פרק 5 - אלקטרוסטטיקה

כפי שראינו כאשר דיברנו על קוואזיסטטיקה, הפתרון הסטטי מהווה את היסוד לטור הקוואזיסטטי, ולכן מתוכו ניתן לבנות פתרון לבעיה בה יש תלות כלשהי בזמן. מכאן ניתן להבין שיש חשיבות רבה לבניית הפתרון הסטטי

סופרפוזיציה

איור 1

משוואות מקסוול הן לינאריות, ולכן, בהינתן פיתרון לבעיה 1:

$${\overrightarrow{J}}_1,{\rho }_1\Rightarrow {\overrightarrow{E}}_1,{\overrightarrow{H}}_1$$

ופיתרון לבעיה 2:

$${\overrightarrow{J}}_2,{\rho }_2\Rightarrow {\overrightarrow{E}}_2,{\overrightarrow{H}}_2$$

הפיתרון לבעיה המשותפת (כלומר כאשר המקור הוא סכום המקורות של הבעיות הקודמות) של בעיה 1 ו- 2, הינה:

$${\overrightarrow{J}}_1+J_2,{\rho }_1+{\rho }_2\Rightarrow {\overrightarrow{E}}_1+{\overrightarrow{E}}_2,{\overrightarrow{H}}_1+{\overrightarrow{H}}_2$$

זה למעשה עקרון הסופרפוזיציה התקף בכל מערכת לינארית (ומשוואות מקסוול, ובפרט משוואות הסטטיקה, הן משוואות לינאריות).

נניח פילוג מטען כלשהו $\rho (\overrightarrow{r})$ במרחב (איור 1). נבחר מתוכו אלמנט מטען קטן $dq$, ואת מיקום אלמנט המטען נסמן ב-${\overrightarrow{r}}^{\prime }$. את הנקודה בה רוצים לחשב את השדה נסמן ב-$\overrightarrow{r}$.

לכן, אלמנט דיפרנציאלי של השדה החשמלי הינו:

$$d\overrightarrow{E}=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{dq}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot {\hat{i}}_{r^{\prime },r}$$

ולכן, מתוך עקרון הסופרפוזיציה, השדה החשמלי הכולל יהיה:

$$\overrightarrow{E}=\iiint \frac{dq}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot {\hat{i}}_{r^{\prime },r}=\iiint \frac{\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{V}^{\prime }}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot {\hat{i}}_{r^{\prime },r}$$

כמובן שצפיפות המטען לא חייבת להיות צפיפות נפחית. יכולים להיות מטענים בנתונים על ידי צפיפות משטחית, אורכית, או אפילו מטענים נקודתיים. במקרה זה, עלינו רק להגדיר היטב את אלמנט המטען, ולבצע סופרפוזיציה באותו אופן.

$$\overrightarrow{E}=\iiint \frac{dq}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot {\hat{i}}_{r^{\prime },r}+E_{\text{point charge (if exists)}}$$

כאשר אלמנט המטען הוא:

$$dq=\{\begin{array}{ll}\rho ({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{V}^{\prime },& \text{volume charge density }\\ \eta ({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{S}^{\prime },& \text{surface charge density }\\ \lambda d{l}^{\prime },& \text{ linear charge density}\end{array}$$

הערות:

• על מנת לחשב את השדה האלקטרוסטטי באמצעות סופרפוזיציה צריך לדעת במפורש את פילוג המטענים בבעייה.
• הסכימה היא סכימה וקטורית כך שנצטרך לבצע אינטגרל על ${\hat{i}}_{{\overrightarrow{r}}^{\prime },\overrightarrow{r}}$.
• נשים לב שניתן לכתוב את השדה החשמלי בתור קונבולוציה:

$$\overrightarrow{E}=\rho ⊛\underset{\text{Green's function}}{\underbrace{\frac{\hat{r}}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}}}$$

