Tietoa sähkökentästä tarvitaan useissa fysikaalisissa tilanteissa, esimerkiksi jos halutaan

Transkriptio

1 3 Sähköstatiikan laskentamenetelmiä Tietoa sähkökentästä tavitaan useissa fysikaalisissa tilanteissa, esimekiksi jos halutaan tietää missäläpilyönti on todennäköisin suujännitelaitteessa tai mikä on kahden johteen välisen kapasitanssin suuuus. Yleensä sähkökenttää ei voida esittää käyttäen ääellistä määää alkeisfunktioita; tällaisessa tilanteessa käytetään tavallisesti numeeisia atkaisumenetelmiä. Sellaisissakaan tapauksissa, joissa analyyttinen atkaisu on mahdollinen, ei sen löytämiseksi ole mitään yleistä menetelmää. Mikäli vaausjakautuma tunnetaan, kenttä voidaan tietysti laskea kaavan (1.10) mukaisesti integoimalla. Käytännössä kuitenkin esimekiksi johteisiin indusoituneet vaaukset ovat tuntemattomia, eikä tätä menetelmää voida suoaan käyttää. Tässä luvussa esitellään joitakin muita laskumenetelmiä ja sovelletaan niitä eilaisiin fysikaalisiin tilanteisiin. Sylintei-, pallo- tai tasosymmetisissä systeemeissä on ilmeistä, että sähkökentällä ja sähkövuon tiheydellä on sama symmetia. Tällöin D ja E voidaan laskea helposti soveltamalla Gaussin lakia pintoihin, joilla D on vakio. Tällaisia symmetisiä tilanteita voidaan hyödyntää esimekiksi taso-, sylintei- ja pallokondensaattoien kenttien ja kapasitanssien laskemisessa. 3.1 Poissonin yhtälö Mikäli pobleemasta puuttuu yksinketainen symmetia, on käytettävä muita menetelmiä. Sähkökentän on aina noudatettava Gaussin lain diffeentiaalimuotoa E = ρ/ε 0, (3.1) ja lisäksi sen on toteutettava pobleeman eunaehdot, esimekiksi oltava kohtisuoassa johtavia pintoja vastaan, koska miillä potentiaali on vakio. Esimekiksi sylinteikondensaattoissa tai koaksiaalikaapelissa potentiaali voi olla sisemmällä johteella ja ulommalla johteella 0. Käyttäen ehtoa E = φ, jolloin E = φ = 2 φ, voidaan Gaussin laki esittää potentiaalin avulla muodossa 2 φ = ρ/ε 0. (3.2) 49

2 50 z P z θ cosθ y z P x φ sinθ sinθ sinφ pallokoodinaatisto sinθ cosφ x φ sinφ sylinteikoodinaatisto cosφ y Tämä toisen ketaluvun osittaisdiffeentiaaliyhtälö tunnetaan nimellä Poissonin yhtälö. Diffeentiaaliopeaattoi 2 on Laplacen opeaattoi. Kateesisessa koodinaatistossa 2 = 2 x y z, 2 sylinteikoodinaatistossa 2 = ja pallokoodinaatistossa 2 = ϕ z 2 = θ 2 + cot θ 2 ( ) ϕ z 2 θ sin 2 θ 2 ϕ 2. Poissonin yhtälön lisäksi potentiaalin on toteutettava myös pobleeman eunaehdot. Sähkökenttä voidaan siis saada selville atkaisemalla ensin pobleeman eunaehdot toteuttava potentiaali Poissonin yhtälöstä ja laskemalla sen gadientti. Koska potentiaali voidaan esittää muodossa (1.29), on Poissonin yhtälön fomaali atkaisu φ() = 1 ρ( ) dτ + 1 S σ( ) ds. Koska ρ ja σ koostuvat sekä polaisaatiovaauksista että vapaista vaauksista, joista osa on induktiovaauksia, ei tästä yhtälöstä ole kovin suuta hyötyä, sillä indusoituneet ja polaisaatiovaaukset voidaan laskea vasta, kun potentiaali ja sähkökenttä tunnetaan. Jos väliaine on homogeenista, eli ε on kaikkialla sama, voidaan Gaussin laki D = (εε 0 E)=ρ f kijoittaa muotoon E = ρ f. εε 0 Sijoittamalla tähän E = φ saadaan 2 φ = ρ f εε 0. (3.3)

