:
d2X
k2
=− 2 X
dx 2
d
(3.20)
d 2Y k 2
=
Y
dy 2 d 2
(3.21)
których rozwiązanie dla k ≠ 0 przedstawić można jako:
kx
kx
+ Bk sin
d
d
X k = Ak cos
Yk = C k e
−
ky
d
+ Dk e
(3.22)
ky
d
(3.23)
Dla k = 0 natomiast:
X 0 = A0 x + B0
Y0 = C 0 y + D 0
Aby spełnić warunki brzegowe wystarczy spośród rozwiązań (3.20-3.23) wybrać te, w których k jest
liczbą naturalną. Wobec liniowości równania Lapalce’a rozwiązania problemu poszukiwać będziemy jako
kombinacji liniowej rozwiązań elementarnych:
∞
V ( x , y ) = ∑ X k Yk
(3.24)
k =0
czyli:
ky
ky
−
kx 
kx

d
V ( x, y ) = ( A0 x + B0 )(C 0 y + D0 ) + ∑  Ak cos + Bk sin  C k e + Dk e d
d 
d
k =0 
∞




(3.25)
Wartości współczynników występujących w powyższej zależności obliczmy korzystając z warunków
brzegowych.
1.
V = 0 dla x = 0, y>0
Podstawiając te wartości do zależności na potencjał (3.25), uzyskujemy:
ky
ky
−

d
0 = B0 (C 0 x + D0 ) + ∑ Ak  C k e + Dk e d
k =1

∞




zatem:
B0 = 0, Ak = 0 dla k = 1,2,3...
Podstawiając wartości obliczonych współczynników do zależności na V(x,y) otrzymujemy:
∞
V ( x, y ) = A0 x(C 0 y + D0 ) + ∑ Bk sin
k =0
−
kx 
d
+ Dk e d
C
e
k
d 
ky
ky




(3.26)
2.
V = 0 dla x = a, y>0
Warunek ten umożliwia wyznaczenie stałej d bowiem spełnienie tego warunku prowadzi do
zależności:
−
ka 
0 = A0 a (C 0 y + D0 ) + ∑ Bk sin  C k e d + Dk e d
d 
k =0
ky
∞
ky




zatem:
A0 = 0,
d=
a
=π
d
a
π
czyli:
∞
V ( x, y ) = ∑ Bk sin
k =0
3.
πkx 
Ck e
a 
−
πky
a
+ Dk e
πky
a




(3.27)
V → 0 dla 0 ≤ x ≤ a, y → ∞
Potencjał pola elektrycznego w dużej odległości od dna kanału przyjmuje wartości potencjału ścian
bocznych. Umożliwia to określenie stałych Dk, dla k = 1,2,3... Wszystkie współczynniki przy
funkcjach nieograniczonych dla y → ∞ muszą być równe zero, zatem:
Dk = 0 dla k = 1,2,3...
zatem
∞
πkx
k =0
a
V ( x, y ) = ∑ Bk C k sin
e
−
πky
a
Zamiast iloczynu dwóch stałych możemy wprowadzić nową stałą, bądź przyjąć np.:
Ck = 1 dla k = 1,2,3...
wtedy:
∞
πkx
k =0
a
V ( x, y ) = ∑ Bk sin
e
−
πky
a
(3.28)
4. V = V0 dla 0<x<a, y=0
Ostatni warunek brzegowy pozwoli wyznaczyć stałe Bk dla k = 1,2,3...
Z ostatnie zależności wynika, że dla y = 0:
∞
πkx
k =0
a
V0 = ∑ Bk sin
Ostatecznie więc wartości Bk należy poszukiwać jako współczynników rozwinięcia funkcji V = V0
dla 0<x<a w szereg Fouriera na zbiorze funkcji:
sin
πkx
a
, dla k = 1,2,3...
zatem:
a
Bk
∫ V0 sin
0
kπx
dx
a
kπx
∫0 sin a dx
a
,
dla k = 1,2,3...
2
Bk = −
2V0
(cos kπ − 1),
kπ
dla k = 1,2,3...
(3.29)
Podstawiając wartości współczynników Bk do wyrażenia na potencjał (3.25) uzyskujemy teraz wyrażenie,
określające wartość potencjału w dowolnym punkcie kanału przedstawionego na rysunku:
cos kπ − 1 −
⋅e
V ( x, y ) = −
∑
π k =1
k
∞
4V0
kπy
a
sin
kπx
a
(3.30)
Ponieważ cos kπ − 1 = 0 dla parzystych k oraz cos kπ − 1 = −2 dla nieparzystych k, więc zmieniając
wskaźniki sumowania mamy
4V0
∞
−
1
⋅e
V ( x, y ) =
∑
π k = 0 2k + 1
( 2 k +1)πy
a
sin
(2k + 1)πx
a
(3.31)
Tą zależność można zapisać w znacznie prostszej postaci. W tym celu wystarczy przedstawić
sin
(2k + 1)πx
a
przy pomocy funkcji wykładniczych, a następnie zastosować wzór na rozwinięcie funkcji
arc tg w szereg Maclaurina. W ten sposób otrzymujemy:
V ( x, y ) =
2V0
π
arctg
e
e
j
j
πx
a
πy
− arctg
a
e
−j
e
j
πx
a
πy
(3.32)
a
stosując zaś wzór na różnicę funkcji arc tg oraz dokonując prostych przekształceń trygonometrycznych,
otrzymujemy ostatecznie:
πx 

