2. vaje iz Elektromagnetnega polja

Električno polje v odvisnosti od \( z \) je enako

\[ E(z) = \frac{\sigma}{\pi \epsilon_0} \left( \frac{\pi}{2} - \mathrm{arctg} \frac{a}{2z} \right) \]

Če je \( z \gg a \), je \( \mathrm{arctg} \) blizu \( 0 \) in ga lahko zanemarimo. Električno polje tako postane ekvivalentno neskončni ravni plošči

\[ E(z) = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \]

Če je \( z \ll a \), pa uporabimo Taylorjev razvoj za \( \mathrm{arctg} x \) za \( x \ll 1 \), ki je ekvivalenten

\[ \mathrm{arctg} x = \frac{\pi}{2} - x + \ldots \]

Električno polje ob upoštevanju razvoja postane

\begin{align*} E(z) &= \frac{\sigma}{\pi \epsilon_0} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} + \frac{2z}{a} \right) \\ &= \frac{2\sigma z}{\pi \epsilon_0 a} \\ &= \frac{2\sigma}{\pi \epsilon_0 a} z \end{align*}

Vidimo, da se električno polje povečuje skoraj linearno.

Kakor smo izpeljali v teoriji, postopamo naprej z

\[ \nabla ^2 U \left( \vec{r} \right) = - \frac{e}{\epsilon_0} \delta ^3 \left( \vec{r} \right) \]

Preidemo v Fourierov prostor in naša enačba se poenostavi v

\[ k ^2 U \left( \vec{k} \right) = + \frac{e}{\epsilon_0} \frac{1}{\left( 2 \pi \right) ^3} \]

Upoštevali smo, da se \( \delta \) pretvori v \( \left( 2 \pi \right) \). Sedaj lahko izrazimo

\begin{equation} \label{eq:2} U \left( \vec{k} \right) = \frac{e}{\left( 2\pi \right) ^3} \frac{1}{k ^2} \end{equation}

Z drugo Fourierovo transformacijo enačbe \ref{eq:2} bomo dobili rešitev za \( U \left( \vec{r} \right) \).

\[ U \left( \vec{r} \right) = \int\limits_{}^{} U \left( \vec{k} \right) e^{\mathrm{i} \vec{k} \vec{r}} \, \mathrm{d} ^3 k = \frac{e}{\left( 2 \pi \right) ^3 \epsilon_0} \int\limits_{}^{} \frac{e^{\mathrm{i} \vec{k} \vec{r}}}{k ^2} \, \mathrm{d} ^3 k \]

Za reševanje integrala, definiramo kot \( \theta \) med \( \vec{r} \) in \( \vec{k} \) in preidemo v sferične koordinate.

\[ U \left( \vec{r} \right) = \frac{e}{\left( 2 \pi \right) ^3} \int\limits_0^{2\pi} \, \mathrm{d} \phi \int\limits_{-1}^1 \, \mathrm{d} \left( \cos \theta \right) \int\limits_0^{\infty} k ^2 \frac{e^{\mathrm{i} k r \cos \theta }}{k ^2} \, \mathrm{d} k \]

Integral po \( \phi \) je enostavna, medtem ko integral po \( \cos \theta \) poda razliko eksponentov, ki je enaka \( 2 \mathrm{i} \). Ostane nam

\[ U \left( \vec{r} \right) = \frac{2 e}{\left( 2\pi \right) ^2 \epsilon_0 r} \int\limits_0^{\infty} \frac{1}{k \mathbf{r}} \sin \left( kr \right) \, \mathrm{d} k \mathbf{r} \]

Razširili smo z odebeljenima \( \vec{r} \), uvedemo novo spremenljivko \( u = kr \) in rešitev tega integrala je tako enaka

\[ U \left( \vec{r} \right) = \frac{2 e}{\left( 2 \pi \right) ^2 \epsilon_0 r} \int\limits_0^{\infty} \frac{\sin u}{u} \, \mathrm{d} u = \frac{e}{4 \pi \epsilon_0 r} \]

kjer je integral enak \( \frac{\pi}{2} \).