כאשר $\rho$ הוא אות הכניסה, ו-

$$G=\frac{\hat{r}}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}$$

היא ה"תגובה להלם" של המערכת - כלומר במקרה שלנו השדה שיוצר הלם מרחבי של מטען (מטען נקודתי). בבעיות מסוג זה התגובה להלם נקראת פונקציית גרין. מתי ייצוג כזה של פתרון (באמצעות קונבולוציה עם התגובה להלם אפשרי)? בבעיות תלויות בזמן ייצוג זה דורש שהמערכת היא LTI, כלומר לינארית, וסימטרית להזזה בזמן (לא משתנה בזמן - Time invariant). בבעיה שלנו, לינאריות מתקיימת כמובן, כי כבר ציינו שמשוואות מקסוול הן משוואות לינאריות. הסימטריה להזזה בזמן מתורגמת במקרה זה לסימטריה להזזה במרחב (space invariant). אצלנו סימטריה זו מתקיימת מאחר ואנו, בשלב זה, מחשבים את השדות במרחב חופשי, שאכן מקיים סימטריה זו. מתי סימטריה זו לא תתקיים? לדוגמא כאשר פותרים את השדות באיזור בו יש שפה, או גופים נוספים. עדיין ניתן לבצע סופרפוזיציה במקרה זה, אך אינטגרל הסופרפוזיציה לא יהיה בעל צורה של אינטגרל קונבולוציה באופן כללי.

דוגמא (איור 2):

איור 2

נתון משטח אינסופי הטעון בצפיפות אחידה $\eta$, היוצר שדה.

ניתן לפתור את הבעיה באמצעות חוק גאוס:

$$\overrightarrow{E}=\hat{z}\{\begin{array}{ll}\frac{\eta }{2{ϵ}_0},& z>0\\ -\frac{\eta }{2{ϵ}_0},& z<0\end{array}$$

ובאמצעות סופרפוזיציה:

$$\overrightarrow{r}=z\hat{z},{\overrightarrow{r}}^{\prime }=x^{\prime }\hat{x}+y^{\prime }\hat{y},dq=\eta d{S}^{\prime }=\eta d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }$$$${\hat{i}}_{r^{\prime },r}=\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}=\frac{-x^{\prime }\hat{x}-y^{\prime }\hat{y}+z\hat{z}}{\sqrt{x{\text{'}}^2+y{\text{'}}^2+z{\text{'}}^2}}$$$$\overrightarrow{E}=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\iint }}\frac{\eta d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }}{(x{\text{'}}^2+y{\text{'}}^2+z{\text{'}}^2)}\cdot \frac{-x^{\prime }\hat{x}-y^{\prime }\hat{y}+z\hat{z}}{\sqrt{x{\text{'}}^2+y{\text{'}}^2+z{\text{'}}^2}}$$נעבור לקורדינטות פולריות:

$$x^{\prime }={\rho }^{\prime }\cos {\phi }^{\prime },y^{\prime }={\rho }^{\prime }\sin {\phi }^{\prime },d{x}^{\prime }d{y}^{\prime }={\rho }^{\prime }d{\rho }^{\prime }d{\phi }^{\prime }$$$$\overrightarrow{E}=-z\hat{z}\frac{\eta }{2{ϵ}_0}[\rho {\text{'}}^2+z^2]{|}_{{\rho }^{\prime }=0}^{{\rho }^{\prime }=\mathrm{\infty }}=\frac{\eta }{2{ϵ}_0}\cdot \text{sign}(z)\hat{z}$$אכן קיבלנו אותה תוצאה בשתי השיטות!

פוטנציאל חשמלי סקלרי

באופן כללי, באלקטרוסטטיקה נעדיף לעבוד עם סקלים, מאשר וקטורים.

מתוך חוק פאראדיי:

$$\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{E}=-{\mu }_0\frac{\partial \overrightarrow{H}}{\partial t}\underset{\text{static}}{\underbrace{=}}0\iff \oint \overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=-{\mu }_0\frac{\partial }{\partial t}\iint \hat{H}\cdot \hat{n}dS=0$$ולכן השדה החשמלי הוא שדה משמר:

$$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi$$כאשר $\varphi$ הוא הפוטנציאל החשמלי.

$$\underset{r_1}{\overset{r_2}{\int }}\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}=\underset{r_1}{\overset{r_2}{\int }}-\mathrm{\nabla }\varphi \cdot \overrightarrow{dl}=-[\varphi (r_2)-\varphi (r_1)]$$אינטגרציה אינה תלויה בצורת המסלול, אלא רק בערכי הפוטנציאל בנק' הקצה.