sin


2V0
a


V ( x, y ) =
arctg
πy 

π
 sinh 
a 

(3.33)
Z zależności tej wynika, że równanie linii ekwipotencjalnej V(x,y) = V1 określone będzie w następujący
sposób:

 sin πx
a
a
y = ax ⋅ sinh 
 πV1
π
 tg 2V
0







(3.34)
Obliczając gradient funkcji V(x,y) określamy wektor natężenia pola elektrycznego, którego składowe są
odpowiednio równe:
Ex = −
2V0
a
cos
πx
sinh
πy
a
a ,
πy
x
π
sin 2
+ sinh 2
a
a
Ey =
Rys.3.3
2V0
a
sin
sin
πx
a
2 πx
a
cosh
πy
+ sinh
a
2
πy
a
(3.35)
Rys.3.4
Rysunek 3.3 przedstawia wykres tego potencjału (wzór 3.31) natomiast na rysunku 3.4 pokazane jest jak
przez dodawanie kolejnych wyrazów szeregu otrzymujemy coraz to lepsze przybliżenia stałej V0: (1) to
jedynie człon n=0, (2) zawiera człony z n do 2 włącznie (tj. n = 0,1,2), (3) jest sumą pierwszych 10
członów, a (4) jest sumą pierwszych 50 członów.
Przykład – kula w dielektryku
Mamy wyznaczyć potencjał i natężenie pola elektrycznego w układzie składającym się z kuli o promieniu
a, umieszczonej w jednorodnym polu o natężeniu E0. Kula wykonana jest z dielektryka o przenikalności
ε w1 i umieszczona w nieskończonym dielektryku o przenikalności ε w2 .
Mamy tu do czynienia ze sferycznym układem współrzędnych, oś „z” wybieramy tak, aby była
równoległa do kierunku pola E0 i przechodziła przez środek kuli. Ze względu na symetrię układu
potencjał oraz natężenie pola nie zależy od współrzędnej ϕ , a tylko od r i θ .
Wewnątrz i za zewnątrz kuli potencjał spełnia równanie Laplace’a:
∇ 2V = 0
(3.36)
Laplasjan potencjału w układzie sferycznym wynosi:
∇ 2V =
1 ∂  2 ∂V 
1
∂ 
∂V 
1
∂ 2V
r
+
sin
θ
+




∂θ  r 2 sin 2 θ ∂ϕ 2
r 2 ∂r  ∂r  r 2 sin θ ∂θ 
(3.37)
W naszym przypadku, ja zostało wspomniane wcześniej, potencjał nie zależy od ϕ , czyli
∂ 2V
= 0,
∂ϕ 2
teraz nasz laplasjan potencjału wygląda tak:
∇ 2V =
1 ∂  2 ∂V 
1
∂ 
∂V 
r
+ 2
 sin θ

