P n ( x) = ( 1) n P n (x), P n (x)p l (x)dx = 2. P n (x)dx =

Transcript

1 ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι : Δύο αγώγιμα συμπαγή ημισφαίρια ακτίνας τοποθετούνται όπως στο σχήμα και χωρίζονται από ένα λεπτό μονωτικό στρώμα. Φορτίζουμε τα ημισφαίρια ώστε να αποκτήσουν δυναμικό ±V με σημείο αναφοράς το, δηλ. V = +V στο πάνω ημισφαίριο, V = V στο κάτω ημισφαίριο, με lim V =. Να βρεθεί το δυναμικό σε όλο το χώρο. O Για τα πολυώνυμα Legende δίνονται: P x =, P x = x, P n x = n P n x, P n xp m xdx= n + δ nm, P n xdx=δ n, P n+ xdx = n 5... n + n n + = n n! n+ n + n!. : Θέμα o από εξέταση της 9/9/: Το εσωτερικό λεπτού σφαιρικού αγώγιμου φλοιού, ακτίνας, χωρίζεται σε δύο ημισφαίρια από λεπτό αγώγιμο δίσκο, ίδιας περίπου ακτίνας, που φέρει στην περιφέρειά του λεπτή μόνωση. Ο δίσκος φορτίζεται σε δυναμικό V ενώ ο σφαιρικός φλοιός γειώνεται. +V V V= β Εφαρμόστε τη συνοριακή συνθήκη V = = για να υπολογίσετε τους συντελεστές a n. Για τα πολυώνυμα Legende δίνονται P n x = n P n x, P n xp l xdx = n + δ nl, P n xdx = n n + P n για n τα P n θεωρούνται γνωστά. : Σε κάθε ένα από τα ακόλουθα τρία προβλήματα α, β, γ, δεν υπάρχουν φορτία στους χώρους < και >, αλλά υπάρχει συνολικό φορτίο πάνω στη σφαιρική επιφάνεια ακτίνας. Ζητείται σε κάθε περίπτωση το δυναμικό σε όλο το χώρο και η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου. α Η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου στην σφαιρική επιφάνεια ακτίνας είναι ανάλογη του + cosθ, όπου θ η σφαιρική συντεταγμένη.. β Στη σφαιρική επιφάνεια ακτίνας γνωρίζουμε το δυναμικό C + V cos θ. Ποια η σταθερά C αν το δυναμικό είναι μηδέν στο άπειρο; γ Η ˆθ συνιστώσα του ηλεκτρικού πεδίου στην ακτίνα είναι E sinθ. Δίνονται τα πολυώνυμα Legende : P x =, P x = x, P x = x, P x = 5x x και οι ταυτότητες cosa + b = cos a cos b sin a sin b, sina + b = sin a cos b + sin b cos a. 4 : Θέμα o από εξέταση της 6//: Λεπτό ημισφαιρικό κέλυφος ακτίνας από μονωτικό υλικό τοποθετείται πάνω σε άπειρη γειωμένη πλάκα. Το κέλυφος φέρει φορτίο επιφανειακής πυκνότητας σθ = σ cos θ. σθ V=V O O θ V= α Δικαιολογήστε γιατί το δυναμικό στο εσωτερικό του σφαιρικού φλοιού είναι της μορφής V ] a n n P n cos θ για θ π n και V + ] a n n P n cos θ για π θ π, όπου n n περιττός. α Να βρεθεί το δυναμικό και το ηλεκτρικό πεδίο μέσα και έξω από το κέλυφος. β Να βρεθεί η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου στην πλάκα και το ολικό επαγόμενο φορτίο. Δίνεται το πολυώνυμο Legende P cos θ = cos θ. 5 : α Στο κέντρο ενός αγώγιμου, αφόρτιστου σφαιρικού φλοιού με εσωτερική ακτίνα και εξωτερική τοποθετείται ηλεκτρικό δίπολο ροπής p. Να βρεθεί το πεδίο σε όλο το χώρο και τα φορτία που επάγονται στο φλοιό. Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

2 β Επαναλάβατε στην περίπτωση όπου το σύστημα δίπολο φλοιός τοποθετείται σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο E τα p και E δεν είναι απαραίτητα παράλληλα. 6 : Θέμα o από εξέταση της 8/9/8: Άπειρη αγώγιμη πλάκα γειώνεται. Από την πλάκα αποκολλάται τμήμα σχήματος δίσκου ακτίνας. Στη θέση του τοποθετείται δίσκος από το ίδιο μέταλλο και ίδιας ακτίνας που διαχωρίζεται από τη πλάκα με λεπτή μόνωση. Ο δίσκος φορτίζεται σε δυναμικό V. Θεωρώντας σύστημα συντεταγμένων με κέντρο O το κέντρο του δίσκου και άξονα O κάθετο στο επίπεδό του, το δυναμικό στον πάνω ημιχώρο θ π/ είναι l+ V b l P l cos θ, V, θ = l= l V a l Pl cos θ, l= Να προσδιοριστούν οι συντελεστές b l και a l αν γνωρίζεται ότι πάνω στον ημιάξονα O, δηλ. για θ =, =, το δυναμικό είναι V, = V = V. + Δίνεται το ανάπτυγμα = + u u + 4 u u +... = n n! n= n n! un, u <. Επίσης P l =. Παρατήρηση: Οι συντελεστές b l και a l δεν είναι ίσοι μεταξύ τους παρότι η συνάρτηση V, θ είναι συνεχής στο =. 7 : Βρείτε το δυναμικό στο εσωτερικό και εξωτερικό κυλινδρικού κελύφους απείρου μήκους και ακτίνας, στις ακόλουθες περιπτώσεις: α Το κέλυφος είναι φορτισμένο, το μισό με σταθερή επιφανειακή πυκνότητα σ και το υπόλοιπο με επίσης σταθερή σ βλέπε σχήμα. ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι ] β Ομοια με πριν, αλλά με σφ = σ sin 5φ. γ Το συνολικό φορτίο ανά μήκος του κελύφους είναι λ και το δυναμικό για ϖ = είναι V sin5φ. Βρείτε την επιφανειακή πυκνότητα φορτίου στο κέλυφος. 8 : Θέμα o από εξέταση της 5/6/5: Δύο μεταλλικά ημικυλινδρικά κελύφη ακτίνας προσκολλώνται με λεπτή μόνωση, δημιουργώντας έτσι ένα κυλινδρικό κέλυφος. Το δυναμικό του ενός ημικυλίνδρου είναι V και του άλλου όπως στο σχήμα. x y V V= α Να βρεθεί το δυναμικό στην κεντρική περιοχή του κελύφους, παραλείποντας όρους που φθίνουν πιο γρήγορα από ϖ/. β Ποιο το δυναμικό και το ηλεκτρικό πεδίο στον άξονα του κελύφους; 9 : Τρεις ομοαξονικοί κυλινδρικοί φλοιοί απειροστού πάχους έχουν ακτίνες = /, = και = σε κατάλληλες μονάδες. Ο φλοιός ακτίνας είναι αφόρτιστος αγωγός, ο είναι από μονωτικό υλικό και φέρει επιφανειακή πυκνότητα φορτίου σ = ε + cos φ σε κυλινδρικές συντεταγμένες συστήματος με άξονα τον άξονα των φλοιών, ενώ ο είναι γειωμένος αγωγός. Ζητείται το δυναμικό σε όλο το χώρο. y x Συγκεκριμένα, { σε κυλινδρικές συντεταγμένες είναι σ αν < φ < π σφ = σ αν π < φ < π Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