פוטנציאל חשמלי סקלרי - מטען נקודתי

נקודה חשובה נוספת - הפוטנציאל מוגדר ע"י קבוע:

$${\overrightarrow{E}}_1=-\mathrm{\nabla }\varphi$$$${\overrightarrow{E}}_2=-\mathrm{\nabla }(\varphi +C)=-\mathrm{\nabla }\varphi ={\overrightarrow{E}}_1$$מכאן - יש חשיבות פיזיקאלית רק להפרשי הפוטנציאל בין נקודות, ולא לערך עצמו.

יש לנו חופש בבחירת ערך הייחוס.

נגדיר לפי כך את נקודת הייחוס של הפוטנציאל באינסוף:

$$\varphi (r)=-\underset{r_1\to \mathrm{\infty }}{\overset{r}{\int }}\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}$$לדוגמא:

אם ניקח שדה של מטען נקודתי בראשית:

$$\overrightarrow{E}=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{r^2}\hat{r}$$$$\varphi (r_s)=-\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{r_s}{\int }}\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{r^2}\hat{r}=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{Q}{r_s}$$

סופרפוזיציה

ניתן לבצע סופרפוזיציה גם לפוטנציאל החשמלי:

$$\varphi =\int \frac{dq}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}=\iiint \frac{\rho (r^{\prime })d{V}^{\prime }}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}+{\varphi }_{\text{point potential}}$$גם כאן, בבעיות שהן space inveriant, נקבל שהסופרפוזיציה מקבלת צורה של אינטגרל קונבולוציה:

$$\varphi =\rho ⊛\frac{1}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}|}$$אם המטען הוא מטען נקודתי:

$$\rho =Q\cdot \delta (\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })$$

דוגמא חשובה - דיפול חשמלי קטן (איור 3)

איור 3

איור 4

1. חשבו את הפוטנציאל
2. מה התוצאה בגבול $\overrightarrow{d}\to 0$, אבל $q|\overrightarrow{d}|$ קבוע ידוע.

$$\varphi =\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{|{\overrightarrow{r}}^{+}|}-\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{|{\overrightarrow{r}}^{-}|}$$נגדיר:

$$\text{The place of the positive charge: }\overrightarrow{r}{\text{'}}^{+}\equiv {\overrightarrow{r}}^{\prime }+\overrightarrow{d}/2$$$$\text{The place of the negative charge: }\overrightarrow{r}{\text{'}}^{-}\equiv {\overrightarrow{r}}^{\prime }-\overrightarrow{d}/2$$לכן:

$${\overrightarrow{r}}^{+}=\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}{\text{'}}^{+}=\overrightarrow{r}-({\overrightarrow{r}}^{\prime }+\overrightarrow{d}/2)$$$${\overrightarrow{r}}^{-}=\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r}{\text{'}}^{-}=\overrightarrow{r}-({\overrightarrow{r}}^{\prime }-\overrightarrow{d}/2)$$$$|{\overrightarrow{r}}^{+}|=\sqrt{[\overrightarrow{r}-({\overrightarrow{r}}^{\prime }+\overrightarrow{d}/2)]\cdot [\overrightarrow{r}-({\overrightarrow{r}}^{\prime }+\overrightarrow{d}/2)]}=\sqrt{[(\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })-\overrightarrow{d}/2]\cdot [(\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })-\overrightarrow{d}/2]}=\sqrt{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2-2(\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })\cdot \overrightarrow{d}/2+|\frac{\overrightarrow{d}}{2}{|}^2}=...$$$$...\underset{|\overrightarrow{d}|<<|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}{\underbrace{=}}|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|\sqrt{(1-\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot \overrightarrow{d}+\underset{\text{second order in: }\frac{|\overrightarrow{d}|}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}}{\underbrace{1/4\frac{|\overrightarrow{d}{|}^2}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}}})}$$לבסוף:

$$|{\overrightarrow{r}}^{+}|\approx |\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|\sqrt{1-\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot \overrightarrow{d}}$$כאשר השתמשנו בקירוב טיילור:

$$(1+x{)}^{\alpha }\approx 1+\alpha x$$באופן דומה:

$$|{\overrightarrow{r}}^{-}|\approx |\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|\sqrt{1+\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot \overrightarrow{d}}$$נציב לביטוי של הפוטנציאל החשמלי:

$$\varphi =\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}[\frac{1}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|\sqrt{1-\underset{\ll 1}{\underbrace{\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}}}\cdot \overrightarrow{d}}}-\frac{1}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|\sqrt{1+\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot \overrightarrow{d}}}]=...$$$$...=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}\cdot [1+1/2\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot \overrightarrow{d}-(1-1/2\frac{\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^2}\cdot \overrightarrow{d})]=\frac{q\overrightarrow{d}\cdot (\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^3}$$נהוג להגדיר $\overrightarrow{p}\equiv q\overrightarrow{d}$ מומנט הדיפול, ומתקבל:

$$\varphi =\frac{\overrightarrow{p}\cdot ({\overrightarrow{r}}^{+}-{\overrightarrow{r}}^{-})}{4\pi {ϵ}_0|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^3}$$כאשר עבור דיפול בראשית מתקבל:

איור 5

$$\varphi =\frac{\overrightarrow{p}\cdot \hat{r}}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}$$באיור (5) ניתן לראות בצבע אדום את המטענים החיוביים, ובכחול את השליליים.

נשים לב שהפוטנציאל בראשית הוא אפס, וזאת משום שמומנט הדיפול מאונך ל $\overrightarrow{r}$, כך שהמכפלה הסקלארית ביניהם מתאפסת.

השדה היוצא:

$$\overrightarrow{E}=\frac{p}{4\pi {ϵ}_0{r}^3}[2\cos \theta \hat{r}+\sin \theta \hat{\theta }]$$

דוגמא 2 - דיסקה טעונה בצפיפות אחידה (איור 6)

איור 6

חשבו את הפוטנציאל החשמלי על ציר z, של דסקה דקה טעונה בצפיפות אחידה η. רדיוס הדסקה - R.

$${\overrightarrow{r}}^{\prime }=x^{\prime }\hat{x}+y^{\prime }\hat{y}=r^{\prime }\cos {\phi }^{\prime }\hat{x}+r^{\prime }\sin {\phi }^{\prime }\hat{y},\overrightarrow{r}=z\hat{z},dq=\eta d{S}^{\prime }=\eta r^{\prime }d{r}^{\prime }d{\phi }^{\prime }$$$$\varphi =\iint \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{\eta d{S}^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}=\iint \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{\eta r^{\prime }d{r}^{\prime }d{\varphi }^{\prime }}{\sqrt{r{\text{'}}^2{\cos }^2{\phi }^{\prime }+r{\text{'}}^2{\sin }^2{\phi }^{\prime }+z^2}}=\iint \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{\eta r^{\prime }d{r}^{\prime }d{\varphi }^{\prime }}{\sqrt{r{\text{'}}^2+z{\text{'}}^2}}=\underset{\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}d{\phi }^{\prime }}{\underbrace{2\pi }}\int \frac{\eta r^{\prime }}{4\pi {ϵ}_0\cdot \sqrt{r{\text{'}}^2+z{\text{'}}^2}}=\frac{\eta }{2{ϵ}_0}(\sqrt{R^2+z^2}-|z|)$$

ניתן לראות תרשים של הפונקציה באיור (7).

איור 7

• מקרה 1 - $|z|\gg R$ (איור 8)

איור 8

עבור מקרה זה נרשום:

$$\varphi =\frac{\eta }{2{ϵ}_0}(\sqrt{R^2+z^2}-|z|)=\frac{\eta }{2{ϵ}_0}|z|(\sqrt{1+\frac{R^2}{z^2}}-1)\approx \frac{\eta }{2{ϵ}_0}|z|\cdot (1+1/2\frac{R^2}{|z{|}^2}-1)=\frac{\eta R^2}{{ϵ}_0}\cdot \frac{1}{|z|}=\frac{\stackrel{Q_{disk}}{\overbrace{\eta (\pi R^2)}}}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{|z|}=\frac{Q_{disk}}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{|z|}$$רחוק מאוד מהדיסקה, היא נראית כמטען נקודתי, ולכן גם הפוטנציאל נראה כך.

