User:Ronelm/sandbox5

סופרפוזיציה
ראינו בעבר, כי אם ידוע לנו הפיתרון הסטטי של בעיה מסוימת, נוכל לקבל ממנו את הפיתרון הדינאמי לבעיה.

נרצה להבין איך ניתן להגיע לפיתרון האלקטרוסטטי של הבעיה - נשתמש בסופרפוזיציה.

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

$$\vec J_1,\rho_1\Rightarrow \vec E_1, \vec H_1$$ופיתרון לבעיה 2:

$$\vec J_2,\rho_2\Rightarrow \vec E_2, \vec H_2$$הפיתרון לבעיה המשותפת של בעיה 1 ו- 2, הינה:

$$\vec J_1+J_2,\rho_1+\rho_2\Rightarrow \vec E_1+\vec E_2, \vec H_1 + \vec H_2$$נגדיר את הגדלים באיור (XXXX):

$$\vec r'$$ - קורדינטת המקור

$$\vec r$$ - מיקום הצופה (הנקודה שבה רוצים לחשב את השדה)

$$\hat i_{r',r}$$ - וקטור יחידה שפונה מהמקום לצופה

$$dq$$ - אלמנט המטען שיוצר את השדה

לכן, אלמנט דיפרנציאלי של השדה החשמלי הינו:

$$d\vec E = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{dq}{|\vec r - \vec r'|^2} \cdot \hat i_{r',r}$$ולכן, השדה החשמלי הכולל יהיה:

$$\vec E = \iiint \frac{dq}{4\pi \epsilon_0 |\vec r - \vec r'|^2} \cdot \hat i_{r',r} = \iiint \frac{\rho(\vec r' )dV'}{4\pi \epsilon_0 |\vec r - \vec r'|^2} \cdot \hat i_{r',r} + E_{\text{point charge (if exists)}}$$כאשר אלמנט המטען הוא:

$$dq = \begin{cases} \eta dS', & \text{surface charge density } \\ \lambda dl', & \text{ linear charge density} \end{cases}$$

הערות:


 * צריך לדעת במפורש את פילוג המטענים בבעייה.
 * הסכימה היא סכימה וקטורית כך שנצטרך לבצע אינטגרל על $$\hat i_{\vec r', \vec r}$$.
 * ניתן לכתוב את השדה החשמלי בתור קונבולוציה כאשר $$p$$ אות הכניסה:

$$\vec E = \rho \circledast \underbrace{\frac{\hat r}{4\pi \epsilon_0 r^2}}_{\text{Green's function}}$$באופן הכללי ביותר, נרשום:

$$\vec E =\iiint \frac{\rho(r)dV'}{4\pi\epsilon_0|r-r'|^2}\cdot \hat i_{r',r} + \iint \frac{\eta dS'}{4\pi\epsilon_0|r-r'|^2}\cdot \hat i_{r',r} + \int \frac{\lambda dl'}{4\pi\epsilon_0|r-r'|^2}\cdot \hat i_{r',r} + \sum_k \frac{q_n}{4\pi\epsilon_0|r-r'|^2}\cdot i_{r',r}$$

דוגמא:
נתון משטח אינסופי הטעון בצפיפות אחידה η, היוצר שדה.

ניתן לפתור את הבעיה באמצעות חוק גאוס:

$$\vec E = \hat z \begin{cases} \frac{\eta}{2\epsilon_0}, & z>0 \\ -\frac{\eta}{2\epsilon_0}, & z<0 \end{cases}$$

ובאמצעות סופרפוזיציה:

$$\vec r = z \hat z, \vec r' = x' \hat x + y' \hat y, dq = \eta dS'=\eta dx' dy'$$$$\hat i_{r',r} = \frac{\vec r - \vec r'}{|\vec r - \vec r' |} = \frac{-x' \hat x - y' \hat y + z \hat z}{\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}}$$$$\vec E = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \iint_{-\infty}^\infty \frac{\eta dx' dy'}{(x'^2+y'^2+z'^2)} \cdot \frac{-x' \hat x - y' \hat y + z \hat z}{\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}} $$נעבור לקורדינטות פולריות:

$$x'=\rho' \cos \varphi',y'=\rho' \sin \varphi', dx'dy' = \rho'd\rho' d\varphi' $$$$\vec E = -z \hat z \frac{\eta}{2\epsilon_0} [\rho'^2+z^2]|^{\rho'=\infty}_{\rho'=0}= \frac{\eta}{2\epsilon_0} \cdot \text{sign} (z) \hat z $$אכן קיבלנו אותה תוצאה בשתי השיטות!