3 ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ Καρτεσιανές x, y, Κυλινδρικές ϖ, φ, Σφαιρικές, θ, φ x = ϖ cos φ x = sin θ cos φ y = ϖ sin φ y = sin θ sin φ = = cos θ v v xˆx + v y ŷ + v ẑ v ϖ ˆϖ + v φ ˆφ + v ẑ v ˆ + v θ ˆθ + vφ ˆφ f f f ˆx + x y ŷ + f ẑ f ϖ ˆϖ + f ϖ φ ˆφ + f ẑ f ˆ + f θ ˆθ + f sin θ φ ˆφ v x v x + v y y + v ϖv ϖ ϖ ϖ + v φ ϖ φ + v v + v θ sin θ + sin θ θ sin θ v y v y v ˆx+ vx v v ϖ φ v φ vφ sin θ ˆϖ+ v ] θ ˆ+ vϖ ŷ+ x vy x v v sin θ θ φ v ˆφ+ ϖ x ϖvφ ẑ y ϖ ϖ v ] sin θ φ v ] φ ˆθ+ ϖ vθ ẑ v ] ˆφ φ θ f f x + f y + f ϖ f + f ϖ ϖ ϖ ϖ φ + f f + sin θ f + sin θ θ θ d l dxˆx + dyŷ + dẑ dϖ ˆϖ + ϖdφ ˆφ + dẑ dˆ + dθˆθ + sin θdφ ˆφ d a dydˆx + dxdŷ + dxdyẑ ϖdφd ˆϖ + dϖd ˆφ + ϖdϖdφẑ sin θdθdφˆ + sin θddφˆθ + ddθ ˆφ dτ dxdyd ϖdϖdφd sin θddθdφ v φ φ f sin θ φ Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

4 : Για > δεν υπάρχουν φορτία, άρα ισχύει η εξίσωση Laplace. Η κατάλληλη λύση της σε σφαιρικές συντεταγμένες είναι V = a l l + b l P l cos θ. l= l+ n= ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι ΛΥΣΕΙΣ: Θέτουμε a l = για l ώστε το δυναμικό να μην απειρίζεται σε. Επίσης, αφού δίνεται ότι V για, πρέπει a =. Οι συντελεστές { b l θα βρεθούν από την } οριακή συνθήκη +V, θ < π/ V = = V, π/ θ < π { } b l l= P +V, θ < π/ lcos θ = ή αντικαθιστώντας x = cos { θ, l+ V, π/ θ < π b n n= P +V, < x nx = n+ V, x < Αφού το δεξί μέλος δεν μπορεί να γραφεί άμεσα σαν επαλληλία πολυωνύμων Legende πρέπει να χρησιμοποιήσουμε το «τέχνασμα Fouie», δηλ. να πολλαπλασιάσουμε με P m x και να ολοκληρώσουμε στο διάστημα x, ]. b n Ετσι έχουμε P n+ n xp m xdx = V P m xdx }{{} ] P m xdx. Το τελευταίο ολοκλήρωμα με x = y γράφεται m P m ydy. n= m+ δnm P m ydy = Άρα το «τέχνασμα Fouie» δίνει b m = m + m+ m V P m xdx, επομένως οι άρτιοι συντελεστές μηδενίζονται, b n =, ενώ οι περιττοί είναι b n+ = V n+ n 4n + n!. Προκύπτει λοιπόν n+ n + n! n 4n + n! n+ V = V n+ n + n! P n+cos θ = n+ V n= n n!! n+ 4n + n +!! P n+cos θ, n+ όπου n!! = 5... n και n +!! = n +. Με την παραπάνω διαδικασία ουσιαστικά αναλύσαμε { } +, < x την συνάρτηση σε πολυώνυμα, x < Legende τα οποία αποτελούν βάση στο χώρο των συναρτήσεων στο διάστημα x, ] και δείξαμε ότι είναι ίση με n n!! 4n + n +!! P n+x. n= Το δυναμικό στο εσωτερικό των ημισφαιρίων είναι σταθερό, ±V, στο πάνω και στο κάτω, αντίστοιχα. Αν τα ηλεκτρόδια δεν ήταν συμπαγή ημισφαίρια, αλλά ημισφαιρικοί φλοιοί, το δυναμικό στο χώρο < θα μπορούσε άμεσα να βρεθεί επεκτείνοντας την έκφραση του δυναμικού για =, δηλ. την V n= n n!! 4n+ n +!! P n+cos θ, αντικαθιστώντας το P n+ cos θ με n+ P n+cos θ κάθε n+ τέτοιος όρος είναι λύση της Laplace και εξισώνεται με τον αντίστοιο όρο της έκφρασης του δυναμικού στην =. Θα είχαμε δηλ. για < την λύση V = V n= n+ n n!! 4n + n +!! P n+cos θ. n+ Στην κεντρική περιοχή το δυναμικό είναι V V cos θ = V. Το πεδίο στο κέντρο είναι E = V ẑ το αποτέλεσμα αυτό είναι ακριβές γιατί οι υπόλοιποι όροι του δυναμικού δεν συνεισφέρουν στο =. : α Αν γράφαμε τη λύση στο εσωτερικό του πάνω ημισφαιρίου σαν A n n P n cos θ η οριακή V θ=π/ = V θα έδινε n= n= A n n P n = V για κάθε. Άρα θα είχαμε A = V και A n P n = για n. Τα περιττά πολυώνυμα μηδενίζονται στο θ = π/ x = cos θ =, αφού P n x = n P n x, ενώ τα άρτια όχι. Άρα η A n P n = ισχύει αυτόματα για περιττά n, ενώ για άρτια n δίνει A n =. Αλλάζοντας την σταθερά από A n σε V a n καταλήγουμε στη δοσμένη μορφή για τον πάνω χώρο. Οι συντελεστές των περιττών πολυωνύμων στον κάτω χώρο είναι αντίθετοι σε σχέση με τον πάνω, ώστε το δυναμικό να προκύψει άρτιο. Δηλ. η απαίτηση το δυναμικό να είναι άρτιο δίνει για κάθε γωνία θ π/, π του κάτω χώρου οπότε η γωνία π θ, π/ ανήκει στον πάνω χώρο V, θ = V, π θ = V V + n a n n P n cos θ ] n P n cos θ = P n cos θ. β Η οριακή V = = δίνει n για θ < π/ και n π/ < θ π. Ισοδύναμα n a n n P n x = a n n P n cos θ ] =, αφού για περιττά n είναι a n n P n cos θ = a n n P n cos θ = για {, < x,, x <. Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