• מקרה 2 - $|z|\ll R$ (איור 9)

איור 9

$$\eta =\frac{\eta }{2{ϵ}_0}[\sqrt{R^2+z^2}-|z|]\approx \frac{\eta R}{2{ϵ}_0}[\sqrt{1+(\frac{z}{R}}{)}^2-\frac{|z|}{R}]\approx \frac{\eta R}{2{ϵ}_0}[1+1/2\frac{z^2}{R^2}-\frac{|z|}{R}]\approx \underset{Constant}{\underbrace{\frac{\eta R}{2{ϵ}_0}}}-\frac{\eta |z|}{2{ϵ}_0}$$$$\Rightarrow \varphi =\{\begin{array}{ll}-\frac{\eta z}{2{ϵ}_0},& z>0\\ \frac{\eta z}{2{ϵ}_0},& z<0\end{array}\Rightarrow E_z=-\frac{\partial \varphi }{\partial z}=\{\begin{array}{ll}\frac{\eta }{2{ϵ}_0},& z>0\\ -\frac{\eta }{2{ϵ}_0},& z<0\end{array}$$

פוטנציאל חשמלי - המשוואה הדיפרנציאלית

$$\mathrm{\nabla }\times E=0\Rightarrow \overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\varphi$$$$\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot ({ϵ}_0\overrightarrow{E})=\rho \Rightarrow \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}\cdot ({ϵ}_0(-\mathrm{\nabla }\varphi ))=\rho$$ונקבל את משוואת פואסון:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =-\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$

אופרטור הלפלאסיאן

קרטזיות:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial y^2}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial z^2}$$צילינדריות:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =\frac{1}{\rho }\frac{\partial }{\partial \rho }\left(\rho \frac{\partial \varphi }{\partial \rho }\right)+\frac{1}{{\rho }^2}\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial {\theta }^2}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial z^2}$$כדוריות:

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

פתרון פרטי ופתרון הומוגני (איור 10)

איור 10

בהעדר פילוג מטען ρ, הפוטנציאל יקיים:

$$\text{Laplace's equation: }{\mathrm{\nabla }}^2\varphi =0$$D - התחום שבו אנו פותרים את הפוטנציאל, מכיל את פילוג המטען ρ.

את הפיתרון נחלק ל-2 חלקים:

$$\varphi =\underset{\text{homogenous solution}}{\underbrace{{\varphi }_p}}+\underset{\text{private solution}}{\underbrace{{\varphi }_h}}$$

• פיתרון פרטי - נובע מפילוג המטען ρ, אבל לא חייב לקיים לקיים תנאי שפה.

$${\mathrm{\nabla }}^2({\varphi }_p+{\varphi }_h)=-\frac{\rho }{{ϵ}_0}=\underset{-\frac{\rho }{{ϵ}_0}}{\underbrace{{\mathrm{\nabla }}^2{\varphi }_p}}+{\mathrm{\nabla }}^2{\varphi }_h$$הפתרון ההומוגני "עוזר" לפתרון הפרטי לקיים את תנאי השפה: $$\varphi (\partial D)={\varphi }_B={\varphi }_p(\partial D)+{\varphi }_h(\partial D)={\varphi }_B$$כשמגיעים לפתור את הפיתרון ההומוגני, כבר יודעים פתרון פרטי (סופרפוזיציה, ניחוש, ואולי נתון). מתוך ת.ש. לפוטנציאל הכולל, נקבל תנאי שפה ל- ${\varphi }_h$ (פתרון הומוגני):

$${\varphi }_h(\partial D)={\varphi }_B-{\varphi }_p(\partial D)$$

תנאי שפה של הפוטנציאל

1. צפיפות מטען משטחית

$$\hat{n}({ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_2-{ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_1)=\eta \Rightarrow \hat{n}({ϵ}_0(-\mathrm{\nabla }{\varphi }_2)-{ϵ}_0(-\mathrm{\nabla }{\varphi }_1))=\eta \Rightarrow -{ϵ}_0\frac{\partial {\varphi }_2}{\partial n}-(-{ϵ}_0\frac{\partial {\varphi }_1}{\partial n})=\eta$$