פוטנציאל חשמלי סקלרי
באופן כללי, באלקטרוסטטיקה נעדיף לעבוד עם סקלים, מאשר וקטורים.

מתוך חוק פאראדיי:

$$\nabla \times \vec E = -\mu_0 \frac{\partial \vec H}{\partial t} \underbrace{=}_{\text{static}} 0\Leftrightarrow \oint \vec E \cdot \vec {dl}= -\mu_0\frac{\partial}{\partial t} \iint \hat H \cdot \hat n dS = 0 $$ולכן השדה החשמלי הוא שדה משמר:

$$\vec E = -\nabla \phi $$כאשר $$\phi $$ הוא הפוטנציאל החשמלי.

$$\int_{r_1}^{r_2}\vec E \cdot \vec{dl} = \int_{r_1}^{r_2} -\nabla \phi \cdot \vec{dl} = -[\phi(r_2)-\phi(r_1)] $$אינטגרציה אינה תלויה בצורת המסלול, אלא רק בערכי הפוטנציאל בנק' הקצה.

פוטנציאל חשמלי סקלרי - מטען נקודתי
נקודה חשובה נוספת - הפוטנציאל מוגדר ע"י קבוע:

$$\vec E_1 = -\nabla \phi $$$$\vec E_2 = -\nabla (\phi+C)= -\nabla \phi =\vec E_1 $$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:

$$\phi(r) = -\int_{r_1\rightarrow\infty}^r \vec E \cdot \vec{dl} $$לדוגמא:

אם ניקח שדה של מטען נקודתי בראשית:

$$\vec E = \frac{Q}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{1}{r^2} \hat r $$$$\phi(r_s)= -\int_\infty^{r_s} \frac{Q}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{1}{r^2} \hat r = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{Q}{r_s} $$

סופרפוזיציה
ניתן לבצע סופרפוזיציה גם לפוטנציאל החשמלי:

$$\phi = \int \frac{dq}{4\pi\epsilon_0 |\vec r - \vec r'|} = \iiint \frac{\rho(r') dV'}{4\pi \epsilon_0 |\vec r - \vec r'|} + \phi_{\text{point potential}} $$גם כאן, בבעיות שהן space inveriant, נקבל שהסופרפוזיציה מקבלת צורה של אינטגרל קונבולוציה:

$$\phi = \rho \circledast \frac{1}{4\pi \epsilon_0 |\vec r|}$$אם המטען הוא מטען נקודתי:

$$\rho = Q\cdot \delta(\vec r - \vec r')$$

דוגמא חשובה - דיפול חשמלי קטן

 * 1) חשבו את הפוטנציאל
 * 2) מה התוצאה בגבול $$\vec d \rightarrow 0$$, אבל $$q |\vec d|$$ קבוע ידוע.

$$\phi = \frac{q}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{1}{|\vec r^+|} - \frac{q}{4\pi \epsilon_0}\cdot \frac{1}{|\vec r^-|}$$נגדיר:

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

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

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

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

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

$$\phi = \frac{q}{4\pi \epsilon_0} [ \frac{1}{|\vec r - \vec r'| \sqrt{1 - \underbrace{\frac{\vec r - \vec r'}{|\vec r - \vec r'|^2 }} _{\ll 1} \cdot \vec d}} - \frac{1}{|\vec r - \vec r'| \sqrt{1 + \frac{\vec r - \vec r'}{|\vec r - \vec r'|^2 }\cdot \vec d}} ] =...$$$$...= \frac{q}{4\pi \epsilon_0 |\vec r - \vec r'|} \cdot [1 + 1/2 \frac{\vec r - \vec r'}{|\vec r - \vec r'|^2}\cdot \vec d - (1 - 1/2 \frac{\vec r - \vec r'}{|\vec r - \vec r'|^2}\cdot \vec d) ] = \frac{q \vec d \cdot (\vec r - \vec r')}{4\pi \epsilon_0 |\vec r - \vec r'|^3}$$נהוג להגדיר $$\vec p \equiv q \vec d$$ מומנט הדיפול, ומתקבל:

$$\phi = \frac{\vec p \cdot (\vec r^{+} - \vec r^{-} ) }{4 \pi \epsilon_0 |\vec r - \vec r'|^3}$$כאשר עבור דיפול בראשית מתקבל:

$$\phi = \frac{\vec p \cdot \hat r}{4\pi \epsilon_0 r^2}$$באיור (XXXX) ניתן לראות בצבע אדום את המטענים החיוביים, ובכחול את השליליים.

