פרק 8 - פתרון משוואת לפלאס במערכת קורדינטות כדורית, פולריזציה ומוליכות סופית

בפרקים הקודמים ראינו כיצד ניתן לפתור את משוואת לפלאס בקורדינטות קרטזיות ואזימוטליות,

בפרק זה נראה כיצד ניתן לפתור את משוואת לפלאס בקורדינטות כדוריות.

פתרון בהפרדת משתנים - קורדינטות כדוריות

איור 1 - קורדינטות כדוריות

היכולת לפתור את משוואת לפלס בקורדינטות כדוריות היא חשובה במיוחד - אלו למעשה הקורדינטות היחידות אותן אנחנו לומדים שבעזרתן אפשרי למדל מבנים סופיים במרחב. באיור 1 ניתן לראות את ההגדרם של הקורדינטות השונות - $r,\theta ,\phi$ בקורדינטות כדוריות, משוואת לפלאס היא:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \varphi }{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta \frac{\partial \varphi }{\partial \theta })+\frac{1}{r^2{\sin }^2\theta }\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial {\phi }^2}=0$$

פתרון בהפרדת משתנים:

$$\varphi =R(r)T(\theta )\mathrm{\Psi }(\phi )$$

נציב:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}(r^2{R}^{\prime }T\mathrm{\Psi })+\frac{1}{r^2\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta R{T}^{\prime }\phi )+\frac{1}{r^2\sin \theta }{\mathrm{\Psi }}^{″}RT=0$$

נכפול ב $\frac{r^2\sin \theta }{RT\mathrm{\Psi }}$:

$$\underset{\text{Function of }\theta ,r\text{ only}}{\underbrace{\frac{{\sin }^2\theta }{R}\frac{\partial }{\partial r}(R^{\prime }{r}^2)+\frac{\sin \theta }{T}\frac{\partial }{\partial \theta }(T^{\prime }\sin \theta )}}+\underset{\text{function of }\phi \text{ only }\equiv -{\mu }^2}{\underbrace{\frac{{\mathrm{\Psi }}^{″}}{\mathrm{\Psi }}}}=0$$

גם כאן, בדומה למה שעשינו בקורדינטות גליליות, נבצע את ההפרדה בשני שלבים. ראשית, נפתור את המשוואה עבור $\mathrm{\Psi }$:

$$\frac{{\mathrm{\Psi }}^{″}}{\mathrm{\Psi }}=-{\mu }^2\Rightarrow {\mathrm{\Psi }}^{″}+{\mu }^2\mathrm{\Psi }=0$$אצלנו ${\mu }^2>0$ ולכן:

$$\mathrm{\Psi }=A\sin (\mu \phi )+B\cos (\mu \phi )$$

נציב חזרה את הקבוע ${\mu }^2$ ונקבל:

$$\underset{\text{depends only on }r}{\underbrace{\frac{1}{R}\frac{\partial }{\partial r}(R^{\prime }{r}^2)}}+\underset{\text{depends only on }\theta }{\underbrace{\frac{1}{T\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(T^{\prime }\sin \theta )-\frac{{\mu }^2}{{\sin }^2\theta }}}=0$$

כלומר נקבל:

$$\{\begin{array}{l}\frac{1}{R}\frac{\partial }{\partial r}(R^{\prime }{r}^2)=l(l+1)\\ \frac{1}{T\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(T^{\prime }\sin \theta )-\frac{{\mu }^2}{{\sin }^2\theta }+l(l+1)=0\end{array}$$

עבור $r$ נקבל את משוואת אוילר (בה נתקלנו גם בהפרדת משתנים בקורדינטות גליליות):

$$R^{″}{r}^2+R^{\prime }\cdot 2r-l(l+1)R=0$$$$R(r)=c{r}^l+D{r}^{-l-1}$$

עבור $\theta$ נשתמש בהצבה $u=\cos \theta$ ונקבל את משוואת לג'נדר, שפתרונותיה הן ה-associated legendre functions $P,Q$:

$$\frac{\partial }{\partial u}((1-u^2)\frac{\partial T}{\partial u})+(l(l+1)-\frac{{\mu }^2}{1-u^2})T=0$$$$\Rightarrow T(\theta )=A{P}_l^{\mu }(\cos \theta )+B{Q}_l^{\mu }(\cos \theta )$$