2. רציפות הפוטנציאל

$${\varphi }_2{|}_{\text{boundry}}={\varphi }_1{|}_{\text{boundry}}$$$$\mathrm{△}\varphi =-\underset{\text{very short path}}{\int }\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}\approx \overrightarrow{E}\cdot \mathrm{△}\overrightarrow{L}$$ולכן בבעיות בהן השדה לא סינגולרי, אין בעיה והפוטנציאל חייב להיות רציף

3. גבול בין חומר מוליך לואקום

נשתמש בשימור מטען על השפה:

$$\hat{n}\cdot (\underset{\text{the second area is vacuum }\to =0}{\underbrace{{\overrightarrow{J}}_2}}-{\overrightarrow{J}}_1)+\underset{=0}{\underbrace{{\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}}_S\overrightarrow{K}}}=-\underset{=0}{\underbrace{\frac{\partial \eta }{\partial t}}}$$$$\Rightarrow \hat{n}\cdot {\overrightarrow{J}}_1=0\Rightarrow \hat{n}\cdot (\sigma {\overrightarrow{E}}_1)=0\Rightarrow \hat{n}\cdot \sigma (-\overrightarrow{\mathrm{\nabla }}{\varphi }_2)=0\Rightarrow \frac{\partial {\varphi }_1}{\partial n}=0$$

תוספת לדיון - שפה של PEC (איור 11)

איור 11

$$\hat{n}\times ({\overrightarrow{E}}_{out}-\underset{=0}{\underbrace{{\overrightarrow{E}}_{in}}})=0\Rightarrow \hat{n}\times {\overrightarrow{E}}_{out}=0$$ולכן השדה החשמלי המשיק לפני המוליך האידאלי מתאפס, ולכן השדה החשמלי בעל רכיב ניצב לפני המוליך בלבד.

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =-\int \underset{\text{E and dl are prependicular to each other}}{\underbrace{\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{dl}}}=0$$השפה של מוליך אידאלי ← משטח שווה פוטנציאל $\varphi$.

שיטת השיקופים

איור 12

נסתכל על בעיה שבה צריך לחשב את $\varphi$ בכל המרחב, עבור איור (12).

זוהי בעיה קשה מאוד לפיתרון.

מטען נקודתי בסמוך למישור PEC אינסופי

איור 13

במקרים פשוטים יותר, כמו באיור (13) נחלק ל- 2 תחומים: $x<0,x>0$.

עבור $x<0$ הפוטנציאל $\varphi =0$ מקיים את כל תנאי הבעיה.

את הפיתרון ב $x>0$ נחלק לפיתרון פרטי והומגני.

הפיתרון הפרטי יהיה:

$${\varphi }_p=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{1}{|\overrightarrow{r}-d\hat{x}|}$$דרוש: פיתרון הומוגני.

$${\varphi }_{plane}=0\Rightarrow {\varphi }_p{|}_{plane}+{\varphi }_h{|}_{plane}=0\Rightarrow {\varphi }_h{|}_{plane}=0=-{\varphi }_p{|}_{plane}$$$${\varphi }_h{|}_{plane}=\underset{\text{looks like negative particle}}{\underbrace{-}}\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{y\hat{y}+z\hat{z}-d\hat{x}}=-\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{1}{y^2+z^2+d^2}$$מאחר ו"ניחשנו" פתרון (סופרפוזיציה של מטען חיובי ושלילי ש"הוספנו") שמקיים את אותה משוואת פואסון, עם אותם תנאי השפה, זהו הפיתרון לבעיה המקורית!