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

השדה היוצא:

$$\vec E = \frac{p}{4\pi\epsilon_0 r^3 }[2 \cos \theta \hat r + \sin \theta \hat \theta]$$

דוגמא 2 - דיסקה טעונה בצפיפות אחידה
חשבו את הפוטנציאל החשמלי על ציר z, של דסקה דקה טעונה בצפיפות אחידה η. רדיוס הדסקה - R.

$$\vec r' = x' \hat x + y' \hat y = r' \cos \varphi' \hat x + r' \sin \varphi' \hat y, \vec r = z \hat z, dq = \eta dS' = \eta r' dr' d\varphi'$$$$\phi = \iint \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{\eta dS'}{|\vec r - \vec r'|} = \iint \frac{1}{4\pi \epsilon_0 } \frac{\eta r' dr' d \phi'}{\sqrt{r'^2 \cos^2 \varphi' + r'^2 \sin^2 \varphi' + z^2 }} = \iint \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{\eta r' dr' d \phi'}{\sqrt{r'^2 + z'^2}} =

\underbrace{2\pi}_{\int_0^{2\pi} d\varphi'} \int \frac{\eta r'}{4\pi \epsilon_0 \cdot \sqrt{r'^2 + z'^2}} =

\frac{\eta}{2\epsilon_0} (\sqrt{R^2 + z^2}- |z|)

$$


 * מקרה 1 - $$|z| \gg R$$

עבור מקרה זה נרשום:

$$\phi = \frac{\eta}{2\epsilon_0} (\sqrt{R^2+z^2} - |z|) = \frac{\eta}{2\epsilon_0} |z| (\sqrt{1+ \frac{R^2}{z^2}} - 1) \approx \frac{\eta}{2\epsilon_0} |z| \cdot (1 + 1/2 \frac{R^2}{|z|^2} - 1) = \frac{\eta R^2 }{\epsilon_0} \cdot \frac{1}{|z|} = \frac{\overbrace{\eta (\pi R^2)}^{Q_{disk}}}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{1}{|z|} = \frac{Q_{disk}}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{1}{|z|}$$רחוק מאוד מהדיסקה, היא נראית כמטען נקודתי, ולכן גם הפוטנציאל נראה כך.


 * מקרה 2 - $$|z| \ll R$$

$$\eta = \frac{\eta}{2\epsilon_0} [\sqrt{R^2+z^2} - |z|] \approx \frac{\eta R}{2\epsilon_0} [\sqrt{1+(\frac{z}{R} } )^2 - \frac{|z|}{R}] \approx \frac{\eta R}{2\epsilon_0} [1+1/2 \frac{z^2}{R^2} - \frac{|z|}{R}] \approx \underbrace{\frac{\eta R}{2\epsilon_0}}_{Constant} - \frac{\eta |z|}{2\epsilon_0}$$$$\Rightarrow \phi= \begin{cases} -\frac{\eta z}{2\epsilon_0}, & z>0 \\ \frac{\eta z}{2\epsilon_0}, & z<0 \end{cases} \Rightarrow E_z = - \frac{\partial \phi}{\partial z} = \begin{cases} \frac{\eta}{2\epsilon_0}, & z>0 \\ -\frac{\eta}{2\epsilon_0}, & z<0 \end{cases}$$

פוטנציאל חשמלי - המשוואה הדיפרנציאלית
$$\nabla \times E = 0 \Rightarrow \vec E = - \vec \nabla \phi$$$$\vec \nabla \cdot (\epsilon_0 \vec E) = \rho \Rightarrow \vec \nabla \cdot (\epsilon_0 (-\nabla \phi)) = \rho $$ונקבל את משוואת פואסון:

$$\nabla^2 \phi = -\frac{\rho}{\epsilon_0}$$

אופרטור הלפלאסיאן
קרטזיות:

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

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

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

פתרון פרטי ופתרון הומוגני
בהעדר פילוג מטען ρ, הפוטנציאל יקיים:

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

את הפיתרון נחלק ל-2 חלקים:

$$\phi = \underbrace{\phi_p}_{\text{homogenous solution}} + \underbrace{{\phi}_h}_{\text{private solution}}$$


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

$$\nabla^2(\phi_p + \phi_h) = - \frac{\rho}{\epsilon_0 }= \underbrace{\nabla^2 \phi_p}_{-\frac{\rho}{\epsilon_0 }} + \nabla^2 \phi_h$$הפתרון ההומוגני "עוזר" לפתרון הפרטי לקיים את תנאי השפה: $$\phi(\partial D) = \phi_B = \phi_p (\partial D) + \phi_h (\partial D) = \phi_B$$כשמגיעים לפתור את הפיתרון ההומוגני, כבר יודעים פתרון פרטי (סופרפוזיציה, ניחוש, ואולי נתון). מתוך ת.ש. לפוטנציאל הכולל, נקבל תנאי שפה ל- $$\phi_h$$ (פתרון הומוגני):

$$\phi_h (\partial D) = \phi_B - \phi_p (\partial D)$$

1. צפיפות מטען משטחית
$$\hat n (\epsilon_0 \vec E_2 - \epsilon_0 \vec E_1 ) = \eta \Rightarrow \hat n (\epsilon_0 (-\nabla \phi_2) - \epsilon_0 (-\nabla \phi_1)) = \eta \Rightarrow -\epsilon_0 \frac{\partial \phi_2}{\partial n} - (- \epsilon_0 \frac{\partial \phi_1}{\partial n})=\eta $$

2. רציפות הפוטנציאל
$$\phi_2 |_{\text{boundry}} = \phi_1 |_{\text{boundry}}$$$$\triangle \phi = -\int_{\text{very short path}} \vec E \cdot \vec {dl} \approx \vec E \cdot \triangle \vec L $$ולכן בבעיות בהן השדה לא סינגולרי, אין בעיה והפוטנציאל חייב להיות רציף

3. גבול בין חומר מוליך לואקום
נשתמש בשימור מטען על השפה:

$$\hat n \cdot (\underbrace{\vec J_2} _{\text{the second area is vacuum }\rightarrow =0} - \vec J_1) + \underbrace{\vec \nabla_S \vec K}_{=0} = - \underbrace{\frac{\partial \eta}{\partial t } }_{=0}$$$$\Rightarrow \hat n \cdot \vec J_1 = 0 \Rightarrow \hat n \cdot (\sigma \vec E_1) = 0 \Rightarrow \hat n \cdot \sigma (-\vec \nabla \phi_2) = 0 \Rightarrow \frac{\partial \phi_1}{\partial n} = 0$$

תוספת לדיון - שפה של PEC
$$\hat n \times (\vec E_{out} - \underbrace{\vec E_{in}}_{=0}) = 0 \Rightarrow \hat n \times \vec E_{out}=0$$ולכן השדה החשמלי המשיק לפני המוליך האידאלי מתאפס, ולכן השדה החשמלי בעל רכיב ניצב לפני המוליך בלבד.

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

שיטת השיקופים
נסתכל על בעיה שבה צריך לחשב את $$\phi$$ בכל המרחב, עבור איור (XXXX).

זוהי בעיה קשה מאוד לפיתרון.

מטען נקודתי בסמוך למישור PEC אינסופי
במקרים פשוטים יותר, כמו באיור (XXXX) נחלק ל- 2 תחומים: $$x<0,x>0$$.

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

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

הפיתרון הפרטי יהיה:

$$\phi_p = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{|\vec r - d\hat x|}$$דרוש: פיתרון הומוגני.

$$\phi_{plane} = 0 \Rightarrow \phi_p |_{plane} + \phi_h |_{plane}=0 \Rightarrow \phi_h |_{plane}=0 = - \phi_p |_{plane} $$$$\phi_h |_{plane} = \underbrace{-}_{\text{looks like negative particle}} \frac{q}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{1}{y \hat y + z \hat z - d \hat x} = -\frac{q}{4\pi \epsilon_0}\cdot \frac{1}{y^2+z^2+d^2}$$מאחר ו"ניחשנו" פתרון (סופרפוזיציה של מטען חיובי ושלילי ש"הוספנו") שמקיים את אותה משוואת פואסון, עם אותם תנאי השפה, זהו הפיתרון לבעיה המקורית!