נסכם את משוואות ההפרדה שקיבלנו:

$$\{\begin{array}{l}\frac{{\mathrm{\Psi }}^{″}}{\mathrm{\Psi }}=-{\mu }^2\\ \frac{\partial }{\partial r}(r^2{R}^{\prime })-l(l+1)R=0\\ \frac{\partial }{\partial u}[(1-u^2)\frac{\partial T}{\partial u}]+[l(l+1)-\frac{{\mu }^2}{1-u^2}]T=0,& u=cos\theta \end{array}$$

פתרון טריוויאלי

$$\mu =l=0$$

$$\{\begin{array}{l}\mathrm{\Psi }=0\Rightarrow \mathrm{\Psi }=A\phi +B\\ \frac{1}{R}\frac{\partial }{\partial r}(r^2{R}^{\prime })=0\Rightarrow R^{\prime }=\frac{\tilde{c}}{r^2}\Rightarrow R=\frac{c}{r}+D\\ \frac{\partial }{\partial \theta }(T^{\prime }\sin \theta )=0\Rightarrow T^{\prime }=\frac{\tilde{E}}{\sin \theta }\Rightarrow T=E\cdot \ln (\tan (\theta /2))+F\end{array}$$

פתרון כללי

$$\mu \ne 0,{\mu }^2>0$$

כבר בשלב הפיתוח רשמנו את הפתרון הכללי:

$$\{\begin{array}{l}\mathrm{\Psi }=A\sin (\mu \phi )+B\cos (\mu \phi )\\ R(r)=c{r}^l+D{r}^{-l-1}\\ T(\theta )=A{P}_l^{\mu }(\cos \theta )+B{Q}_l^{\mu }(\cos \theta )\end{array}$$הערות:

• אם פותרים בכל התחום $\phi \in [0,2\pi ]$ אז $\mu \in \mathbb{\mathbb{Z}}$, ולכן נהוג לרשום $\mu =m$ באופן דומה לקורדינטות גליליות.
• אם פותרים בכל התחום $\theta \in [0,\pi ]$ אז $l\in \mathbb{\mathbb{Z}}$, וגם כל המקדמים של $Q$ חייבים להתאפס מכיוון שפונקציות אלו סינגולריות על ציר $z$ (מכילות את אותה סינגולריות שיש בפתרון הטריויאלי - $\ln [\tan (\theta /2)]$. ולכן, נשאר עם הפתרון: $T=p_l^m(\cos \theta )$
• בבעיות המקיימות סימטריה מלאה ב-$\phi$ ניתן לייצג את הפתרונות באמצעות פונקציות לז'נדר עם m=0 בלבד.

בין פונקציות לז'נדר (associated legendre functions) יש קשר רקורסיבי:

$$P_l^m(\cos \theta )=(1-u^2{)}^{\frac{|m|}{2}}\frac{d^{|m|}}{d{u}^{|m|}}{P}_l(u)\Rightarrow |m|\le l$$$$(l+1)P_{l+1}(u)=(2l+1)P_l(u)-l{P}_{l-1}(u)$$

תרשים של מספר פונקציות מסדרת פונקציות זו ניתן לראות באיור 2.

איור 2 - פונקציות לז'נדר

הפונקציות $Y_{\ell }^m(\phi ,\theta )$ המוגדרות באיור 2 נקראות spherical harmonics והן למעשה מהוות בסיס דו-ממדי שלם לפריסת פונקציה כלשהי על שפתו של כדור.

דוגמא 1

איור 3

חרוט PEC אינסופי בעל זוית ראש $\alpha$ נתון בפוטנציאל $V$. החרוט נמצא מעל מישור אינסופי PEC מוארק. עלינו לפתור את הפוטנציאל $\varphi$ בין החרוט למשטח. בעיה זו מתאימה לפתרון בקורדינטות כדוריות מכייוון שתנאי השפה נתונים על משטחים שווי קורדינטה $\theta$. החרוט קרוב מאוד למשטח אך לא נוגע בו (עובדה זו צריכה לרמוז לנו שאנו צפויים לקבל שדות חזקים מאוד סמוך ל"שפיץ" של החרוט). $$\varphi (\theta =\pi /2)=0,\varphi (\theta =\alpha )=V$$