2
∂θ 
r ∂r  ∂r  r sin θ ∂θ 
∇ 2V = 0 ⇔
1 ∂  2 ∂V 
1
∂ 
∂V 
r
+ 2
 sin θ
=0
2
∂θ 
r ∂r  ∂r  r sin θ ∂θ 
(3.38)
/⋅ r
2
∂  2 ∂V 
1 ∂ 
∂V 
r
+
 sin θ
=0
∂r  ∂r  sin θ ∂θ 
∂θ 
∂  2 ∂V 
1 ∂ 
∂V  ∂r 2 ∂V
∂ ∂V
1  ∂ sin θ ∂V
∂ ∂V 
+ r2
+
+ sin θ
r
+
 sin θ
=

=
∂r  ∂r  sin θ ∂θ 
∂θ  ∂r ∂r
∂r ∂r sin θ  ∂θ ∂θ
∂θ ∂θ 
2
cosθ ∂V ∂ 2V
∂V
2 ∂ V
= 2r
+r
+
+
=0
∂r
dr 2 sin θ ∂θ ∂θ 2
(3.39)
Rozwiązania równania (3.39) różniczkowego cząstkowego drugiego rzędu poszukujemy w postaci
iloczynu dwóch funkcji, z których każda jest funkcją tylko jednej zmiennej (metoda rozdzielania
zmiennych Fouriera).
V = X (r )Y (θ )
(3.40)
W celu wyznaczenia tych funkcji podstawimy poszukiwane rozwiązanie do równania różniczkowego.
Otrzymujemy:
2r ⋅ Y (θ )
∂X (r )
∂ 2 X (r ) cos θ
∂Y (θ )
∂ 2Y (θ )
X
r
X
r
+ r 2 ⋅ Y (θ )
+
⋅
(
)
⋅
+
(
)
⋅
=0
∂r
sin θ
∂θ
∂r 2
∂θ 2
2r ⋅ Y (θ )
∂Y (θ )
∂ 2 Y (θ )
∂X (r )
∂ 2 X (r )
cos θ
1
⋅
(
)
(
)
X
r
X
r
=
−
⋅
⋅
−
⋅
+ r 2 ⋅ Y (θ )
2
2
sin θ
X (r )Y (θ )
∂θ
∂r
∂θ
∂r
r 2 ∂ 2 X (r )
2r ∂X (r )
cos θ ∂Y (θ )
1 ∂ 2 Y (θ )
+
=−
−
X (r ) ∂r
X (r ) ∂r 2
Y (θ ) sin θ ∂θ
Y (θ ) ∂θ 2
(3.41)
Równanie to powinno być spełnione przy dowolnych wartościach r i θ . Jest to możliwe tylko w tym
przypadku, gdy każda ze stron jest równa pewnej stałej, którą oznacza się p2:
r 2 ∂ 2 X (r )
2r ∂X (r )
+
= p2
2
X (r ) ∂r
X (r ) ∂r
(3.42)
−
cos θ ∂Y (θ )
1 ∂ 2 Y (θ )
−
= p2
2
Y (θ ) sin θ ∂θ
Y (θ ) ∂θ
(3.43)
Równanie (3.43) jest to równanie Legendre’a. Jego rozwiązanie wyraża się funkcjami kulistymi.
Zauważmy, że jeśli do tego równania (3.43) podstawimy Y (θ ) = cos θ otrzymamy:
−
1 ∂ 2 cos θ
cos θ ∂ cos θ
1
1
−
=−
(− cos θ ) −
(− sin θ ) = 1 + 1 = 2
2
cos θ ∂θ
cos θ sin θ ∂θ
cos θ
sin θ
Zatem równanie (3.43) jest spełnione do Y (θ ) = cos θ i p 2 = 2 . Równanie (3.42) przyjmuje teraz
postać:
r 2 ∂ 2 X (r )
2r ∂X (r )
=2
+
X (r ) ∂r
X ( r ) ∂r 2
⋅ X (r )
2
∂X (r )
2 ∂ X (r )
2r
+r
− 2 ⋅ X (r ) = 0
∂r
∂r 2
(3.44)
Do rozwiązania tego równania wprowadźmy nową zmienną niezależną tak, aby:
r = ew,
∂r = e w ∂w,
∂w
= e −w
∂r
Teraz mamy odpowiednio:
∂X (r ) ∂X (r ) ∂w
∂X (r )
=
= e −w
∂r
∂w ∂r
∂w
∂ 2 X (r ) ∂ ∂w ∂X (r ) ∂ ∂w  − w ∂X (r ) 
∂ ∂X (r )
− w ∂ ∂w ∂X ( r )
=
=
= e−w
=
e
=e
2
∂w ∂r ∂r
∂w ∂r 
∂w 
∂w ∂r ∂w
∂w ∂r
∂r
= e −w
∂ 2 X (r ) 
∂  − w ∂X (r ) 
−w 
− w ∂X ( r )

