4. vaje iz Elektromagnetnega polja

1. Prepolovljena prevodna cev
2. Prevodna krogla v homogenem električnem polju
- 2.1. Točka b)
- 2.2. Točka c)
3. Točkast električni dipol v središču prevodne sfere

1. Prepolovljena prevodna cev

Nadaljujemo z b) točko, tj. računanje jakosti električnega polja v vodoravni simetrijski ravnini.

Jakost električnega polja ima tri komponente tudi v cilindričnih koordinatah - \( E_r, E_{\phi} \) in \( E_z \).

[slika polja]

Na poljubni točki vodoravni osi simetrijske ravnine kaže električna jakost pravokotno navzdol (ali navzgor) - glej sliko. S premikanje po vodoravni osi je električna jakost vedno pravokotna na \( r \) in na \( z \), kar pomeni, da se te dve komponenti ne spreminjata (skalarni produkt vektorjev je vedno 0). Torej je edina spreminjajoča se komponenta \( E_{\phi} \).

Potencial smo izračunali že na prejšnjih vajah in je enak

\begin{equation} \label{eq:1} U \left( r, \phi \right) = \sum\limits_{m = 1}^{\infty} \frac{U_0}{m \pi} \left( 1 - \left( -1 \right) ^n \right) \sin \left( n \phi \right) \left( \frac{r}{a} \right) ^m \end{equation}

Komponento \( \phi \) električnega polja bomo izračunali preko enačbe

\begin{equation} \label{eq:2} E_{\phi} = - \left. \frac{1}{r} \frac{\partial U}{\partial \phi} \right|_{\phi = 0} \end{equation}

Združimo \ref{eq:1} in \ref{eq:2}, da dobimo

\[ E_{\phi} = \left. - \frac{1}{r} \sum\limits_{m = 1}^{\infty} \frac{U_0}{\mu} \left( \frac{r}{a} \right)^m \frac{1 - \left( -1 \right) ^m}{m} m \cos \left( m \phi \right)\right|_{\phi = 0} \]

Vrsto razpišemo

\[ E_{\phi} = - \frac{1}{r} \frac{U_0}{\pi} \sum\limits_{m = 1}^{\infty} \left( \frac{r}{a} \right) ^m \left[ 1 - \left( -1 \right) ^m \right] = - \frac{1}{r} \frac{U_0}{\pi} \left[ 2 \frac{r}{a} + 2 \left( \frac{r}{a} \right) ^3 + 2 \left( \frac{r}{a} \right) ^5 + \ldots \right] \]

Izpostavimo faktor \( 2 \left( \frac{r}{a} \right) \) in vsoto v oklepaju prepoznamo kot geometrijsko vsoto s členom \( \left( \frac{r}{a} \right) ^2 \)

\[ E_{\phi} = - \frac{2U_0}{\pi a} \frac{1}{1 - \left( \frac{r}{a} \right) ^2} \]

Preverimo še limiti:

pri \( r = 0 \) kaže električno polje v negativni smeri

\[ E_{\phi} = \left( r = 0 \right) = - \frac{2 U_0}{\pi a} \]
pri \( r = a \) pa imamo divergenco, ki je posledica špranjice med poloblama

Izračun električnega polje v navpični simetrijski ravnini je za domačo nalogo.

2. Prevodna krogla v homogenem električnem polju

Prevodno kroglo s polmerom \( a \) postavimo v zunanje homogeno električno polje z jakostjo \( E_0 \), zaradi česar se polje popači.

Izračunaj potencial nastalega električnega polja povsod v prostoru. Kvalitativno interpretiraj končni rezultat oziroma razloži obliko obeh dobljenih členov.
Izračunaj površinsko gostoto naboja, ki se inducira na površini krogle, v odvisnosti od polarnega kota \( \theta \), merjenega od smeri zunanjega električnega polja.
Izračunaj električni dipolni moment induciranega naboja. Rezultat preveri tako, da ga prebereš naravnost iz rešitve točke a)

Problem rešujemo v sferičnih koordinatah, saj nam je za problem to najbolj naravno. Prav tako lahko zaradi osne simetrije izvzamemo odvisnost od azimutnega kota \( \phi \). Zunaj krogle velja Laplaceova enačba

\[ \nabla ^2 U \left( r, \theta \right) = 0 \]

Po separaciji spremenljivk in računanju, ki pritiče matematiki 4, dobimo rešitev potenciala

\[ U \left( r, \theta \right) = \sum\limits_{l = 0}^{\infty} \left( A_l r^l + B_l r^{- (l + 1)} \right) P_l \left( \cos \theta \right), \]

kjer so \( P_l \left( \cos \theta \right) \) Legendrovi polinomi.