נבחר בפתרון הטריויאלי,

$$\varphi =E\cdot \ln (\tan (\theta /2))+F$$

ונציב תנאי שפה:

$$\{\begin{array}{l}\varphi (\theta =\pi /2)=E\cdot \ln (\tan (\pi /4))+F=F=0\\ \varphi (\theta =\alpha )=E\cdot \ln (\tan (\alpha /2))=V\Rightarrow E=\frac{V}{\ln (\tan (\alpha /2))}\end{array}$$נקבל:

$$\varphi =V\cdot \frac{\ln (\tan (\theta /2))}{\ln (\tan (\alpha /2))}$$נמצא את השדה החשמלי:

$$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi =-\frac{1}{r}(\frac{\partial \varphi }{\partial \theta })\hat{\theta }=-\frac{V}{\ln (\tan (\alpha /2))}\cdot \frac{1}{r}\frac{1}{\sin \theta }\hat{\theta }$$

באיור 4 ניתן לראות את הפוטנציאל והשדה החשמלי בין החרוט למשטח.

איור 4 - הפוטנציאל והשדה של דוגמא 1

דוגמא 2

איור 5

נתונה קליפה כדורית עשויה מוליך אידאלי שרדיוסה $a$. במרכז הקליפה מונח דיפול נקודתי בעל מומנט דיפול $\overrightarrow{p}=p\hat{z}$. הקליפה מחוברת לפוטנציאל $V$, כמוראה באיור 5.

מחוץ לכדור אין מטענים - לכן נפתור שם את משוואת לפלאס.

בתוך הכדור - יש פילוג מטען נתון (דיפול) ולכן נפתור את משוואת פואסון.

הפיתרון מחוץ לכדור:

תנאי שפה:

$$\{\begin{array}{l}{\varphi }_1(r=a)=V\\ {\varphi }_1(r\to \mathrm{\infty })=0\end{array}$$ נבחר:

$${\varphi }_1=\frac{A}{r}+B$$$$\{\begin{array}{l}{\varphi }_1(r=a)=V=\frac{A}{a}\\ {\varphi }_1(r\to \mathrm{\infty })=B=0\end{array}$$ ולכן נקבל:

$${\varphi }_1=V\cdot \frac{a}{r}$$

בתוך הכדור:

$${\varphi }_2={\varphi }_p+{\varphi }_h$$ הפתרון הפרטי הוא יהיה פיתרון של דיפול במרחב חופשי:

$${\varphi }_p=\frac{p\cos \theta }{4\pi {ϵ}_0{r}^2}$$

תנאי השפה הוא:

$${\varphi }_2(r=a)={\varphi }_p(r=a)+{\varphi }_h(r=a)=V$$ $$\Rightarrow V={\varphi }_h(r=a)+\frac{p\cos \theta }{4\pi {ϵ}_0{a}^2}$$ $${\varphi }_h(r=a)=V-\frac{p\cos \theta }{4\pi {ϵ}_0{a}^2}$$ נבחר פיתרון מהצורה:

$${\varphi }_h=A+\underset{=0\text{ min/max principle}}{\underbrace{\frac{B}{r}}}+(Cr+\underset{=0\text{ min/max principle}}{\underbrace{\frac{D}{r^2}}})\underset{P_1^0(\cos \theta )}{\underbrace{\cos \theta }}=A+Cr\cos \theta$$ נציב את תנאי השפה:

$$\varphi (r=a)=A+Ca\cos \theta =V-\frac{p\cos \theta }{4\pi {ϵ}_0{a}^2}$$ הביטוי צריך להיות נכון לכל $\theta$:

$$A=V,C=-\frac{p}{4\pi {ϵ}_0{a}^3}$$ נציב כדי לקבל את הפוטנציאל בפנים:

$${\varphi }_2={\varphi }_h+{\varphi }_p=\underset{\text{Source}}{\underbrace{\frac{p\cdot \cos \theta }{4\pi {ϵ}_0{r}^2}}}+\underset{\text{Reaction}}{\underbrace{V-\frac{p\cos \theta r}{4\pi {ϵ}_0{a}^3}}}=V+\frac{p}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{1}{r^2}-\frac{r}{a^3})\cos \theta$$

איור 6 - הפוטנציאל בכדור

איור 7 -השדה החשמלי בכדור

גם כאן ניתן לראות שניתן לחלק את הפתרון ל"פוטנציאל מעורר" שנוצר על ידי המקור, ופוטנציאל תגובה. באיור 6 ו-7 ניתן לראות את הפוטנציאלים והשדות.