5 Πολλαπλασιάζοντας με περιττά πολυώνυμα P l x και ολοκληρώνοντας στο διάστημα x, ] βρίσκουμε a n n P n xp l xdx = P l xdx n P l xdx. ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι Το τελευταίο ολοκλήρωμα με αλλαγή μεταβλητής x = y γράφεται P l ydy = l κάθε P l y είναι περιττό. Ετσι, χρησιμοποιώντας και τις δοσμένες σχέσεις l + δ nl και P l xdx = P l xdx = P l ydy αφού για περιττά P n xp l xdx = l l + P l, βρί- l l + σκουμε a l = l l + P l. Αλλιώς: Θα μπορούσαμε να λύσουμε το πρόβλημα χρησιμοποιώντας την λύση του προηγούμενου προβλήματος στο εσωτερικό των ημισφαιρίων. Καταρχήν το πρόβλημα στο πάνω ημισφαίριο του παρόντος προβλήματος μπορεί να λυθεί από μόνο του, αφού ξέρουμε το δυναμικό σε όλα τα όρια του συγκεκριμένου χώρου. Αν λύσουμε το πρόβλημα στο πάνω ημισφαίριο η λύση στο κάτω είναι προφανώς η άρτια επέκτασή του. Το πάνω ημισφαίριο μπορεί να θεωρηθεί επαλληλία ενός σταθερού δυναμικού V και ενός νέου προβλήματος σε κενό ημισφαίριο, του οποίου η ημισφαιρική επιφάνεια βρίσκεται σε δυναμικό V και η βάση σε μηδενικό δυναμικό. Οι οριακές αυτού του νέου προβλήματος ικανοποιούνται από το πρόβλημα για <, απλά αντικαθιστώντας V V, διότι στο πρόβλημα το δυναμικό είναι περιττό και άρα μηδενίζεται στο επίπεδο που χωρίζει τα δύο ημισφαίρια. Επομένως η λύση στο πάνω ημισφαίριο <, θ π/ του παρόντος προβλήματος είναι V = V + V n 4n + n= n!! n+ n +!! P n+cos θ. Στο κάτω ημισφαίριο ισχύει η άρτια επέκταση του παραπάνω, άρα n+ σε όλο το χώρο < είναι V = V V n= n 4n+ n!! n+ n +!! P n+ cos θ. n+ Οι δύο μορφές της λύσης είναι ισοδύναμες γιατί για τα πολυώνυμα Legende ισχύει P l = l / l!! για περιττό l = n +. l!! : α Είναι σθ = σ + cosθ] = σ 4 cos θ cos θ + διότι cosθ = cosθ + θ = cosθ + θ cos θ sinθ + θ sin θ = cos θ sin θ cos θ sin θ cos θ = 4 cos θ cos θ. Η σθ μπορεί να γραφεί σαν επαλληλία πολυωνύμων Legende. Είναι x = P x + x, x = P x, = P x, 5 οπότε 4x x + = 8 5 P x 5 P x + P x, δηλ. 8 σθ = σ 5 P cos θ ] 5 P cos θ + P cos θ. Η σταθερά σ θα βρεθεί από το δεδομένο συνολικό φορτίο του φλοιού: π = σda = σθ sin θdθ dφ = cos θ= π σ 4 cos θ cos θ + dcos θ = cos θ= 4π σ σ = 4π. π Αλλιώς: = π σ π σ σθ sin θdθ 8 5 P x 5 P x + P x] dφ = P xdx = P x] dx αφού τα πολυώνυμα Legende είναι ορθογώνια, άρα = 4π σ. Λόγω της μορφής της σθ η λύση θα έχει μόνο τους όρους l =,,, δηλ. θα είναι αφού διώξουμε τους όρους που δίνουν απειρισμούς στα = και = και υποθέσουμε ότι V για το τελευταίο δεν είναι απαραίτητο V = a P cos θ + a P cos θ + a P cos θ, b P cos θ + b P cos θ + b P cos θ, 4 Η συνέχεια του δυναμικού στην ακτίνα = δίνει εξισώνουμε τους συντελεστές των P l cos θ στις δυο εκφράσεις b = a, b = a, b = a 7. Η ασυνέχεια της συνιστώσας E = V συνδέεται με την σθ: V + V = σθ = + = ε a P cos θ + a P cos θ + 7a P cos θ = σ P cos θ ε 5 P cos θ + 8 ] 5 P cos θ, οπότε a = σ, a = σ, a = 8σ ε 5ε 5ε. Τελικά η λύση είναι αφού ικανοποιεί όλες τις οριακές είναι η μόνη λύση, δηλ. σωστά υποθέσαμε ότι μένουν μόνο οι όροι με l =,, V = 4πε 8 5 cos θ cos θ cos θ +, cos θ cos θ cos θ +, β Το δυναμικό στην ακτίνα = γράφεται C + V cos θ = C + V P cos θ + V P cos θ. Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

6 ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι a P cos θ + a P cos θ, Άρα V = A + B P cos θ + B P cos θ, Στην εξωτερική περιοχή δεν επιτρέπεται να μηδενίσουμε τη σταθερά A διότι το πρόβλημα μας έχει δώσει κάποιο δυναμικό χωρίς να μας λέει που είναι το σημείο αναφοράς θα χαθεί η γενικότητα αν υποθέσουμε ότι το σημείο αναφοράς είναι στο =. Από V = = C + V P cos θ + V P cos θ έχουμε a = C + V V = + = C + V και a = V, ενώ η P cos θ + V P cos θ δί- και B = V. νει A = C + V B Η απαίτηση το συνολικό φορτίο να είναι, δίνει ότι ο μονοπολικός όρος σε μεγάλες αποστάσεις πρέπει να είναι ίσος με 4πε, δηλ. B =. 4πε Αλλιώς: Σε κάθε σφαιρική επιφάνεια ακτίνας > πρέπει να είναι από νόμο Gauss = ε E da = B P cos θ + B συνεισφορά στο ολοκλήρωμα που δίνει το φορτίο π ] l+ π πε P l = πε l + C l P cos θ sin θdθ = l l cos θ sin θdθ =, π 4πε B είτε κάνοντας άμεσα το ολοκλήρωμα γιατί P l cos θ sin θdθ = P l xp xdx = είτε εκμεταλλευόμενοι τη σχέση ορθογωνιότητας για l, εκμεταλλευόμενοι τη σχέση π ορθογω- νιότητας. Άρα στο ολοκλήρωμα = ε E da P n cos θ sin θdθ = P n xp xdx = αν π μένει μόνο η συνεισφορά από τον l = όρο του n, ενώ για n =, P cos θ sin θdθ =. δυναμικού C B Ενας άλλος τρόπος να υπολογίσουμε το B είναι να + B, ο οποίος δίνει πεδίο βρούμε την επιφανειακή πυκνότητα φορτίου στην επιφάνεια = από σ θ = ε E = + E l= = B, σταθερό πάνω στη σφαίρα ακτίνας E = και να απαιτήσουμε σ. Άρα = ε sin θdθdφ =. E l= da = 4πε B B = Τελικά V = C + V + V cos θ. Επομένως ο όρος C επεκτείνεται σαν C 4πε, C + V 4πε + 4πε + V cos θ 4πε +. Στο συγκεκριμένο πρόβλημα είναι, 4πε Προκύπτει V = C + V V = = C + V P cos θ + V P cos θ, οπότε. Αν το δυναμικό 4πε μηδενίζεται στο = είναι C = 4πε V V = C + V. 4πε + 4πε + V P cos θ για. Ακολουθεί ένας πολύ πιο γρήγορος τρόπος λύσης: γ Η συνάρτηση του δυναμικού είναι τέτοια ώστε Από τη στιγμή που γράψαμε το δυναμικό στην ακτίνα πάνω στην σφαιρική επιφάνεια = και για = σαν επαλληλία όρων C l P l cos θ, μπορούμε = + και για = αφού η εφαπτομενική συνιστώσα του πεδίου είναι] συνεχής να είναι E θ = = να επεκτείνουμε τους όρους αυτούς στην περιοχή l σαν C l P V lcos θ. Αυτή η επιλογή γίνεται αφενός για να ικανοποιεί κάθε όρος την εξίσωση η προηγούμενη ισχύει για κάθε θ μπορεί να ολοκλη- E sinθ = E sin θ cos θ. Αφού l θ = Laplace και αφετέρου για να είναι ίσος με την δεδομένη τιμή για =. Στο συγκεκριμένο ρωθεί V = = E sin θ cos θdθ V = = πρόβλημα είναι V = = C + V οπότε V = C + V P cos θ + V P cos θ + V P cos θ, P cos θ για. Ομοια στην εξωτερική περιοχή κάθε όρος C l P l cos θ με l επεκτείνεται στον l+ C l P lcos θ. Για l = χρειάζεται περισσότερη προσοχή, γιατί υπάρχουν δύο όροι που ικα- l+ νοποιούν την Laplace και αποτελούν επέκταση του σταθερού όρου C P cos θ. Ο ένας όρος είναι μια Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5 σταθερά A και ο άλλος είναι ο B, με την απαίτηση το άθροισμά τους να δίνει το C για =, δηλ. A = C B. Ο όρος B σχετίζεται με το συνολικό φορτίο για : Σε κάθε σφαιρική επιφάνεια ακτίνας > πρέπει να είναι από νόμο Gauss = ε E da. Κάθε όρος C l l+ l+ P lcos θ του δυναμικού με l δίνει πεδίο E l = l + C l l+ l+ P lcos θ με αντίστοιχη C + E cos θ. Αλλιώς: Αν θεωρήσουμε δυναμικό αναφοράς C σε σημείο της σφαίρας =, έστω στον ισημερινό θ = π/, η V =, θ V =, θ = π/ =