Nekaj osnovnih Legendrovih polinomov je

\begin{align*} P_0 &= 1 \\ P_1 &= x \\ P_2 &= \frac{1}{2} \left( 3 x ^2 - 1 \right) \\ P_3 &= \frac{1}{2} \left( 5 x ^3 - 3x \right) \\ & \vdots \end{align*}

Legendrovi polinomi so tudi ortogonalni na \( L ^2 \left( [-1, 1] \right) \) (?)

\[ \int\limits_{-1}^1 P_l(x) P_{l '}(x) \, \mathrm{d} x = \frac{2 \delta_{l l'}}{2l + 1} \]

To nam tudi podaja faktor, da dobimo ortonormirane Legendrovi polinomi.

V električnem homogenem polju imamo dva robna pogoja:

na površini krogle je potencial ničeln \( U (a, \theta) = 0 \) in je ekvipotencialna ploskev
neskončno stran od krogle je polje normalno

\[ U \left( r \to \infty, \theta \right) = - E_0 z = - E_0 r \cos \theta = - E_0 P_1 \left( \cos \theta \right) \]

Z upoštevanjem prvega robnega pogoja

\[ -E_0 P_1 \left( \cos \theta \right) r = \sum\limits_{l = 0}^{\infty} A_l r^l P_l \left( \cos \theta \right) = A_1 r P_1 \left( \cos \theta \right) \]

dobimo enakost \( A_1 = - E_0 \) in \( A_{l \ne 1} = 0 \).

Vmesna rešitev je tako

\begin{equation} \label{eq:3} U (r, \theta) = - E_0 r P_1 \left( \cos \theta \right) + \sum\limits_{l = 0}^{\infty} B_l r^{- (l + 1)} P_l (\cos \theta) \end{equation}

Upoštevamo še drugi robni pogoj

\[ 0 = U(0, \theta) = - E_0 a P_1 (\cos \theta) + \sum\limits_{l = 0}^{\infty} B_l a^{- (l + 1)} P_l (\cos \theta) \]

Ortogonalnost Legendrovih polinomov za \( l = 1 \) nam potem poda enakost

\[ B_1 = E_0 a ^3; \ B_{l \ne 1} = 0 \]

Končna rešitev je tako

\[ U \left( r, \theta \right) = P_1 (\cos \theta) E_0 \left( \frac{a ^3}{r ^2} - r \right) = \underbrace{-E_0 r \cos \theta}_{(1)} + \underbrace{E_0 a ^3 \frac{\cos \theta}{r ^2}}_{(2)} \]

Člen (1) predstavlja potencial homogenega polja, medtem ko člen (2) je potencial, ki izvira iz induciranega naboj (točkastega dipola).

Na predavanjih smo omenili, da je potencial točkastega dipola enak

\[ U_{dip} = \frac{\vec{p}_e \vec{r}}{4 \pi \epsilon_0 r ^3} \]

Z upoštevanjem definicije skalarnega produkta \( \vec{p}_e \vec{r} = p_e r \cos \theta \), kar pomeni, da je potencial torej

\[ U_{dip} = \frac{p_e \cos \theta}{4 \pi \epsilon_0 r ^2} \]

Opazimo, da je člen (2) enake oblike kot naš potencial točkastega dipola, iz česar lahko tudi hitro izračunamo električni dipolni moment

\[ \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0} = E_0 a ^3 \implies p_e = 4 \pi \epsilon_0 E_0 a ^3 \]

2.1. Točka b)

Obravnavamo majhen delček zgornje polsferine površine \( \mathrm{d} S \), ki nosi naboj \( \mathrm{d} q \) in se nahaja pod kotom \( \theta \). Električno polje kaže pravokotno na površino in po Gaussovi diferencialni formi je enako

\[ \mathrm{d} e = \epsilon_0 E_{\perp } \mathrm{d} S - 0 \implies \sigma = \frac{\mathrm{d} e}{\mathrm{d} S} = \epsilon_0 E_{\perp} \]

Z izraženim električnim poljem lahko preko definicije potenciala najdemo površinsko napetost

\[ \sigma = \epsilon_0 E_r = \epsilon_0 \left. \left( - \frac{\partial U}{\partial r} \right)\right|_{r = a} \]

Površinska napetost je po odvajanju enaka

\[ \sigma (\theta) = 3 \epsilon_0 E_0 \cos \theta \]

2.2. Točka c)

Električni dipolni moment računamo preko

\[ \vec{p}_e = \int\limits_{}^{} \vec{r} \,' \, \mathrm{d} e = \int\limits_{}^{} \vec{r} \, ' \rho \left( \vec{r} \right) \, \mathrm{d} ^3 \vec{r} \, ' \]