+ e −w
e
 = e  − e
∂w 
∂w 
∂w
∂w 2 

Podstawiając otrzymane zależności do równania (3.44) otrzymujemy:
 
∂X ( r )
∂ 2 X ( r ) 
∂X (r )
 + 2e w e − w
e 2 w e − w  − e − w
+ e −w
− 2 ⋅ X (r ) = 0
2
w
w
∂
∂
w
∂





∂X (r ) −2 w ∂ 2 X (r ) 
∂X (r )
+e
e 2 w − e −2 w
+2
− 2 ⋅ X (r ) =

2
∂w
∂w 
∂w

=−
∂X ( r ) ∂ 2 X ( r )
∂X (r )
∂ 2 X (r ) ∂X (r )
X
r
2
−
2
⋅
(
)
=
+
− 2 ⋅ X (r )
+
+
∂w
∂w
∂w
∂w 2
∂w 2
(3.45)
∂ 2 X (r ) ∂X (r )
+
− 2 ⋅ X (r ) = 0
∂w
∂w 2
(3.46)
Otrzymaliśmy równanie liniowe jednorodne drugiego rzędu. Rozwiązujemy równanie charakterystyczne:
v2 + v − 2 = 0
∆ = 12 − 4 ⋅ 12 ⋅ ( − 2) = 9 ;
9 = 3;
v1
−1+ 3
;
2
v2 =
−1− 3
= −2
2
Zatem:
X (r ) = C1 e w + C 2 e − 2 w = C1 r +
C2
r2
(3.47)
Szukamy potencjał dany wzorem:
C 

V =  C1r + 22  cosθ
r 

(3.48)
Obliczamy natężenie pola:
V = − gradV = E r 1r + Eθ 1θ + Eϕ 1ϕ
Pamiętając, że w układzie współrzędnych kulistych r , θ , ϕ
∂V
1 ∂V
1 ∂V
+1
+1
gradV = 1
r ∂r
θ r ∂θ
ϕ r sin θ ∂ϕ
Er = −
2C 
C 
∂V
∂ 

= −  C1 r + 22  cos θ = − C1 + 3 2  cos θ
∂r
∂r 
r 
r 

(3.49)
Eθ = −
C 
C 
1 ∂V
1 ∂ 

=−
 C1 r + 22  cos θ =  C1 + 32  sin θ
r ∂θ 
r ∂θ
r 
r 

(3.50)
Eϕ = −
C 
1 ∂V
1
∂ 
=−
 C1 r + 22  cos θ = 0
r sin θ ∂ϕ
r sin θ ∂ϕ 
r 
(3.51)
W celu znalezienia stałych całkowania C1, C2 uwzględniamy warunki brzegowe (symbole potencjału i
stałych całkowania wewnątrz kuli oznaczone są indeksem dolnych 1 ,a te same symbole na zewnątrz kuli
– indeksem dolnym 2 ):
A)
W bardzo dużych odległościach od kuli pole jest jednorodne o natężeniu E0, wobec tego E → E0,
czyli Er2 → E0 cos θ , gdy r → ∞ , stąd wynika równanie:
r →∞
2C 

 C12 − 322  cos θ = − C12 cos θ ⇒ C12 = − E 0
r 

zatem na zewnątrz kuli mamy:
2C 
2C 


E r 2 =  − E 0 − 322  cos θ =  E 0 + 322  cos θ ,
r 
r 


B)