7 =,θ=π/ =,θ ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι E d διαλέγοντας διαδρομή πάνω στη σφαίρα με d = dθˆθ δίνει V =, θ C = π/ E θ dθ = E cos θ, οπότε καταλήγουμε ξανά θ στην V = = C + E cos θ. Το πρόβλημα ανάγεται σε αυτό του προηγούμενου ερωτήματος με V = E C είναι τώρα αυθαίρετη σταθερά και μπορούμε να τη διαλέξουμε ώστε να μηδενίζεται το δυναμικό στο. Η λύση είναι V = 4πε + E cos θ, 4πε + E 4 cos θ, Ενας δεύτερος τρόπος ακολουθεί: Η γενική λύση λύση της Laplace ισχύει στους χώρους >, < όπου δεν υπάρχουν φορτία: V = a l l + l= l= b l l+ A l l + B l l+ P l cos θ, < P l cos θ, > Πρέπει b l = ώστε το δυναμικό να μην απειρίζεται στο =. Πρέπει A l = για l ώστε το δυναμικό να μην απειρίζεται στο =. Μπορούμε να διαλέξουμε αυθαίρετα την προσθετική σταθερά A = ώστε το δυναμικό να μηδενίζεται για. Η οριακή συνθήκη V = + = V = δίνει a l l P l cos θ = B l l= l= P lcos θ B l+ l = a l l+ Άρα a l l P l cos θ, l= V = a l l+ P l+ l cos θ, l= V θ = Η ˆθ συνιστώσα του πεδίου είναι E θ = a l l P lcos θ, l= dθ a l l+ P l cos θ, l= l+ dθ Στην ακτίνα = η συνιστώσα αυτή είναι συνεχής όπως όφειλε αφού η συνέχεια της εφαπτομενικής συνιστώσας του ηλεκτρικού πεδίου είναι ισοδύναμη με την συνέχεια του δυναμικού, κάτι που έχουμε ήδη απαιτήσει να ισχύει και πρέπει να ισούται με τη δεδο- μένη, δηλ. a l l P lcos θ = E sinθ. Ο l= dθ ευκολότερος τρόπος να αντιμετωπίσουμε την προηγούμενη ισότητα είναι να την ολοκληρώσουμε ως προς θ, μετατρέποντας το αριστερό μέλος σε γραμμικό συνδυασμό πολυωνύμων Legende και όχι των παραγώγων τους. Είναι sinθdθ = C cos θ οπότε η ισότητα γίνεται a l l P l cos θ = l= E C cos θ. Αποφεύγουμε το «τέχνασμα Fouie» γράφοντας και το δεξί μέλος σαν επαλληλία πολυωνύμων Legende. Από P x = x x = P x +, οπότε E C cos θ = Εξισώνον- E C P cos θ E P cos θ. τας τους συντελεστές του κάθε P l στα δύο μέλη βρίσκουμε ότι τα μόνα μη μηδενικά a l είναι τα a = E C και a = E, οπότε V = E C + E P cos θ, E C + E 4 P cos θ, Ο μονοπολικός όρος της περιοχής που εκτείνεται σε μεγάλες αποστάσεις δηλ. της > πρέπει να ισούται με 4πε, οπότε E C =. Τελική έκφραση λύσης 4πε V = 4πε + E P cos θ, 4πε + E 4 P cos θ, 4 : α Λόγω της μορφής του σθ = σ cos θ υποθέτουμε ότι η κατάλληλη λύση της Laplace έχει μόνο τον l = όρο, με το P cos θ = cos θ δεν έχει τον l = όρο αφού το δυναμικό πρέπει να μηδενίζεται για θ = π/. Είναι για θ π/ και το αντί- a cos θ, δηλ. V = b cos θ, στοιχο ηλεκτρικό πεδίο E = V ˆ V θ ˆθ = a cos θˆ + a sin θˆθ, < b cos θˆ + b sin θˆθ, > Αυτή η μορφή ικανοποιεί την οριακή V θ=π/ = σε όλα τα, ενώ η συνέχεια του δυναμικού στην επιφάνεια = δίνει b = a. Τέλος, η οριακή E = + E = = σ cos θ ε b + a = σ ε. Το σύστημα δίνει a = σ και b = σ. ε ε σ cos θ,, θ π ε σ Η λύση V = ε cos θ,, θ π, π θ π ικανοποιεί όλες τις οριακές συνθήκες άρα είναι η Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

8 μοναδική λύση του προβλήματος σωστά υποθέσαμε ότι η κατάλληλη λύση της Laplace έχει μόνο τον l = όρο. Το ηλεκτρικό πεδίο είναι σ π cos θˆ sin θˆθ, <, θ < ε σ E = π cos θˆ + sin θˆθ, >, θ < ε, π < θ π β Το πεδίο λίγο πάνω από την πλάκα για θ = π σ σ είναι ˆθ για < και ε ε ˆθ για >. Το πεδίο λίγο έξω από την επιφάνεια της αγώγιμης σ πλάκας είναι ẑ, επομένως η επιφανειακή πυκνότητα ε της πλάκας είναι σ = ε E ẑ. Για < προκύπτει σ = σ και για > προκύπτει σ = σ είναι ˆθ ẑ = στην επιφάνεια θ = π/. Το ολικό επαγόμενο φορτίο στην πλάκα είναι = σ πd + ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι σ πd = σ π. Θα μπορούσαμε να βρούμε το ολικό φορτίο σαν αντίθετο του φορτίου του κελύφους, δηλ. = φ= π/ θ= σ cos θ sin θdθdφ = σ π, αφού το συνολικό φορτίο πλάκας και κελύφους είναι μηδενικό, σαν το έγκλειστο φορτίο μιας επιφάνειας ως το άπειρο, στην οποία η ροή του ηλεκτρικού πεδίου είναι μηδενική μιας και το πεδίο ελαττώνεται σαν / στον πάνω ημιχώρο και είναι μηδενικό στον κάτω. Για να λύσουμε το πρόβλημα θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τη θεωρία ειδώλων. Το είδωλο του ημισφαιρικού κελύφους το οποίο έχει επιφανειακό φορτίο σ cos θ για θ π είναι ένα κατοπτρικό κέλυφος με αντίθετο φορτίο, δηλ. κέλυφος με επιφανειακό φορτίο σ cos θ για π θ π. Ετσι θα μπορούσαμε να λύσουμε το πρόβλημα σφαιρικού κελύφους φορτισμένου με επιφανειακό φορτίο σ cos θ. Το πλαστό αυτό πρόβλημα και το πραγματικό έχουν ίδιες οριακές και άρα ίδια λύση στον χώρο θ π. 5 : α Στο χώρο < < ισχύει η Laplace. Σε σύστημα με κέντρο το κέντρο του φλοιού και άξονα στη φορά του p το δυναμικό είναι αξισυμμετρικό. Από τη γενική λύση V = a l l + b l P l cos θ l= l+ διώχνουμε τους όρους που απειρίζονται για, εκτός τον l = ο οποίος θα πρέπει να δίνει το δυναμικό του διπόλου V p cos θ για, δηλ. πρέπει 4πε b = p. Υποθέτουμε ότι οι όροι με l = και 4πε l = θα είναι αρκετοί για να περιγράψουν το δυναμικό κρατάμε τον όρο l =, δηλ. το cos θ = P cos θ ο οποίος «επιλέγεται» από τη μορφή του δυναμικού σε και τον όρο με l = ο οποίος δίνει την αυθαίρετη προσθετική σταθερά που πάντα κρατάμε μέχρι να επιλέξουμε σημείο αναφοράς μηδενικού δυναμικού. Άρα η λύση είναι της μορφής V = a + a cos θ + p cos θ. Αν το δυναμικό του αγώ- 4πε γιμου φλοιού είναι C σταθερό η οριακή συνθήκη p V = = C δίνει a + a + cos θ = 4πε a = C C a = p Το δυναμικό λοιπόν είναι 4πε V = p cos θ 4πε p cos θ + C για <. 4πε Η λύση ικανοποιεί όλες τις οριακές συνθήκες και σύμφωνα με το θεώρημα μοναδικότητας είναι η μόνη λύση του προβλήματος σωστά υποθέσαμε δηλαδή ότι μένουν μόνο οι όροι l = και l =. Ακόμα και πριν βρούμε το πεδίο E = V μπορούμε να αναγνωρίσουμε τι πεδία δίνει ο κάθε όρος της λύσης: Ο πρώτος όρος αντιστοιχεί στο πεδίο του διπόλου p. Ο δεύτερος όρος γράφεται p 4πε p και αντιστοιχεί σε ομογενές πεδίο ẑ το οποίο 4πε δημιουργείται από τα επαγόμενα φορτία. Ενας δεύτερος τρόπος να βρούμε εξαρχής το δυναμικό βασίζεται στην αρχή της επαλληλίας. Το δυναμικό μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα V = V p + V του δυναμικού του διπόλου V p = p cos θ και του 4πε δυναμικού V από τα επαγόμενα φορτία. Η V ικανοποιεί την εξίσωση Laplace με οριακή συνθήκη V = = C V p = = C p cos θ 4πε. Επίσης, η V δεν πρέπει να απειρίζεται για, επομένως καταλήγουμε στη μορφή V = a + a cos θ, κρατώντας πάλι όρους μέχρι l = ο όρος l = «επιλέγεται» τώρα από την οριακή συνθήκη για =. Η οριακή συνθήκη V = = C p cos θ δίνει τις σταθερές 4πε a και a οπότε καταλήγουμε στο ίδιο αποτέλεσμα. Το πεδίο E = V για < < είναι E = p cos θ ˆ + sin θ ˆθ p + cos θ ˆ sin θ ˆθ. 4πε 4πε Ο πρώτος όρος είναι το πεδίο του διπόλου ενώ p ο δεύτερος είναι ομογενές πεδίο 4πε ẑ διότι cos θ ˆ sin θ ˆθ = ẑ ˆˆ + ẑ ˆθˆθ = ẑ. Το παρακάτω σχήμα δείχνει τις ισοδυναμικές επιφά- Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