$$\phi = \begin{cases} 0 & x<0 \\ \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\cdot [\frac{q}{y \hat y + z \hat z + x \hat x - d \hat x}- \frac{q}{y \hat y + z \hat z + x \hat x + d \hat x}] & x>0 \end{cases}$$ניתן לכתוב את הפוטנציאל המתקבל כך:

$$\phi= \begin{cases} 0 & x<0 \\ \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \cdot [\underbrace{\frac{1}{\sqrt{(x-d)^2+y^2+z^2}}}_{\text{distance from q in }(d,0,0) } - \underbrace{\frac{1}{\sqrt{(x+ d)^2+y^2+z^2}}}_{\text{distance from -q in }(-d,0,0)} ] & x>0 \end{cases}$$

פילוג המטען ה"אמיתי" בבעיה
$$\begin{cases} \hat n \times (\vec E_2 - \vec E_1) = 0 \\ \hat n \cdot (\epsilon_0 \vec E_2 - \epsilon_0 \vec E_1 ) = \eta \end{cases}$$$$\Rightarrow \vec E |_{edge} = \vec E_q + \vec E_{-q}$$באמצעות תנאי השפה אפשר לרשום את פילוג המטען האמיתי $$\eta(x,y)$$:

$$\begin{cases} \hat n \cdot (\vec E-0)_{\text{boundry}}=\eta \\ \hat z \cdot (-\nabla \phi)_{\text{boundry}} = \frac{\eta}{\epsilon_0} \\ -\frac{\partial \phi}{\partial z}|_{\text{boundry}} = \frac{\eta}{\epsilon_0} = -\frac{\partial}{\partial z} [\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q}{\sqrt{x^2+y^2+(z-d)^2}} - \frac{q}{\sqrt{x^2+y^2+(z+d)^2}} ]

\end{cases}$$$$\eta = -\frac{q}{4\pi} \frac{\partial}{\partial z} [\sqrt{x^2+y^2+(z-d)^2} - \sqrt{x^2+y^2+(z+d)^2}]=... $$$$=-\frac{q}{4\pi} [-1/2 (x^2+y^2+(z-d)^2)^{-3/2} \cdot 2(z-d) -(-1/2) (x^2+y^2+(z+d)^2)^{-3/2}]\cdot 2(z+d)= -\frac{q}{4\pi} \cdot 2 (x^2+y^2+z^2)^{-3/2}d $$כמה מטען יש בסך הכל על המשטח?

$$Q = \int \eta dS = {\iint}^\infty_\infty \frac{-qd}{4\pi} \cdot 2 \cdot (x^2+y^2+z^2)^{-3/2}dxdy= -\frac{qd}{2\pi} \int_{\varphi=0}^{2\pi} \int_{r=0}^\infty \frac{1}{(r^2+d^2)^{3/2}} \cdot r dr d\varphi= -qd \int_{r=0}^\infty \frac{r}{(r^2+d^2)^{3/2}} = ... $$$$...= q \frac{1}{\sqrt{r^2+d^2}}|^\infty_0 = qd(0-1/d)=-q $$

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

מטען נקודתי בסמוך לכדור PEC

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

מאחר ומשוואת פואסון מתקיימת עם:

$$\nabla^2 \phi = - \frac{\rho}{\epsilon_0}$$אותו ρ (לא שינינו את המטען באזור שבו פותרים), ולכן נותר רק לקיים תנאי שפה.

$$\phi |_{\text{ball edge}} = \frac{q}{4\pi \epsilon_0 r_q} + \frac{Q}{3\pi \epsilon_0 r_Q} = 0$$$$\Rightarrow \frac{Q}{R_Q} = -\frac{q}{r_q} (*)$$אנו מחפשים Q,D כך שנוכל לקיים ת.ש. על כדור.

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

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

$$\frac{Q'}{r\pi\epsilon_0}=V_0 \Rightarrow Q' = 4\pi\epsilon_0 R V_0$$

המקרה ההפוך - המטען נמצא בתוך הכדור
לפיכך מטען הדמות יהיה מחוץ לכדור:

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