Ponieważ z równania E r1 = − C11 −
(3.52)
2C 21 
 cos θ określającego natężenie kuli wewnątrz kuli
r3 

wynika, że przy r → 0 E r1 → ∞ musimy podstawić C21=0, zatem wewnątrz kuli mamy:
E r1 = −C11 cos θ ,
C)
C 

Eθ 2 =  − E 0 + 22
 sin θ
r3 

Eθ 1 = C11 sin θ
(3.53)
Na powierzchni granicznej dwóch środowisk żądamy aby składowa styczna wektora natężenia
pola elektrycznego E była ciągła. W naszym przypadku jest nią Eθ ponieważ natężenie E nie
zależy od składowej ϕ .
Eθ 1 | r = a = Eθ 1 | r = a
C 

C11 sin θ =  − E 0 + 223  sin θ
a 

D)
(3.54)
Na powierzchni granicznej dwóch środowisk nie ma ładunku elektrycznego, zatem składowa
normalna wektora indukcji elektrycznej jest ciągła w punktach tej powierzchni (gdyby natomiast
znajdował się tam ładunek powierzchniowy, to składowa byłaby nieciągła i ich różnica po obu
stronach powierzchni równałaby się gęstości ładunku powierzchniowego).
Dn1=Dn2
ε w1 Er1|r=a= ε w2 Er2|r=a

ε w1 (− C11 cos θ ) = ε w2  E 0 +

2C 22 
 cos θ
a3 
(3.55)
Z warunków C) i D) możemy utworzyć układ równań z którego wyznaczymy wartości stałych C11, C22.
C 

C11 sin θ =  − E 0 + 223  sin θ
a 

2C 

ε w1 − C11 cos θ = ε w 2  E 0 + 322  cos θ
a 

(3.56)
ε w1 − ε w2
ε w1 + 2ε w2
− 3ε w 2
ε − ε w2
= E0
C11 = − E 0 + E 0 w1
ε w1 + 2ε w 2
ε w1 + 2ε w 2
C 22 = E 0 a 3
(3.57)
Uwzględniając powyższe rozwiązania możemy zapisać
I.
Wewnątrz kuli (0 ≤ r ≤ a ) : E 0
− 3ε w 2
, C21=0
ε w1 + 2ε w 2
3ε w 2
C 

Er cos θ
V1 =  C11 r + 21
 cos θ , z uwzględnieniem stałych V1 =
2
ε w1 + 2ε w2
r 

3ε w 2
2C 

E 0 cos θ
E r1 = − C11 − 321  cos θ , z uwzględnieniem stałych E r1 =
ε w1 + 2ε w 2
r 

3ε w 2
C 

E 0 sin θ
Eθ 1 =  C11 + 21
 sin θ ,z uwzględnieniem stałych Eθ 1 = −
3
ε w1 + 2ε w2
r 

2
2
E1 = Er1 + Eθ 1 =
3ε w 2
E0
ε w1 + 2ε w2
Na zewnątrz kuli (r ≥ a ) : C12 = − E 0 , C 22 = E 0 a 3
II.
(3.58)
ε w1 − ε w2
ε w1 + 2ε w2
 ε w1 − ε w 2 a 3

C 


,z
uwzględnieniem
stałych
cos
θ
V
=
− r  E 0 cos θ
V2 =  C12 r + 22

2
2
r 

 ε w1 + 2ε w 2 r

 ε − ε a3

2C 

E r 2 = − C11 − 321  cosθ , z uwzględnieniem stałych Er 2 =  2 w1 w 2 3 + 1 E0 cosθ
r 