Na koncu vstavimo rezultat še v Poissonovo enačbo in rezultat je

\[ \nabla ^2 \frac{e}{4 \pi \epsilon_0 r} = - \frac{e}{\epsilon_0} \delta \left( \vec{r} \right) \]

kar nam na koncu poda

\[ \nabla ^2 \frac{1}{r} = - 4 \pi \delta \left( \vec{r} \right) \]

Uporabimo Poissonovo enačbo, ki povezuje potencial \( U \) z gostoto naboja \( \rho \left( \dot{r} \right) \) preko enačbe

\[ \nabla ^2 U = - \frac{\rho \left( \vec{r} \right)}{\epsilon_0} \]

Izračunamo Laplace potenciala upoštevajoč zgornjo zvezo in dobimo

\begin{align*} \nabla ^2 U &= \nabla ^2 \left( \frac{e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{e^{- \alpha r}}{r} \left( 1 + \frac{\alpha r}{2} \right) \right) \\ &= \frac{e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{r ^2} \frac{\partial }{\partial r} \left( r ^2 \left( \frac{- \alpha e^{- \alpha r} r - e^{- \alpha r}}{r ^2} \right) - \frac{\alpha ^2}{2} e^{-\alpha r} \right) \\ &= \frac{e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{r ^2} \frac{\partial }{\partial r} \left( - \alpha e^{- \alpha r}r - e^{- \alpha r} - \frac{\alpha ^2}{2} r ^2 e^{- \alpha r} \right) \\ &= - \frac{e}{4 \pi \epsilon_0 r ^2} \frac{\partial }{\partial r} \left( e^{- \alpha r} \left[ 1 + \alpha r + \frac{\alpha ^2 r ^2}{2} \right] \right) \\ &= - \frac{e}{4 \pi \epsilon_0 r ^2} \left[ - \alpha e^{- \alpha r} \left( 1 + \alpha r + \frac{\alpha ^2 r ^2}{2} \right) + e ^{- \alpha r} \left( \alpha + \alpha ^2 r \right) \right] \\ &= \frac{e}{4 \pi \epsilon_0 r ^2} \left( e^{- \alpha r} \cdot \frac{\alpha ^3 r ^2}{2} \right) \\ &= \frac{e e^{- \alpha r} \alpha ^3}{8 \pi \epsilon_0} \end{align*}

Gostota naboja je upoštevajoč zgornji rezultat enaka

\[ \rho \left( \vec{r} \right) = - \frac{e \alpha ^3}{8 \pi} e^{- \alpha r} \]

Gostota naboja je negativna, saj smo upoštevali samo elektrone. V nasěm primeru smo zanemarili naboj protona v gostoti, saj se nahaja v izhodišču našega koordinatnega sistema in predstavlja singularnost gostote električnega naboja

\[ \rho_+ \left( \vec{r} \right) = e \delta \left( \vec{r} \right) \]

Pri računanju Laplace smo ignorirali singularnost.

Celotna gostota je vsota elektrona in protona

\[ \rho \left( \vec{r} \right) = e \delta \left( \vec{r} \right) - \frac{e \alpha ^3}{8 \pi} e^{- \alpha r} \]

Reševali bomo problem v kartizičnih koordinatah. Os \( x \) bo vzporedna s stranicama kondenzatorja. Os \( y \) je vzporedno s prevodnim trakom in os \( z \) gre v globino.

Znotraj kondenzatorja je potencial neodvisen od \( z \), saj je v tej smeri translacijsko invarianten.

Prostor med ploščama je prazen, in Laplaceova enačba nam poda

\[ \nabla ^2 U (x, y) = 0 \]

kjer je Laplace v kartezičnih koordinatah enak

\[ \nabla ^2 = \frac{\partial ^2 }{\partial x ^2} + \frac{\partial ^2 }{\partial y ^2} \]

Imamo še robne pogoje:

\begin{align} u (x, 0) &= 0 && \text{spodaj} \\ u(x, a) &= 0 && \text{zgoraj} \\ u(0, y) &= U_0 && \text{trak} \\ U(\infty, y) &\ne \infty && \text{desno} \end{align}