9 νειες μπλε και τις δυναμικές γραμμές κόκκινο για το πεδίο διπόλου αριστερά, το ομογενές πεδίο κέντρο και το ολικό πεδίο δεξιά, στο επίπεδο, θ των σφαιρικών συντεταγμένων. + = E E θ ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι E φ Η εξίσωση των δυναμικών γραμμών προκύπτει είτε σαν κάθετη στις ισοδυναμικές επιφάνειες, είτε με ολοκλήρωση της d = dθ sin θdφ =. Για αξισυμμετρικά πεδία με E φ = η τελευταία ισότητα συνεπάγεται απλά ότι κάθε δυναμική γραμμή βρίσκεται σε επίπεδο σταθερού φ, ενώ η πρώτη ισότητα δίνει την σχέση μεταξύ και θ. Ετσι για το διπολικό πεδίο προκύπτει d cos θ cos θdθ = d dθ sin θ sin θ = sin θ = σταθερό. Η σταθερά μπορεί να συνδεθεί με την ροή Φ του ηλεκτρικού πεδίου που διέρχεται μέσα από το τμήμα σφαιρικής επιφάνειας ακτίνας, από τον άξονα θ = μέχρι κάποια γωνία θ. Είναι Φ = θ E d a = E, θ sin θ dθ dφ = p sin θ, επομένως η εξίσωση κάθε δυναμικής γραμμής είναι sin θ ε = ε p Φ. Παρατηρήστε ότι η εξίσωση της δυναμικής γραμμής προέκυψε και σαν Φ, θ = Φ = σταθερή, όπου Φ, θ η έκφραση του ολοκληρώματος E d a. Αυτό συμβαίνει όταν το δυναμικό είναι αξισυμμετρικό και στο χώρο που θέλουμε να βρούμε τις δυναμικές γραμμές δεν υπάρχουν φορτία, οπότε η ροή διατηρείται. Σε αυτή την περίπτωση η E = συνεπάγεται E = Φ π sin θ ˆφ με την συνάρτηση Φ να είναι η ροή αφού E d a = Φ π sin θ ˆφ d a = Φ π sin θ ˆφ d l = Φ. }{{} sin θdφ d Για το ολικό πεδίο προκύπτει όμοια = dθ + + cos θ sin θ cos θdθ sin θ + d sin θ = ε p Φ, διότι Φ = E d a = = θ E, θ sin θ dθ dφ = p + sin θ. ε Η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου στην ακτίνα = είναι σ = ε E = + E = = p cos θ p cos θ ε = 4πε 4π. Το συνολικό φορτίο στην ακτίνα = είναι μηδέν διότι το δίπολο επάγει αρνητικά φορτία στο «πάνω» μέρος θ < π/ και θετικά στο «κάτω» μέρος π/ < θ π, τα οποία όμως είναι αντίθετα λόγω συμμετρίας και εξουδετερώνονται. Πράγματι π σ da = σ θ sin θdθ dφ =. Αφού ο αγωγός έχει μηδενικό συνολικό φορτίο, στην εξωτερική επιφάνεια = το συνολικό φορτίο είναι επίσης μηδέν. Αυτό σημαίνει ότι σ = δεν υπάρχει αίτιο να διαχωρίσει τα φορτία στην εξωτερική επιφάνεια. Στο εσωτερικό του αγωγού το δυναμικό είναι C και το πεδίο μηδέν. Σε ακτίνες > το δυναμικό είναι σφαιρικά συμμετρικό οπότε V = A + B. Οι οριακές συνθήκες συνέχειας του δυναμικού, V = + = V = = C και του ηλεκτρικού πεδίου αφού σ =, E = + = E = =, δίνουν A = C και B =. Εχουμε λοιπόν σε όλο το χώρο: p ˆ 4πε + C, C, Επιλέγοντας V = για προκύπτει C =. Πεδίο E p ˆ ˆ p p + = 4πε 4πε, <, > p ˆ Επαγόμενα φορτία σ = στην ακτίνα = 4π και σ = στην ακτίνα =. β Εστω σύστημα αναφοράς Ox y με κέντρο το κέντρο του φλοιού και άξονα στη φορά του εξωτερικού πεδίου, δηλ. E = E ẑ. Το πεδίο E επάγει φορτία στην επιφάνεια = του φλοιού, θετικά Δυναμικό V = στο μέρος θ < π/ και αρνητικά στο μέρος π/ < θ π, τα οποία όμως είναι αντίθετα λόγω συμμετρίας, οπότε το συνολικό επαγόμενο φορτίο είναι μηδέν. Τα επαγόμενα αυτά φορτία θα έχουν τέτοια κατανομή ώστε να μηδενίζεται το συνολικό πεδίο στο εσωτερικό του φλοιού. Επομένως οι χώροι και είναι ανεξάρτητοι, διότι τα φορτία που υπάρχουν στον ένα χώρο δεν δημιουργούν πεδίο στον άλλο χώρο. Στον χώρο > η λύση είναι αξισυμμετρική με άξονα συμμετρίας τον άξονα. Από τη γενική λύση Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