 ε w1 + 2ε w 2 r

Eθ 2
 ε w1 − ε w 2 a 3

C 21 

− 1 E 0 sin θ
=  C11 + 3  sin θ ,z uwzględnieniem stałych Eθ 2 =  2
3
r 

 ε w1 + 2ε w 2 r

2
2
E 2 = E r 2 + Eθ 2
2
 ε − ε w 2 a 3

 ε w1 − ε w 2 a 3




=  2 w1
+
1
E
cos
θ
+
− 1 E 0 sin θ 

 2
0
3
3




 ε w1 + 2ε w 2 r
 ε w1 + 2ε w 2 r

2
(3.59)
Z wyrażenia (3.58) wynika, że:
- pole elektryczne wewnątrz kuli jest jednorodne
- E1>E2 gdy ε 2 > ε 1 , a więc natężenia pola elektrycznego we wnętrzu kuli o przenikalności
elektrycznej mniejszej niż przenikalność otaczającego środowiska jest większe w porównaniu z
natężeniem E0 pola jednorodnego. Z tego powodu pole elektryczne we wnętrzu małego pęcherzyka
powietrza w dielektryku o przenikalności elektrycznej ε > ε 0 jest silniejsze od zewnętrznego pola
jednorodnego. Istnienie pęcherzyków powietrza w środowisku dielektrycznym może zatem
prowadzić do powstania lokalnego wzrostu natężenia pola elektrycznego.
Jeśli przenikalność elektryczna kuli jest mniejsza od przenikalności otaczającego ją ośrodka ( ε w1 < ε w 2 ) to
pole elektryczne wewnątrz kuli jest silniejsze od pola przyłożonego. Jeśli zaś sytuacja jest odwrotna
( ε w1 < ε w 2 ), to pole przyłożone jest silniejsze od pola we wnętrzu kuli. (rys.3.4)
Jeśli kula jest doskonałym izolatorem(rys.3.5), wtedy linie pola ją opływają, nie wnikając do jej
wnętrza, gdyż przez izolator nie może płynąć prąd elektryczny.
Natomiast jeśli kula jest doskonałym przewodnikiem(rys.3.7), to linie pola muszą padać
prostopadle do jej powierzchni.
Rys. 3.5
Rys.3.6
Rys.3.7
Indukcja elektryczna wewnątrz kuli
D1 = ε 0ε w1 E1 = 1z
3ε 0 ε w1ε w 2
E0
ε w1 + 2ε w2
(3.60)
natomiast na zewnątrz kuli i to z dala od niej (r → ∞)
D2 = ε 0 ε w 2 E 2 = 1z ε 0 ε w 2 E 0
(3.61)
Porównując wzory (3.60) i (3.61) można się przekonać, że indukcja elektryczna w kuli jest
3ε w1
- razy większa niż z dala od niej (zakłada się, że εw1 > εw2). Można więc ostatecznie
ε w1 + 2ε w2
stwierdzić, że wprowadzając do ośrodka (np. powietrznego) dielektryki o dużej stałej dielektrycznej
powoduje się w tym dielektryku zwiększenie oryginalnej indukcji D i zmniejszenie oryginalnego pola E.
To zmniejszenie pola pochodzi od dipoli indukowanych na skutek działania pola zewnętrznego, które z
kolei wytwarzają pole przeciwne do oryginalnego. Ten efekt nazywa się depolaryzacją, a pole
wytwarzane przez te dipole - polem depolaryzującym Ed . Dla ilościowego określenia tego efektu
stosuje się niekiedy pojęcie współczynnika depolaryzacji N, zdefiniowanego następująco:
N=
ε 0 Ed
(3.62)
P
Można wykazać, że zakres możliwych wartości współczynnika depolaryzacji wynosi od 0 ÷ 1, przy czym
dolna granica (N = 0) odpowiada szczególnemu przypadkowi, gdy umieszczenie specjalnego kształtu
dielektryka w dowolnym ośrodku nie zmienia w niczym oryginalnego pola elektrycznego, natomiast
górna granica (N = 1) odpowiada szczególnemu przypadkowi, gdy pole depolaryzujące Ed jest możliwie
maksymalne, tzn. równe P/ε0 .
Przykład - Ekranowanie magnetyczne