מה צפיפות המטען על שפת הכדור?

$$\eta =\hat{r}\cdot ({ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_{out}-{ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_{inside})=[{ϵ}_0\frac{\partial {\varphi }_1}{\partial r}-(-{ϵ}_0\frac{\partial {\varphi }_2}{\partial r})]{|}_{r=a}$$ $$\Rightarrow \eta ={ϵ}_0[\frac{V}{a}-3\frac{p}{4\pi {ϵ}_0}\cos \theta ]$$ למעשה, האיבר בצפיפות המטען שפרופורציונלי ל-$\cos \theta$ נותן מומנט דיפולי ש"מקזז" את $p$ מחוץ למבנה.

כיצד הפתרון שלנו היה משתנה אם הדיפול לא היה בכיוון $\hat{z}$ אלא בכיוון כללי כלשהו?

במקרה זה, הפתרון הפרטי היה $${\varphi }_p=\frac{\overrightarrow{p}\cdot \hat{r}}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}=\frac{\stackrel{P_1^1(\cos \theta )}{\overbrace{p_x\sin \theta \cos \phi +p_y\sin \theta \sin \phi }}+\stackrel{\text{We'v'e already solved}}{\overbrace{p_z\cos \theta }}}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}$$ ולכן נוסיף לפתרון המלא תרומה של פונקציות לז'נדר $P_1^1$.

דוגמא 3 - כדור מוליך אידאלי בשדה אחיד

איור 8

נתון כדור עשוי מוליך אידאלי שרדיוסו $a$. הכדור נמצא באיזור בו שוטט שדה חשמלי אחיד $\overrightarrow{E}=-E_0\hat{z}$, כמוראה באיור 8. עלינו לפתור את הפוטנציאל והשדה בכל המרחב.

תנאי שפה:

$$\{\begin{array}{l}\varphi (r=a)=C=0\\ \varphi (r\gg a)=E_{0}z+C_2=E_{0}r\cos \theta +C_2=E_{0}r\cos \theta \end{array}$$ נבחר פיתרון מהצורה:

$$\varphi =\underset{\text{ General solution with }l=1,m=0}{\underbrace{(Ar+\frac{B}{r^2})\cos \theta }}$$נציב תנאי שפה:

$$\{\begin{array}{l}\varphi (r=a)=(Aa+\frac{B}{a^2})\cos \theta =0\\ \varphi (r\gg a)\approx Ar\cos \theta =E_{0}r\cos \theta \Rightarrow A=E_0\end{array}$$ נציב ונקבל:

$$B=-E_0{a}^3$$ הפיתרון יהיה:

$$\varphi =\underset{{\varphi }_{\text{ext}}}{\underbrace{E_{0}r\cos \theta }}-\underset{{\varphi }_{\text{reaction}}}{\underbrace{E_0\frac{a^3}{r^2}\cos \theta }}=E_0(r-\frac{a^3}{r^2})\cos \theta$$ גם כאן ניתן לחלק את הפוטנציאל במרחב לפוטנציאל המעורר (הפוטנציאל הנובע מהשדה האחיד) ופוטנציאל תגובה. פוטנציאל התגובה נראה בדיוק כמו פוטנציאל של דיפול בראשית, מכוון בכיוון $\hat{z}$.

השדה יהיה $$\overrightarrow{E}=-E_0\hat{z}-E_0\frac{a^3}{r^3}\cdot (2\cos \theta \hat{r}+\sin \theta \hat{\theta })$$ וניתן לראות תרשים של הפוטנציאל והשדה באיור 9.

איך נראה פילוג המטען על שפת הכדור?

$$\eta =\hat{r}({ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_{out}-\underset{=0}{\underbrace{{ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_{in}}})=-3E_0{ϵ}_0\cos \theta$$ וגם פילוג המטען נראה כפילוג שנותן דיפול אפקטיבי (פרופורציונלי ל-$\cos \theta$)

איור 9 - הפוטנציאל והשדה של דוגמא 3

מושג הקיטוביות (Polarizability)

בעצם, בדוגמא הקודמת קיבלנו תוצאה שניתן לפרשה באופן הבא: הכדור הוכנס לאיזור שבו שורר שדה חיצוני כלשהו. השדה החיצוני "השרה" מומנט דיפול בכדור על ידי סידור מחדש של המטענים בו. מה מומנט הדיפול השקול שיוצר את שדה התגובה?