10 V = a l l + b l P l= l+ l cos θ διώχνουμε τους όρους a l l με l > που απειρίζονται για, εκτός τον l = ο οποίος, μαζί με το σταθερό όρο a, θα πρέπει να δίνει το δυναμικό του ομογενούς πεδίου V E d = E d = C E για, δηλ. πρέπει a = E και a = C. Υποθέτουμε ότι οι όροι με l = και l = θα είναι αρκετοί για να περιγράψουν το δυναμικό κρατάμε τον όρο l =, δηλ. το cos θ = P cos θ ο οποίος «επιλέγεται» από το ομογενές πεδίο σε και τον όρο με l = ο οποίος δίνει την αυθαίρετη προσθετική σταθερά και το μονοπολικό όρο / που περιμένουμε να μηδενίζεται γιατί το συνολικό φορτίο για = είναι μηδέν. Άρα η λύση είναι της μορφής V = C E cos θ + b + b cos θ. Η προηγούμενη μορφή θα μπορούσε επίσης να προκύψει από την αρχή επαλληλίας, γράφοντας το δυναμικό V = V + V σαν άθροισμα του δυναμικού ομογενούς πεδίου V = C E cos θ συν το δυναμικό V από τα επαγόμενα φορτία στην επιφάνεια =. Το V δεν πρέπει να απειρίζεται σε μεγάλες αποστάσεις και στην επιφάνεια = ικανοποιεί τη συνθήκη V = + = C C + E cos θ ώστε το συνολικό V = V + V να είναι C. Η οριακή V = + = C δίνει C E cos θ + b + b cos θ = C C = C b b = E Η συνθήκη ότι το συνολικό φορτίο στην επιφάνεια = είναι μηδέν δίνει b =. Πράγματι, σ = ε E = V + = ε = = + ε E cos θ + ε b και άρα σ da = π π ε E cos θ + ε b b =. Το δυναμικό λοιπόν είναι V = C E cos θ + E cos θ ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι sin θ dθ = για. Η λύση ικανοποιεί όλες τις οριακές συνθήκες και σύμφωνα με το θεώρημα μοναδικότητας είναι η μόνη λύση του προβλήματος σωστά υποθέσαμε δηλαδή ότι μένουν μόνο οι όροι l = και l =. Η μορφή της λύσης δείχνει ότι το πεδίο είναι επαλληλία του ομογενούς E που αντιστοιχεί στον όρο C E cos θ = C E και σε πεδίο διπόλου διπολικής ροπής p = 4πε E που αντιστοιχεί στον όρο E cos θ. Η έκφραση του πεδίου είναι E = E + E ˆ ˆ ] E για >. Εχουμε λοιπόν σε όλο το χώρο: p ˆ 4πε + C, Δυναμικό V = C, < < E ˆ + C, > Επιλέγοντας V = στο επίπεδο που περνά από το κέντρο του φλοιού και είναι κάθετο στο πεδίο E, δηλ. σε σημεία E =, προκύπτει C =. p ˆ ˆ p p + Πεδίο E 4πε 4πε, < =, < < E + E ˆ ˆ ] E, > p ˆ Επαγόμενα φορτία σ = στην ακτίνα = 4π και σ = ε E ˆ στην ακτίνα =. + = Το σχήμα δείχνει τις ισοδυναμικές επιφάνειες μπλε και τις δυναμικές γραμμές κόκκινο για το πεδίο διπόλου αριστερά, το ομογενές πεδίο κέντρο και το ολικό πεδίο σε ακτίνες > δεξιά, στο επίπεδο, θ των σφαιρικών συντεταγμένων. Οι δυναμικές γραμμές, όμοια με την περίπτωση του α ερωτήματος, προκύπτουν να έχουν εξίσωση + Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5 sin θ = Φ π E. 6 : Πάνω στον ημιάξονα O και για < το ανάπτυγμα του δοσμένου δυναμικού χρησιμοποιώντας το δοσμένο ανάπτυγμα της με + u u = < είναι V = + / V n+ ] n! n+ +. Συγκρίνοντας n= n n! με το αποτέλεσμα της γενικής λύσης, με τη μορφή που δίνεται, για θ = οπότε P l = και =, l, δηλ. την V a l προκύπτουν οι τιμές των l=

11 ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι a l : για l = για l άρτια εκτός του a l = n+ n! για l = n + περιττά n n! Αλλιώς: Το δυναμικό πάνω στον ημιάξονα θ = για < γράφεται V, θ = = V P n+ n! n+ + Pn+] n= n n! και μπορεί να επεκταθεί στα υπόλοιπα θ σαν V, = V n+ n! n+ + Pn+cos θ]. n= n n! Η επέκταση γίνεται με τρόπο ώστε η συνάρτηση να ικανοποιεί την εξίσωση Laplace και να έχει τη σωστή τιμή για θ =. Ομοια, πάνω στον ημιάξονα O και για > το ανάπτυγμα του δοσμένου δυναμικού χρησιμοποιώντας το δοσμένο ανάπτυγμα της με + u u = < είναι V = + / n+ n! n V. Συγκρίνοντας με το n= n n! αποτέλεσμα της γενικής λύσης, με τη μορφή που δίνεται, για θ = οπότε P l = και =, δηλ. την l+ V b l, προκύπτουν οι τιμές των b l : l= για l άρτια b l = n+ n! για l = n περιττά n n! Αλλιώς: Το δυναμικό πάνω στον ημιάξονα θ = για > γράφεται V, θ = = n+ n! n + V P n και μπορεί n= n n! άμεσα να επεκταθεί στα υπόλοιπα θ σαν V, θ = n+ n! n + P n cos θ. Η V n= n n! επέκταση γίνεται με τρόπο ώστε η συνάρτηση να ικανοποιεί την εξίσωση Laplace και να έχει τη σωστή τιμή για θ =. Η λύση λοιπόν στον ημιχώρο θ π είναι αλλάζοντας n n + στη λύση της περιοχής V, θ π = V n+ n! + n+pn+cos θ, n= n n! n n +! n+ P n+cos θ, n= n+ n +!] εξαίρεση την μονάδα. Αφού δεν υπάρχουν φορτία στην επιφάνεια = για θ < π, πρέπει η E = V συνι- στώσα του πεδίου να είναι συνεχής. Πράγματι η παραγώγιση και των δυο κλάδων της λύσης δίνει μετά από πράξεις ότι E =, θ < π = V n n +! P n n! n+ cos θ. n= Το δυναμικό πρέπει επίσης να είναι συνεχές στην επιφάνεια =, δηλ. οι δύο κλάδοι της V =, θ < π = V n+ n! + P n= n n! n+ cos θ, =, θ < π n n +! n= n+ n +!] P n+cos θ, = +, θ < π πρέπει να ταυτίζονται. Πρέπει δηλ. να είναι n+ n! + P n= n n! n+ x = n n +! n+ n +!] P n+x για κάθε x, ]. n= Αυτό δεν είναι προφανές πως υλοποιείται αν και πρέπει, αφού οι κλάδοι της λύσης προέκυψαν από την επέκταση της δοσμένης V η οποία είναι συνεχής στο =. Συγκρίνοντας μάλιστα τους συντελεστές του P n+ x, στους δύο κλάδους προκύπτουν διαφορετικοί. Μια άλλη διαφορά είναι η ύπαρξη σταθερού όρου στον ένα μόνο κλάδο. Το λεπτό μαθηματικό σημείο που πρέπει να λάβουμε υπόψη είναι ότι τα αναπτύγματα των συναρτήσεων του θ σε πολυώνυμα Legende είναι μοναδικά μόνο αν γράφονται στο διάστημα x. Στο διάστημα < x ο τρόπος γραφής δεν είναι μοναδικός, επομένως δυο γραμμικοί συνδυασμοί των πολυωνύμων Legende μπορεί να είναι ίσοι παρότι έχουν διαφορετικούς συντελεστές. Για παράδειγμα, η μονάδα γράφεται σαν P x, αλλά στο πρόβλημα είδαμε ότι γράφεται και σαν = n n!! 4n+ n= n +!! P n+x με x οποιαδήποτε τιμή στο διάστημα, ]. Οι δυο συνήθεις επιλογές βάσης συναρτήσεων στο διάστημα, ] που αποτελούνται από πολυώνυμα Legende είναι το σύνολο των άρτιων πολυωνύμων το οποίο αντιστοιχεί στην άρτια επέκταση της συνάρτησης στο διάστημα, ] ή το σύνολο των περιττών πολυωνύμων το οποίο αντιστοιχεί στην περιττή επέκταση της συνάρτησης στο διάστημα, ]. Στην περίπτωσή μας, οι δυο κλάδοι που δίνουν τη λύση στο διάστημα x, ] είναι γραμμένοι σαν επαλληλία περιττών πολυωνύμων Legende, με μόνη Για να συγκρίνουμε λοιπόν τους δυο κλάδους πρέπει πρώτα να γράψουμε και την μονάδα σαν επαλληλία περιττών πολυωνύμων επεκτείνοντάς την δηλ. με περιττό τρόπο στο, ]. Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