Površinsko gostoto iz točke b) poznamo in torej lahko zapišemo

\[ p_{ez } = \int\limits_{}^{} z' \, \mathrm{d} e = \int\limits_{}^{} a \cos \theta \sigma \, \mathrm{d} S = \int\limits_{}^{} a \cos ^2 \theta 3 \epsilon_0 E_0 \, \mathrm{d} S \]

Upoštevamo, da je infinitizimalni element površine enak \( \mathrm{d} S = a ^2 \mathrm{d} \phi \mathrm{d} (\cos \theta) \).

\[ p_{ez} = 3 \epsilon_0 E_0 a ^3 \int\limits_{-1}^1 \int\limits_0^{2\pi} \cos ^2 \theta \, \mathrm{d} (\cos \theta) \, \mathrm{d} \phi = 4 \pi \epsilon_0 E_0 a ^3 \]

Vidimo, da je rezultat enak, kakor v točki a).

3. Točkast električni dipol v središču prevodne sfere

V središču votle prevodne sfere polmera \( a \) postavimo točkast električni dipol z električnim dipolnim momentom \( p_e \).

Določi potencial električnega polja povsod znotraj sfere
Pokaži, da je električno polje naboj, ki se inducira na notranji površini sfere, homogeno in izračun njegovo velikost.
Izračunaj skupni dipolni moment induciranega naboja. Kakšno smer ima glede na točkasti dipol? Je rezultat presentljiv?

Recikliramo enačbe od zgornje naloge, kjer je splošna rešitev

\[ U (r, \theta) = \sum\limits_{l = 0}^{\infty} \left( A_l r^l + B_l r^{- (l + 1)} \right) P_l (\cos \theta) \]

Imamo tudi dva robna pogoja

singularnost v središču

\[ U (r \to 0, \theta) = \frac{p_e \cos \theta}{4 \pi \epsilon_0 r ^2} \]
površina ploskve je ekvipotencialna ploskev

\[ U(a, \theta) = 0 \]

3.1. točka a)

Iz prvega robnega pogoja dobimo enakost

\[ U(0, \theta) = \frac{p_e \cos \theta}{4 \pi \epsilon_0 r ^2} = \sum\limits_{l = 0}^{\infty} B_l r^{- (l + 1)} P_l (\cos \theta) \overset{l = 1}{ \implies} B_1 = \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0}, \ B_{l \ne 1} = 0 \]

Vmesna rešitev je

\[ U(r, \theta) = \sum\limits_{l = 1}^{\infty} A_l r^l P_l (\cos \theta) + \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{r ^2} P_1 (\cos \theta) \]

Z upoštevanjem drugega robnega pogoja lahko tudi izluščimo enakost za koeficiente \( A_l \)

\[ U(a, \theta) = 0 = \sum\limits_{l = 1}^{\infty} A_l a^l P_l (\cos \theta) + \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{a ^2} P_1 (\cos \theta) \overset{l = 1}{ \implies} A_1 = - \frac{1}{a} \frac{p_e }{4\pi \epsilon_0} \frac{1}{a ^2}, \ A_{l \ne 1} = 0 \]

Rešitev je tako

\[ U(r, \theta) = \underbrace{- \frac{p_e}{a ^3} \frac{1}{4\pi \epsilon_0} r \cos \theta}_{(1)} + \underbrace{\frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{ \cos \theta}{r ^2}}_{(2)}, \ r \cos \theta = z \]

Prispevek (1) k potencialu je ravno prispevek induciranih naboj in po obliki vidimo, da je homogeno polje \( E = \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0 a ^3} \). Prispevek (2) je potencial točkastega dipola v središču.

3.2. točka b)

Podobno kot v prejšnji nalogi nas ponovno zanima površinska napetost \( \sigma \). Izpeljava je podobna kakor prej, vendar tokrat električno polje kaže proti središču krogle

\[ \sigma = - \epsilon_0 E_{\perp} \]

Ponovno izhajamo iz definicije potenciala

\begin{align*} E_{\perp } &= \left. - \frac{\partial U}{\partial r} \right|_{r = a} \\ &= \left. \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0 a ^3} \cos \theta + \frac{2 p_e}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\cos \theta}{r ^3} \right|_{r = a} \end{align*}

Torej imamo površinsko napetost, ki ima največjo gostoto na polih

\[ \sigma(\theta) = - \frac{3p_e}{4 \pi a ^3} \cos\theta \]

3.3. točka c)

Dipola ne bomo računali preko integrala, ampak bomo uporabili spoznanja iz prejšnje naloge.

\begin{align*} \frac{p_e}{4 \pi \epsilon_0} &= E_0 a ^3 \\ p_e &= 4 \pi \epsilon_0 a ^3 E_0 \\ \sigma (\theta) &= 3 \epsilon_0 E_0 \cos \theta \end{align*}

Zanima nas induciran električni dipolni moment