$${\varphi }_{\text{response}}=E_0\frac{a^3}{r^2}\cos \theta ,{\varphi }_{\text{dip}}=\frac{p\cos \theta }{4\pi {ϵ}_0{r}^2}$$ נשווה מקדמים:

$$E_0{a}^3=\frac{p}{4\pi {ϵ}_0}\Rightarrow p=4\pi {ϵ}_0{a}^3{E}_0=4\pi {ϵ}_0{a}^3\underset{\text{exciting field}}{\underbrace{(E_0)}}={ϵ}_0\cdot 3\underset{\text{Volume}}{\underbrace{V}}\cdot (E_0)$$ מאחר וקיבלנו שמומנט הדיפול $p$ פרופורציונלי לשדה המעורר $E_0$, ניתן מכאן ניתן להגדיר את הקיטוביות $\alpha$ כמקדם הפרופורציה בין השניים $$\alpha \equiv {ϵ}_{0}4\pi a^3={ϵ}_0\cdot 3V$$

הקיטוביות $\alpha$ היא גודל שתלוי בתכונות החלקיק והסביבה שבה הוא נמצא. במקרה כאן $\alpha$ היא סקלר, אבל היא יכולה להיות גם מטריצה שמייצגת תגובה שונה לשדה בכיוונים שונים.

מה קורה אם הכדור מוכנס לאיזור שבו השדה אינו אחיד?

באופן כללי זו בעיה מסובכת.

אבל, אם השדה בסביבת הנקודה שבה אנו ממקמים את הכדור אחיד בקירוב (משתנה על פני סקלת מרחק גדולה משמעותית מרדיוס הכדור), עדיין לשדה יהיה את המבנה:

$${\overrightarrow{E}}_{full}={\overrightarrow{E}}_{ext}+{\overrightarrow{E}}_{dip}$$ $$\overrightarrow{p}=\alpha {\overrightarrow{E}}_{ext}=\alpha {\overrightarrow{E}}^{local}$$ במשוואה האחרונה החלפנו את סימון השדה החיצוני $E_{ext}$ ב-$E^{local}$. בבעיה אותה פתרנו, הכדור היה מונח במרחב חופשי. עם זאת, הקיטוביות פותחת בפנינו את האפשרות לחשב את התגובה של מבנים מורכבים, בהם השדה שיפעל על כל חלקיק לא יהיה רק השדה החיצוני, אלא יושפע גם ממבנים שכנים. השדה הלוקאלי $E^{local}$ למעשה מגדיר את השדה שמעורר את החלקיק. זהו השדה הכולל בנקודה שבה מונח החלקיק, למעט השדה שנוצר ישירות על ידי החלקיק עצמו (אבל כולל התרומה של כל הגופים השכנים). נראה דוגמאות לעניין זה בהמשך, כשנדון במערכי חלקיקים.

שדות אלקטרוסטטיים בתווך בעל מוליכות סופית

בואקום, קיבלנו את משוואת לפלס על ידי השיקולים הבאים:

$$\{\begin{array}{ll}1,& \mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{E}=0\Rightarrow \overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi \\ 2,& \mathrm{\nabla }\cdot {ϵ}_0\overrightarrow{E}=\rho =0\end{array}$$ ולאחר הצבה של (1) ב (2) נקבל:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =0$$ כאשר יש לנו חומר מוליך, המקיים את חוק אוהם $\overrightarrow{J}=\sigma \overrightarrow{E}$ שיכולים לזרום בו זרמים, לא ברור מידית שאנחנו יכולים להניח את הנחה מספר 2 - שאין מטענים חופשיים במוליך, מאחר ויכולים לזרום בו זרמים. במקום זאת, אנו יכולים להשתמש בעובדה שמאחר ומדובר בבעיה סטטית מתקיים

$$\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{J}=-\frac{\partial \rho }{\partial t}=0$$ וכעת, אם נציב את חוק אוהם נקבל $$\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{J}=\mathrm{\nabla }\cdot \sigma \overrightarrow{E}=\sigma \mathrm{\nabla }\cdot E=0\to \mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{E}=0$$ ומכאן ניתן, בצירוף הנחה 1, לקבל שוב את משוואת לפלס. חשוב לשים לב שבמעבר האחרון הסתמכנו על כך שהמוליכות אחידה. במקרה והמוליכות אינה אחידה מתקיים