12 ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι Αυτό ακριβώς έχει γίνει στο πρόβλημα, με το ρίζεται, γιατί σε μεγάλες αποστάσεις το κέλυφος θα αποτέλεσμα να γράφεται και σαν «φαίνεται» σαν μια γραμμική κατανομή φορτίου γραμμικής πυκνότητας λ στην οποία αντιστοιχεί δυναμικό = n n! 4n + n= n+ n! n + P n+x λ ln ϖ+ σταθερά. n!! διότι n +!! = n! πε. Εκφράζοντας και τους δυο κλάδους σαν επαλληλία περιττών κος του κελύφους είναι σφdφ, οπότε n+ n! Στο συγκεκριμένο πρόβλημα το φορτίο σε ένα μή- n + πολυωνύμων Legende αντικαθιστώντας την μονάδα π π από την παραπάνω σχέση προκύπτει ισότητα. λ = σφdφ = σ dφ + σ dφ = π Παρότι η μαθηματική επέκταση της συνάρτησης στο πσ + σ το οποίο περιμένουμε να δώσει V διάστημα x, ή στο αντίστοιχο διάστημα θ π/, π αφού x = cos θ, βόλεψε να είναι περιττή, η φυσική επέκταση του δυναμικού στον ημιχώρο Ετσι η λύση γράφεται για να απλουστεύ- σ + σ ln ϖ+σταθερά σε μεγάλες αποστάσεις. ε < είναι προφανώς άρτια, λόγω της συμμετρίας σουμε τις εκφράσεις του δυναμικού στην ακτίνα του προβλήματος του οποίου όλες οι οριακές συνθήκες ϖ =, οι οποίες θα χρειαστούν στις είναι άρτιες V <, = = V, οριακές συνθήκες δημιουργούμε παντού το V >, = =, V =. Άρα η λύση λόγο ϖ/ μετονομάζοντας τις σταθερές οι σε όλο το χώρο είναι V, θ = V οποίες n+ ούτως ή άλλως είναι άγνωστες V = n! + n+pn+ cos θ, n= n n! a + b ln ϖ + b k coskφ + d k sinkφ n k= ϖ/ k, ϖ n +! n+ ϖ k P n+ cos θ, n= n+ n +!] A + a k coskφ + c k sinkφ], ϖ k= Η συνολική και από τις δύο πλευρές επιφανειακή Η συνέχεια του δυναμικού για ϖ = δίνει αμέσως πυκνότητα του δίσκου προκύπτει σ δ = ε E = + = ε E θ θ=π/ = ε τα δύο ίσα αναπτύγματα Fouie πρέπει να έχουν V ίσους συντελεστές των ημιτόνων, συνημιτόνων και = θ ίσους σταθερούς όρους: θ=π/ ε V n n! n dp n+ A = a, b k = a k, d k = c k για κάθε k.. Από τη n= n n! dx Άρα V = θεωρία των πολυωνύμων Legende προκύπτει dp n+ x a + b ln ϖ = n + P dx n = n n +! + a k coskφ + c k sinkφ k= ϖ/ k, ϖ, x= n n! ϖ k οπότε σ δ = ε V n! n +! n. a + a k coskφ + c k sinkφ], ϖ k= n= 4n n! 4 και η E ϖ = V Ομοια για την πλάκα η συνολική και από τις ϖ = ka k δύο πλευρές επιφανειακή πυκνότητα είναι σ π = ε V n +! n +! n+ b. ϖ + coskφ + kc k sinkφ n= 4n+ n! n +!] k= ϖ/ k+, ϖ > kak k= coskφ + kc ] ϖ k k, sinkφ ϖ < 7 : Η γενική λύση της εξίσωσης Laplace για προβλήματα με κυλινδρική συμμετρία σε κυλινδρικές ϖ ϖ= + E ϖ ϖ= = σ οπότε η οριακή E ε συντεταγμένες είναι V ϖ, φ = a + b ln ϖ + a k ϖ k + b k coskφ + c k= ϖ k k ϖ k + d ] b k + kak sinkφ. ϖ k k= coskφ + kc ] k sinkφ = σφ ε Αφού στο συγκεκριμένο πρόβλημα δεν είναι τετριμμένο να γράψουμε το δεξί μέλος σαν επαλληλία των Πρέπει σε κάθε περίπτωση να γράψουμε λύσεις τέτοιας μορφής στις περιοχές ϖ < και ϖ > όπου, coskφ, sinkφ, με k N θα χρησιμοποιήσουμε το τέχνασμα Fouie, δηλ. θα πολλαπλασιά- ισχύει η Laplace και να βρούμε τις σταθερές από τις οριακές συνθήκες. σουμε διαδοχικά με, cosnφ, sinnφ, με n N α Για ϖ < διώχνουμε τους όρους με ln ϖ και και θα ολοκληρώσουμε στο διάστημα < φ < π, /ϖ k που απειρίζονται στο ϖ =. Για ϖ > διώχνουμε τους όρους ϖ k χρησιμοποιώντας τις σχέσεις ορθογωνιότητας. Τα που απειρίζονται στο ϖ. π ολοκληρώματα σφ... dφ υπολογίζονται σαν Δεν διώχνουμε όμως τον όρο με το ln ϖ, παρότι απει- Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

13 π σ... dφ + σ... dφ. π dφ b ka k dφ + }{{} k= π + kc k sinkφ dφ } {{ } b = σ + σ ε. = ε cosnφdφ b ka k k= kc k ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι coskφ cosnφdφ + }{{} πδ kn sinkφ cosnφdφ } {{ } a n = για κάθε n. sinnφdφ b ka k k= kc k c n = }{{} sinkφ sinnφdφ } {{ } πδ kn σφ dφ } {{ } πσ +σ A coskφ dφ k = T } {{ } Η τελική λύση είναι αφού διώξουμε την αυθαίρετη προσθετική σταθερά a, κάτι που σημαίνει ότι θεωρούμε σημείο αναφοράς με μηδενικό δυναμικό το ϖ =, φ = V = fx = A + k= T/ T/ T/ Άρα η λύση είναι της μορφής a + a ϖ cosφ, ϖ V = cosφ A + B ln ϖ + b, ϖ σ +σ ln ε ϖ + σ σ ϖ sin nφ πε ϖ n, ϖ Η συνέχεια του δυναμικού στην ακτίνα ϖ = δίνει { n=,,5,... n a = A + B ln σ σ sin nφ ϖ n a = b A = a B ln b = a, ϖ πε n=,,5,... n οπότε το δυναμικό γράφεται Ενας άλλος τρόπος επίλυσης της είναι να αναπτύξουμε το δεξί μέλος σε σειρά Fouie και στη V = a + a ϖ cosφ, ϖ a + B ln ϖ συνέχεια να εξισώσουμε τους συντελεστές των αντίστοιχων όρων στα δύο μέλη της. + a cosφ, ϖ ϖ Η δεύτερη οριακή συνθήκη στην ακτίνα ϖ = γράφεται E ϖ ϖ= + E ϖ ϖ= = σφ Από τη θεωρία Fouie για περιοδικές συναρτήσεις fx με περίοδο T ξέρουμε ότι γράφονται σαν ε A k cos kπx T + B k sin kπx ] T με fx cos kπx dx για k N και T B k = fx sin kπx T T/ T dx για k N. Η εφαρμογή για την σφ η οποία είναι περιοδική με περίοδο T = π δίνει το ανάπτυγμά της σφ = A + π k= A k coskφ + B k sinkφ] με A k = σφ coskφdφ για k π N και π π cosnφdφ + }{{} B k = π σφ sinkφdφ για k N. Μάλιστα η π π για n συγκεκριμένη σφ μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα μιας σταθεράς και ενός τετραγωνικού παλμού, σφ = σ +σ + σ { σ αν < φ < π αν π < φ < με ανάπτυγμα = σφ cosnφdφ σφ = σ +σ + σ σ 4 ε k=,,5,... kπ sinkφ. }{{} Αντικαθιστώντας στην, η εξίσωση των συντελεστών των, coskφ και sinkφ στα δύο μέλη δίνει τα b sinnφdφ +, a k, c k. }{{} β Βοηθάει η γραφή της σφ σαν σειρά Fouie. Αυτό γίνεται εύκολα αφού sin 5φ = cosφ, coskφ sinnφdφ + οπότε σφ = σ cosφ. Υποθέτουμε ότι από τη γενική λύση θα μείνουν μόνο οι όροι με cosφ και μάλιστα μόνο αυτοί που δεν απειρίζονται στην κάθε = περιοχή. Αφήνουμε επίσης το σταθερό όρο θα μας σφ sinnφdφ ε δώσει μια προσθετική σταθερά και τον όρο με το }{{} λογάριθμο στην εξωτερική περιοχή. σ σ n n Αν προσέξουμε ότι το συνολικό φορτίο ανά μήκος αν n άρτιο σ σ είναι σφdφ = σ π cosφdφ = μπο- αν n περιττό πε n ρούμε να καταλάβουμε ότι ο όρος με το λογάριθμο τελικά δεν θα υπάρχει. Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