$$\varphi =\{\begin{array}{ll}0& x<0\\ \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\cdot [\frac{q}{y\hat{y}+z\hat{z}+x\hat{x}-d\hat{x}}-\frac{q}{y\hat{y}+z\hat{z}+x\hat{x}+d\hat{x}}]& x>0\end{array}$$ניתן לכתוב את הפוטנציאל המתקבל כך:

$$\varphi =\{\begin{array}{ll}0& x<0\\ \frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\cdot [\underset{\text{distance from q in }(d,0,0)}{\underbrace{\frac{1}{\sqrt{(x-d{)}^2+y^2+z^2}}}}-\underset{\text{distance from -q in }(-d,0,0)}{\underbrace{\frac{1}{\sqrt{(x+d{)}^2+y^2+z^2}}}}]& x>0\end{array}$$

ניתן לראות תרשים של הפוטנציאל במקרה הנ"ל באיור (14)

איור 14

פילוג המטען ה"אמיתי" בבעיה

$$\{\begin{array}{l}\hat{n}\times ({\overrightarrow{E}}_2-{\overrightarrow{E}}_1)=0\\ \hat{n}\cdot ({ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_2-{ϵ}_0{\overrightarrow{E}}_1)=\eta \end{array}$$$$\Rightarrow \overrightarrow{E}{|}_{edge}={\overrightarrow{E}}_q+{\overrightarrow{E}}_{-q}$$באמצעות תנאי השפה אפשר לרשום את פילוג המטען האמיתי $\eta (x,y)$.

שיקוף של דיפול

איור 15

כשנשקף דיפול, נהפוך את מטענו, נשקף אותו במראה, ונזיז את קודינטה X שלו ל X-, כמתואר באיור (15).

מטען נקודתי בסמוך לכדור PEC (איור 16)

איור 16

• נחפש Q,D כך שעל שפת הכדור מתקיים תנאי השפה $\varphi =0$.
• מטען הדמות Q משמש אותנו לחישוב השדה מחוץ לכדור.

מאחר ומשוואת פואסון מתקיימת עם:

$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =-\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$אותו ρ (לא שינינו את המטען באזור שבו פותרים), ולכן נותר רק לקיים תנאי שפה.

$$\varphi {|}_{\text{ball edge}}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{r}_q}+\frac{Q}{3\pi {ϵ}_0{r}_Q}=0$$$$\Rightarrow \frac{Q}{R_Q}=-\frac{q}{r_q}(*)$$אנו מחפשים Q,D כך שנוכל לקיים ת.ש. על כדור.

נגדיר את הגדלים הבאים (איור 17):

איור 17

$$\rho \equiv \sqrt{y^2+z^2},r_q\equiv \sqrt{(x-d{)}^2+{\rho }^2},r_Q\equiv \sqrt{(x-D{)}^2+{\rho }^2}$$על שפת הכדור מתקיים

$${\rho }^2+x^2=R^2$$נציב ביחס (*) ונקבל:

$$Q=-q\frac{R}{d},D=\frac{R^2}{d}=R\cdot \frac{R}{d}$$ולכן ברגע שיודעים את מטען השיקוף Q, הפוטנציאל בחוץ בכל מקום הוא סופרפוזיציה של q ו- Q.

ניתן לראות תרשים של הפוטנציאל באיור (18)

איור 18

מה קורה כאשר הפוטנציאל על הכדור הוא לא אפס (למשל $V_0$) (איור 19)?

איור 19

נמצא את Q,D כרגיל מפיתרון הבעיה המוארקת, ואז נוסיף מטען חדש 'Q במרכז המעגל שידאג לכך שהפוטנציאל על שפת הכדור יהיה$V_0$.

איך נמצא את 'Q?

$$\frac{Q^{\prime }}{r\pi {ϵ}_0}=V_0\Rightarrow Q^{\prime }=4\pi {ϵ}_{0}R{V}_0$$

המקרה ההפוך - המטען בתוך הכדור (איור 20)

איור 20

לפיכך מטען הדמות יהיה מחוץ לכדור:

$$\{\begin{array}{l}{Q}_{in}=-q_{out}\cdot \frac{R}{d}\\ D_{in}=\frac{R^2}{d_{out}}\end{array}$$כל צמד מטענים שיקיים את היחסים לעיל, יקיים ש $\varphi$ על שפת הכדור הוא אפס.