$$\mathrm{\nabla }\cdot (\sigma (\overrightarrow{r})\overrightarrow{E})=0,\mathrm{\nabla }\cdot ({ϵ}_0\overrightarrow{E})=\rho$$ $$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{J}=0\Rightarrow \mathrm{\nabla }\cdot (\sigma (\overrightarrow{r})\overrightarrow{E})=\sigma (\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{E})+(\mathrm{\nabla }\sigma (\overrightarrow{r}))\cdot \overrightarrow{E}=0\\ \frac{\rho }{{ϵ}_0}\underset{\text{Gauss}}{\underbrace{=}}\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{E}=-\frac{1}{\sigma }(\mathrm{\nabla }\sigma )\cdot \overrightarrow{E}\end{array}$$ כלומר במצב סטטי בתוך איזור שמוליכותו לא אחידה חייב להצבר פילוג מטען חופשי, בכל מקום בו המוליכות משתנה (בין אם מדובר בשינוי רציף ואז נחשב את צפיפות המטען על ידי הפיתוח שניתן כאן, ובין אם מדובר בשינוי דיסקרטי, כלומר קפיצה במוליכות, כמו שנראה בדוגמא הבאה. במקרה זה חישוב פילוג המטען באיזור אי הרציפות יתבצע באמצעות שימוש בתנאי השפה).

דוגמא

איור 10

נתון מבנה גלילי שרדיוסו $a$. חלקו העליון בגובה $h_1$ ובמוליכות ${\sigma }_1$. חלקו התחתון בגובה $h_2$ ובמוליכות ${\sigma }_2$, כמוראה באיור 10. את שפתו העלונה של המבנה מצפים בחומר מוליך ומחברים לפוטנציאל $V$. את שפתו התחתונה גם כל מצפים בחומר מוליך ומאריקים. יש לחשב את השדות והזרמים במבנה. המשוואה שעלינו לפתור בתוך האזורים בהם המוליכות לא משתנה היא משוואת לפלס. תנאי שפה לחוק שימור המטען:

$$\hat{n}\cdot ({\overrightarrow{J}}_a-{\overrightarrow{J}}_b)+{\mathrm{\nabla }}_S\cdot \overrightarrow{K}=-\frac{\partial \eta }{\partial t}$$$$\{\begin{array}{l}atr=a;\hat{r}\cdot \overrightarrow{J}=0\\ atz=h_2;\hat{z}\cdot ({\overrightarrow{J}}_1-{\overrightarrow{J}}_2)=0\\ \end{array}$$ תנאי שפה לפוטנציאל $$\{\begin{array}{l}{\varphi }_{z=0}=0\\ {\varphi }_{z=h_1+h_2}=V\\ {\varphi }_1(z=h_2)={\varphi }_2(z=h_2)\end{array}$$

נבחר בפיתרון הטריוויאלי:

$$\{\begin{array}{l}{\varphi }_1=A_{1}z+B_1\\ {\varphi }_2=A_{2}z+B_2\end{array}$$ב $z=0$:

$${\varphi }_2(z=0)=B_2=0\Rightarrow {\varphi }_2=A_{2}z$$ לאחר הצבת תנאי שפה נקבל:

$$\{\begin{array}{l}{\varphi }_1=\frac{V}{h_1+h_2\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}}\cdot (\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}-1)h_2+\frac{V}{h_1+h_2\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}}z\\ {\varphi }_2=\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}\frac{V}{h_1+h_2\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}}\cdot z\end{array}$$ תרשים של הפוטנציאל עבור מקרים שונים ניתן לראות באיור 11, ובנוסף, ניתן "לשחק" עם הפרמטרים בקישור .

מה סך הזרם?

$${\overrightarrow{E}}_2=-\mathrm{\nabla }{\varphi }_2=-\frac{V}{h_1+h_2\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}}\cdot \frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}\hat{z}$$$${\overrightarrow{J}}_2={\sigma }_2{\overrightarrow{E}}_2$$$$I=\frac{{\sigma }_{1}V}{h_1+h_2\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}}\cdot \pi a^2=\frac{V}{R_{eq}}$$$$\Rightarrow R_{eq}^{-1}=\frac{{\sigma }_1}{h_1+h_2\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}}\pi a^2\Rightarrow R_{eq}=\underset{\text{Resistance of the top part}}{\underbrace{\frac{h_1}{\pi a^2}\cdot \frac{1}{{\sigma }_1}}}+\underset{\text{Resistance of the bottom part}}{\underbrace{\frac{h_2}{\pi a^2}\cdot \frac{1}{{\sigma }_2}}}$$

איור 11 - הפוטנציאל בדוגמא