Podobnie jak uziemione przewodniki ekranują elektrostatycznie przewodniki zawarte w ich
wnętrzu od elektrostatycznych wpływów zewnętrznych, tak również magnetyki o dużej przenikalności
względnej ekranują magnetostatycznie obszar przez nie objęty. Zjawisko to zostanie zanalizowane na
przykładzie rury magnetycznej o dużej przenikalności względnej µ0 umieszczonej w jednorodnym
stałym polu magnetycznym H0.
Rys.3.8
Pole magnetostatyczne, w którym nie płyną prądy, jest polem bezwirowym i potencjalnym, a więc w
szczególności obowiązuje równanie Laplace’a, które wyrażone we współrzędnych walcowych przybiera
postać:
∇ 2V
m
=
1 ∂  ∂Vm 
1 ∂ 2V
 r
 +
r ∂r 
∂r 
r 2 ∂ϕ
m
2
+
∂ 2V m
= 0
∂z 2
(3.63)
Umieszczając oś z zgodnie z osią walca magnetycznego uzyskuje się prostsze równanie o postaci:
∂  ∂Vm 
1 ∂ 2V m
+
= 0
 r
∂r 
∂r 
r ∂ϕ 2
(3.64)
Łatwo sprawdzić, że całką tego równania różniczkowego jest wyrażenie:
Vm = Ar cos ϕ +
B cos ϕ
r
(3.65)
Dla r >> R2 , pole magnetyczne jest jednorodne o kierunku x, a więc:
 dV 
 V 
H 0 = 1x H 0 = 1x  − m  = 1x  − m 
 dx 
 x 
(3.66)
Tak więc w obszarze r > R2
Vm1 = − H 0 r cos ϕ +
B1 cosϕ
r
(3.67)
W obszarze dla R1 < r < R2
Vm 2 = A2 r cos ϕ +
B2 cos ϕ
r
(3.68)
i w obszarze dla r < R1
Vm3 = A3 r cosθ
(3.69)
ponieważ B3 = 0, gdyż w przeciwnym przypadku Vm3 dążyłoby do nieskończoności przy r → 0.
Możemy wyznaczyć niewiadomą A3:
A3 =
4H 0 µ w
2
 R1 
  (µ w − 1)2 − (1 + µ w )2
 R2 
(3.70)
a więc podstawiając do wzoru otrzymujemy:
Vm 3 =
4 H 0 µ w r cos ϕ
2
 R1 
  (µ w − 1)2 − (1 + µ w )2
 R2 
(3.71)
Ponieważ potencjał magnetyczny wewnątrz walca zależy tylko od zmiennej x = r cos ϕ, wobec tego pole
H3 = -∇ Vm3 ma tylko składową Hx , która wynosi:
H3 = Hx = −
∂Vm3
=
∂x
4H 0 µ w
(1 + µ w )
2
2
R 
2
−  1  (µ w − 1)
 R2 
(3.72)
a więc jest jednorodne i ma kierunek pola pierwotnego H0. Skuteczność ekranowania można wyrazić
współczynnikiem:
(1 + µ w )
2
H
S= 0 =
H3
2
R 
2
−  1  (µ w − 1)
2
1 (µ w − 1)
 R2 
= 1+
4µ w
4 µw

R 21 
1 − 2 
 R 2
(3.73)
Jeżeli ekran wykonany jest z materiału ferromagnetycznego o dużej przenikalności, to:
µw 
(
R 21  µ w π R 2 2 − R 21
1 −
=
S≈
4  R 2 2  4
πR 2 2
)
(3.74)
a więc skuteczność ekranowania będzie tym większa im większa będzie przenikalność materiału ekranu
oraz im większy jest stosunek powierzchni poprzecznej walca wydrążonego do powierzchni całego
przekroju, tzn. im grubsze są ściany ekranu. Ekranowanie magnetyczne polega więc na ochronie pewnych
obszarów przestrzeni przeciw magnetycznemu polu zewnętrznemu dzięki skierowaniu prawie
całkowitego strumienia magnetycznego na drogę o małej reluktancji, tzn. o dużej przenikalności
magnetycznej, a więc poprzez ekran. Jest rzeczą oczywistą, że skuteczność ekranowania można znacznie
zwiększyć dzięki zastosowaniu kilku ekranów magnetycznych, co praktycznie likwiduje zupełnie wpływ
pola zewnętrznego na obszar chroniony. Ekrany magnetyczne stosowane są często do ochrony cewek i
transformatorów od pól zewnętrznych.