3 3.1. POISSONIN YHTÄLÖ 51 Tämä onmyös Poissonin yhtälö, mutta toisin kuin (3.2):ssa, siinä esiintyy vain vapaa vaaustiheys ρ f, joten sitä atkaistaessa ei polaisaatiovaauksia tavitse tuntea. Koska atkaisua haetaan johteiden ulkopuolisessa avauudessa, ei myöskään induktiovaauksia tavitse tuntea. Näin ollen (3.3) on usein paas lähtöyhtälö sähköstaattisen ongelman atkaisemisessa. Johteiden läsnäolo kentässä huomioidaan asettamalla φ vakioiksi johteiden pinnoilla. Alueessa, jossa vapaita vaauksia ei ole, eli ρ f = 0, Poissonin yhtälö yksinketaistuu muotoon 2 φ =0, (3.4) jota kutsutaan Laplacen yhtälöksi. Esim.: Koaksiaalikaapeli. Johteiden välissä ρ f = 0. Kenttä on sylinteisymmetinen, joten φ = φ() ja φ/ ϕ = φ/ z =0. b φ = Käytämme siis Laplacen yhtälöä sylinteikoodinaatistossa: φ = 0 1 d d dφ dφ ( )=0 d d = A = vakio dφ d = A a φ = A ln + B. Integointivakiot A ja B määätään eunaehdoista. alitaan φ(a) =, missä a on sisäsylintein säde ja φ(b) = 0, missä b on ulkosylintein säde. Silloin ja φ(b) =0 A ln b + B =0 B = A ln b φ = A ln b φ(a) = A ln a b = A = ln(a/b) φ = ln(a/b) ln b, joten φ() = ln(b/a) ln b. (3.5) Tästä saadaan kaapelin eisteessä vaikuttavaksi sähkökentäksi E = dφ d = ln(b/a) 1, eli sama tulos kuin aiemmin saatiin Gaussin lain avulla kohdassa (2.3.2) Poissonin yhtälön atkaisun yksikäsitteisyys Edellisessä esimekissä johdettu atkaisu toteuttaa Laplacen yhtälön välillä a < <bsekä asetetut eunaehdot. Koska atkaisu saatiin systemaattisen integoinnin tuloksena, se on ilmeisesti ainoa atkaisu, joka toteuttaa ko. ehdot.

4 52 Systemaattinen integointi ei aina ole mahdollista. Jos kuitenkin jollakin tavalla on löydetty Poissonin tai Laplacen yhtälön atkaisu, joka toteuttaa tietyt eunaehdot, niin tämä on ainoa mahdollinen atkaisu näillä eunaehdoilla. Seuaavassa todistetaan, että tämä väite pitää paikkansa. Takastellaan johtavassa kappaleessa olevaa onteloa. Ilmeisesti potentiaali ontelon pinnalla on vakio, esim. 0. Oletetaan aluksi, että ontelossa ei ole vaauksia. Tällöin sen sisälläonvoi- massa Laplacen yhtälö 2 φ = 0. Koska vakion deivaatta on nolla, on φ = 0 yksi atkaisu, joka toteuttaa Laplacen yhtälön ja eunaehdon φ = 0. φ = 0 Oletetaan, että on olemassa toinen atkaisu φ 1, joka toteuttaa ehdon φ 1 = 0 ontelon pinnalla. Tällä atkaisulla on ainakin yksi ääiavo ontelon sisällä, jotta se ei olisi vakio eli sama kuin ensimmäinen atkaisu. Jos ääiavo on maksimi, on ko. pisteessä voimassa 2 φ 1 / x 2 < 0, 2 φ 1 / y 2 < 0, 2 φ 1 / z 2 < 0, eli 2 φ 1 x + 2 φ 1 2 y + 2 φ 1 2 z = 2 2 φ 1 < 0, joten φ 1 ei toteuta Laplacen yhtälöä. Samoin minimikohdassa olisi 2 φ 1 > 0. Näinollen φ = 0 on ainoa kyseiset eunaehdot toteuttava atkaisu. Jos ontelon sisällä on vapaita vaauksia, on voimassa Poissonin yhtälö 2 φ = ρ f /εε 0. Mikäli tällä olisi kaksi atkaisua φ 1 ja φ 2, jotka toteuttavat eunaehdon φ 1 = 0, φ 2 = 0,onnäiden eotus φ = φ 1 φ 2 = 0ontelon pinnalla, ja kaikkialla 2 φ = 2 φ 1 2 φ 2 = ρ f /εε 0 + ρ f /εε 0 = 0. Siis φ toteuttaa Laplacen yhtälön eunaehdolla φ = 0ontelon pinnalla. Yksi ja siis myös ainoa tämän eunaehdon toteuttava Laplacen yhtälön atkaisu on φ =0. Tällöin φ = φ 1 φ 2 = 0, joten kaikkialla φ 1 = φ 2. Poissonin yhtälölläkin on siis vain yksi annetut eunaehdot toteuttava atkaisu. Tämän peusteella suljetun metallikuoen sisällä olevassa vaauksettomassa tilassa potentiaali on vakio ja sähkökenttä on nolla. Suljettua metallikuota sanotaan Faadayn häkiksi Sähköstaattinen peilikuvapeiaate Johdekappaleita sisältävissä systeemeissä potentiaalin laskemista vaikeuttaa se seikka, ettei johteiden pinnoille indusoituneita vaauskatteita tunneta. Poissonin yhtälön atkaisun yksikäsitteisyydestä kuitenkin seuaa, että potentiaali tunnetaan, jos voidaan löytää sellainen vaausjakautuma, jonka potentiaali toteuttaa pobleeman eunaehdot. Kun ollaan kiinnostuneita vain tietystä avauuden alueesta, on mahdollista