14 V ϖ ϖ= + + V ϖ ϖ= ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι = σφ ε B + a 9 cosφ = σ cosφ ε B = a = σ 4ε 9 a + σ ϖ cosφ, ϖ Άρα V = 4ε a + σ ϖ cosφ, ϖ 4ε γ Στην περιοχή ϖ < το δυναμικό επεκτείνεται μοναδικά σε V ϖ 5 sin5φ. Στην εσωτερική περιοχή δεν πρέπει να υπάρχουν οι όροι που απειρίζονται στο ϖ =, δηλ. ο όρος με το λογάριθμο ln ϖ και οι όροι /ϖ k, οπότε η λύση είναι της μορφής a + a 5 ϖ 5 sin5φ. Η απαίτηση στο ϖ = να ισχύει V = V sin5φ δίνει a = και a 5 = V. Στην εξωτερική περιοχή το δυναμικό επεκτείνεται σε B ln ϖ ϖ 5 + V sin5φ. Στην εξωτερική περιοχή δεν πρέπει να υπάρχουν οι όροι ϖ k που απειρίζονται στο ϖ =, αλλά ο όρος με το λογάριθμο ln ϖ μένει και αντιστοιχεί στο δυναμικό γραμμικής κατανομής φορτίου, αν το συνολικό φορτίο ανά μήκος του φλοιού δεν είναι μηδέν. Επομένως η λύση είναι της μορφής A + B ln ϖ + B 5 ϖ 5 sin5φ. Η απαίτηση στο ϖ = να ισχύει V = V sin5φ δίνει A = B ln και B 5 = V. Η σταθερά B σχετίζεται με την γραμμική πυκνότητα λ. Ο νόμος Gauss σε μια κυλινδρική επιφάνεια εγκλ ϖ >, μήκους L δίνει = E ϖ ϖdφd ε λl π = V ϖdφ L. Αφού cosnφdφ = ε ϖ sinnφdφ =, μόνο ο όρος που προέρχεται από το κομμάτι του δυναμικού B ln ϖ δίνει μη μηδενική συνεισφορά στο ολοκλήρωμα, δηλ. λl π = B ϖdφ L B = λ. ε ϖ πε Στο ίδιο καταλήγουμε να σκεφτούμε την μορφή του δυναμικού σε αποστάσεις ϖ, από τις οποίες το κυλινδρικό κέλυφος «φαίνεται» σαν μια γραμμική κατανομή φορτίου γραμμικής πυκνότητας λ, η οποία δημιουργεί δυναμικό λ ln ϖ+σταθερά. Συγκρίνοντας με την μορφή της λύσης της εξίσωσης Laplace πε σε μεγάλες αποστάσεις όπου κυριαρχεί ο όρος με το λογάριθμο προκύπτει B = λ. πε Ενας τρίτος τρόπος να βρεθεί η σταθερά B βασίζεται στην απαίτηση λ = σφdφ, αφού πρώτα υπολογιστεί η σφ από την ασυνέχεια του ηλεκτρικού πεδίου στην ακτίνα ϖ =. Εχουμε ϖ 5 V sin5φ, ϖ βρει V = B ln ϖ ϖ 5 + V sin5φ, ϖ οπότε σφ = ε V + V = ϖ = + ϖ = B ε + ε V π sin5φ και λ = σφdφ = πε B B = λ. πε Καταλήξαμε λοιπόν στη λύση ϖ 5 V sin5φ, ϖ V = λ ln ϖ ϖ 5 πε + V sin5φ, ϖ η οποία ικανοποιεί όλες τις οριακές συνθήκες και άρα είναι η μοναδική λύση του προβλήματος σωστά κάναμε τις υποθέσεις σχετικά με το ποιοι όροι της γενικής λύσης αρκούν στο συγκεκριμένο πρόβλημα. Η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου του κελύφους προκύπτει από την ασυνέχεια του ηλεκτρικού πεδίου: σφ = ε V + V ϖ = + ϖ = σφ = λ π + ε V sin5φ. 8 : α Για ϖ το δυναμικό είναι V = a n ϖ n cosnφ + c n ϖ n sinnφ] από τη γενική n= π λύση διώχνουμε τους όρους που απειρίζονται στο ϖ =. Για ϖ = είναι a n n cosnφ + c n n sinnφ] = { n= V, φ, π και με τέχνασμα Fouie βρίσκουμε τους συντελεστές., φ π, π Η ολοκλήρωση της σχέσης στο διάστημα, π δίνει a dφ = V dφ a = V. Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση με cosmφ και ολοκληρώνοντας στο διάστημα, π έχουμε a n n cosnφ cosmφdφ n= ] π +c n n sinnφ cosmφdφ = V cosmφdφ ]π a n n πδ nm + c n n V ] = n= m sinmφ a m = για m. Πολλαπλασιάζοντας τη σχέση με sinmφ και ολοκληρώνοντας στο διάστημα, π έχουμε Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5

15 ο σετ ασκήσεων Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 9 : Η μόνη εξάρτηση από το φ στο πρόβλημα προέρχεται από τη μορφή της σ. Αυτή μας οδηγεί να υποθέσουμε ότι η λύση θα έχει την ακόλουθη μορφή C, ϖ a + b ln ϖ + a ϖ + b cos φ, V = ϖ ϖ A +B ln ϖ+ A ϖ+ B cos φ, ϖ ϖ, ϖ Επίσης γράφουμε την συνιστώσα E ϖ = V ϖ η οποία θα χρειαστεί στις οριακές συνθήκες:, ϖ < b E ϖ = ϖ + a + b cos φ, ϖ < ϖ < B ϖ + A + B cos φ, < ϖ < ϖ, ϖ > Οι ακόλουθες συνθήκες θα καθορίσουν τις σταθε- a n n cosnφ sinmφdφ ρές. n= Ο αγωγός ϖ = ] = / είναι αφόρτιστος: π +c n n sinnφ sinmφdφ = V sinmφdφ Στην επιφάνεια ϖ = / είναι σ φ = a n n + c n n πδ nm ] = V ]π ε Eϖ ϖ= + E ϖ n= m cosmφ ϖ= = ε b + ε a + π 4b cos φ, άρα πρέπει = σ φdφ = c m = V πm 4πε m m ]. b b = Στις ακόλουθες συνθήκες έχουμε ήδη αντικαταστήσει b = Παραλείποντας όρους που φθίνουν πιο γρήγορα από. ϖ/ το δυναμικό είναι V V + V ϖ sin φ, ή π V V + V π y. β Στον άξονα x = y = το δυναμικό είναι V = V ο μέσος όρος των δυναμικών των δύο ημικυλίνδρων και το ηλεκτρικό πεδίο είναι E = V = V ŷ. Το αποτέλεσμα είναι ακριβές, γιατί οι υπόλοιποι όροι που παραλείψαμε στο π δυναμικό μηδενίζονται στο ϖ =. Συνέχεια του δυναμικού στην ακτίνα ϖ = /: { C = a + a a = C + b cos φ a + 4b = Συνέχεια του δυναμικού στην ακτίνα ϖ = : a + a + b cos φ = A + A + B cos φ { A = a 4 A + B = a + b 5 Στην επιφάνεια ϖ = = η επιφανειακή πυκνότητα είναι σ φ = ε + cos φ. Άρα ε + cos φ = ε Eϖ ϖ= + E ϖ ϖ= + cos φ { = B + A + B cos φ a + B = 6 b cos φ a b A + B = 7 Συνέχεια του δυναμικού στην ακτίνα ϖ = : A + B ln + A + B cos φ { A + B ln = 8 = B + 4A = 9 Οι σχέσεις 9 δίνουν τις εννέα σταθερές b =, C = a = A = ln, b = A = B =, a = B = 4. Καταλήξαμε λοιπόν στη λύση ln, ϖ ln + 4ϖ cos φ, V = ϖ ϖ ln ln ϖ + ϖ + 4 cos φ, ϖ ϖ, ϖ η οποία ικανοποιεί όλες τις οριακές συνθήκες και άρα είναι η μοναδική λύση του προβλήματος σωστά κάναμε τις υποθέσεις σχετικά με το ποιοι όροι της γενικής λύσης αρκούν στο συγκεκριμένο πρόβλημα. Νεκτάριος Βλαχάκης, 6//5