5 3.1. POISSONIN YHTÄLÖ 53 löytää eilaisia vaausjakautumia, joiden aiheuttama potentiaali kyseisessä alueessa on sama. Tämän vuoksi pintavaaukset voidaan usein kovata systeemin ulkopuolelle asetetuilla kuvitelluilla vaauksilla, ns. peilivaauksilla. Tästä menetelmästä käytetään nimitystä peilikuvapeiaate. Esim. 1: Positiivisen pistevaauksen läheisyyteen etäisyydelle a tuotu johtava taso Ilmeisesti tasoon indusoituu negatiivinen vaauskate, jonka vaikutuksesta kenttä on aina kohtisuoassa tasoa vastaan. Tämä vaauskate ei ole vakio, vaan iippuu vaauksen Q etäisyydestä. Koska dipolikenttä on kohtisuoassa vaausten välisen janan keskinomaalitasoa vastaan, saadaan johtavan tason yläpuolelle sama kenttä, jos kuvitellaan vaauskate kovatuksi tason alapuolelle etäisyydelle a asetetulla peilivaauksella Q Huomaa, että näiden kahden vaaussysteemin aiheuttamat kentät ovat eilaisia tason alapuolella, mutta ne aiheuttavat samat potentiaalin eunaehdot ja siis myös saman potentiaalin ja kentän tason yläpuolelle. Esim. 2: ääettömän pitkän vaatun johtavan sylintein potentiaali. Oletetaan, että sylintein säde on a ja vaaus pituusyksikköä kohti λ. Gaussin lain avulla 2πE()l = λl/ε 0, mistä E() = dφ() d kun >a. Integoimalla saadaan = λ 2πε 0, φ() = λ ln + vakio. 2πε 0 alitsemalla potentiaali nollaksi etäisyydellä = b päädytään atkaisuun - a φ() = λ 2πε 0 ln b, (A) kun >a. Koska φ() ei iipu a:sta, johteen ulkopuolelle saadaan sama potentiaali, jos sylintei poistetaan ja sen pintavaaus keätään sylintein akselille. Alueessa <a ovat potentiaalit näissä kahdessa tilanteessa eilaisia. Sylintein sisällä potentiaali on vakio φ() = λ ln b 2πε 0 a,

6 54 kun taas sylintein akselille asetetun vaauksen potentiaali on tässäkin alueessa muotoa (A). Esim. 3: Takastellaan y kahta ääettömän pitkää yhdensuuntaista a-säteistä sylinteinmuotoista johdinta, 2 P jotka on vaattu itseisavoltaan yhtä suuilla mutta vas- 1 takkaismekkisillä vaauksilla. aaukset pituusyksik- A B +λ D x a λ C θ köä kohti ovat λ ja λ. Tässä tapauksessa vaauskatteen jakautuminen sylintein p d pinnalle ei ole tasainen. Potentiaali voidaan atkaista Kuva 3.5 peilikuvapeiaatteella. Asetetaan sylinteit ja kuvavaaukset xy-koodinaatistoon kuvan osoittamalla tavalla. Osoitetaan, että kummankin sylintein vaaus ±λ voidaan sijoittaa kahteen symmetiseen lankaan, jotka kulkevat xz-tasossa z-akselin suuntaisina etäisyyksillä pz-akselista. On löydettävä sellainen p:n avo, jolla potentiaali on vakio sylinteien pinnoilla. Kun on positiivisesti vaatusta sylintein akselista mitattu etäisyys, on esimekki 2:n nojalla potentiaali pisteessä P φ() = λ ln b λ ln b = 2πε 0 1 2πε 0 2 Kijoitetaan tämä :n, p:n, d:n ja θ:n avulla. Ilmeisesti Samoin λ 2πε 0 ln 2 1 = λ ln = (d + p) (d + p) cos θ = d 2 + p 2 +2dp (d + p) cos θ + d 2 d 2 = 2d(d + p)+2(d + p) cos θ p 2 d 2 = 2(d + p)(d + cos θ)+ 2 + p 2 d = (d p) (d p) cos θ = 2(d p)(d + cos θ)+ 2 + p 2 d 2, joten φ() = λ [ 2(d + p)(d + cos θ)+ 2 + p 2 d 2 ] ln. (B) 2(d p)(d + cos θ)+ 2 + p 2 d 2 Jos kuvavaausten paikat valitaan siten, että p 2 = d 2 a 2, on positiivisesti vaatun sylintein pinnalla ( = a) φ(a) = λ ln d + p d p = vakio. 2 1

7 3.6. SÄHKÖSTATIIKAN YHTEENETO 55 Symmetian vuoksi on potentiaali negatiivisesti vaatun sylintein pinnalla φ(a) Paikkoihin p = d 2 a 2 asetettujen kuvavaausten potentiaalit toteuttavat siis pobleeman eunaehdot, joten kaava (B) esittää potentiaalia sylinteien välisessä avauudessa. Johteiden välinen potentiaalieo on = φ(a) [ φ(a)]=2φ(a) = joten kapasitanssi pituusyksikköä kohti on Jos d a, ona/d 1, ja jolloin λ ln d + p 2πε 0 d p, C/l = λ = 2πε 0 ln[(d + p)/(d p)]. d + p d p = d + ( ) 2 d2 a d d 2 a = a 2 /d a 2 /d 2 ( = d2 1+1 a2 ) a 2 d +2 1 a 2 /d 2 4d2 2 a, 2 C l 2πε 0 ln(4d 2 /a 2 ) = πε 0 ln(2d/a). Jos esimekiksi 2d/a = 6 on C/l = 16 pf/m. 3.6 Sähköstatiikan yhteenveto Sähköstatiikan keskeiset kaavat ovat seuaavat: Coulombin laki: F = 1 q2q (1.2) Sähkökenttä: E() = 1 ( )ρ( )dτ S ( )σ( )ds 3 (1.10) Gaussin laki: Potentiaalieo: S E ds = 1 ε 0 ρdτ = Q ε 0. (1.14b) E = ρ/ε 0 (1.20) B φ( B ) φ( A )= E dl = A A B E dl (1.24)

8 56 Potentiaalienegia: Kapasitanssi: E = φ (1.26) U = 1 q i φ i 2 i (1.36) U = 1 2 ε 0 E 2 dτ (1.42) U = 1 2 D E dτ (2.26) C = Q (1.39) Polaisoituma: P =(ε 1)ε 0 E = χ E ε 0 E (2.5) (2.6) Sähkövuon tiheys: D = ε 0 E + P, (2.20) jolle Gaussin laki: D = ρ f (2.19) Kenttien ajaehdot: D jatkuva (2.23) E jatkuva (2.24) Poissonin yhtälö: 2 φ = ρ f /εε 0 (3.3) joka ehdolla ρ f = 0johtaa Laplacen yhtälöön 2 φ =0. (3.4)