Fysiksvammel del II (Cheng)

Inledning

Denna del av min fysiksvammelbok uppkommer pga att det är så många kapitel i ordinarie bok (Fysiksvammel med kontrollerad fusion som mål), och med mina ynka 1Mb/s tar den också en del tid att ladda. Samtidigt gillar jag elektromagnetisk fältteori (Cheng) bäst så jag vill köra lite parallellt här ty optik anser jag inte har så mycket med fusionsforskning att göra även om det är (måttligt) intressant i sig. Jag skapade alltså textmassan till min ordinarie bok för flera år sedan men nu är jag mer intresserad av andra delar av fysiken.

Del VI, VEKTORLÄRA

Vektorer är sådana som har både riktning och storlek, ett exempel på en vektor är kraft.

Kapitel LXXVIII, Skalärprodukt

Skalärprodukt, cosinusteorem och kryssprodukt

Skalärprukt definieras enligt

$A\cdot B=ABcos(\alpha )\mathrm{...78.1}$

där A och B är två vektorer med samma angripspunkt (kan alltid parallellförflyttas) och med vinkeln alpha emellan.

Jag har hittat på en egen tolkning av skalärprudukt där man eventuellt kan se skalärprodukt som ett mått på hur två vektorer samverkar, om svaret är negativt så motverkar dom varandra och om svaret är positivt så samverkar dom.

Om vi säger att ena vektorn (A) ligger horisontellt och andra vektorn (B) mindre än 90 grader därifrån, då är cosinus för vinkeln positiv och projektionen Bcos(a) ligger parallellt med A, om vinkeln är större än 90 grader så är cosinus för vinkeln negativ och projektionen är antiparallell med A

Bevis av cosinusteoremet

Med hjälp av skalärprodukt kan man bevisa cosinusteoremet.

Föreställ Er att vi har två vektorer där den ena (A) pekar horisontellt åt höger och den andra (B) i första kvadranten dvs också åt höger men med en vinkel som är större än noll men mindre än 90 grader, denna skillnadsvinkel kallar vi alpha.

Adderar man vektoriellt A med B får man helt enkelt resultanten C och denna i kvadrat kan tecknas

$C^2=(A+B{)}^2=A^2+B^2+2ABcos(\alpha )\mathrm{...78.2}$

Nu är alltså mellanliggande vinkel alpha MEN cosinusteoremet avser mellanliggande vinkel vid förskjutning av vektorerna så att dom biter varandra i svansen (inte "normal" mellanliggande vinkel alltså), detta gör så att cosinusteoremet blir riktigt dvs

$C^2=A^2+B^2-2ABcos(\beta )\mathrm{...78.3}$

där beta är inre vinkeln

Jag skulle vilja säga att vinklarna vad beträffar kryssprodukt och skalärprukt ALLTID avser mellanliggande vinkel MEN det som då också gäller är att vektorerna alltid är tail-to-tail dvs börjar i samma angripspunkt.

Exempel på användning av skalärprodukt

Säg att du har en vektor A enligt

$A=A_x\hat{x}+A_y\hat{y}+A_z\hat{z}\mathrm{...78.4}$

Om vi nu vill ha fram en vektor B som är vinkelrät mot denna så gäller ju

$A\cdot B=\mathrm{0...78.5}$

ty cosinus är noll.

Jag var skeprtisk till detta idag och försökte klura ut det för hela rummet men det blir svårt att tänka då så om man bara nyttjar ett plan så blir det lättare dvs vi droppar Az, då blir skalärprodukten av A och B följande

$Ax\ast Bx+Ay\ast By\mathrm{...78.6}$

och om

$A=[2;3]\mathrm{...78.7}$

vilket är ett privat sätt att skriva (cartesiska vektorer) så gäller att B kan vara typ

$B=[3;-2]\mathrm{...78.8}$

för då blir skalärprodukten

$2\ast 3+3\ast (-2)=\mathrm{0...78.9}$

Vinkeln mellan y-axeln och vektorn A är

$atan(2/3)\mathrm{...78.10}$

vinkeln mellan y-axeln och vektorn B är

$atan(3/2)\mathrm{...78.11}$

och

$atan(2/3)+atan(3/2)=90grader\mathrm{...78.12}$

V.S.V

Kapitel LXXIX, Kryssprodukt

Den andra varianten av vektoriell multiplikation kallas kryssprodukt.

Kryssprodukt är inte helt lätt att förstå tycker jag men den grundar sig på att två vektorer multipliceras på ett speciellt sätt så att produkten bygger upp ett parallellogram samtidigt som den skapar en ny enhetsvektor (n) normal till parallellogrammet.

Riktningen på den nya vektorn (n) följer "skruvregeln" dvs om ena vektorn kallas A och andra kallas B och man kryssar A med B då roteras A i riktning mot B, sett underifrån blir det som en högergängad skruv och n kommer peka ur pappret.

Man kan också se det som så att man om man nyttjar högra handens pekfinger för säg A och dess långfinger för B så kommer tummen peka i n-riktning (kallas också högerhandsregeln).

Vi kommer återkomma till kryssprodukt när det gäller nåt som kallas rot eller curl men här nöjer jag mig med att konstatera

$AXB=\hat{n}|ABsin(\alpha )|\mathrm{...79.1}$

där alpha är vinkeln mellan vektorerna, högerledet är alltså inget annat än arean hos ett parallellogram vars "höjd" ju är ~sin(alpha) med en enhetsvektor (n tak) vilkelrätt mot parallellogrammets yta.

Exempel på användning av kryssprodukt

Om vi vill räkna ut en parallell vektor till A så kan vi sätta att

$AXB=\mathrm{0...79.2}$

ty vi har sinus mellan vektorerna, med andra ord gäller

$(A_y{B}_z-A_z{B}_y)\hat{x}+(A_z{B}_x-A_x{B}_z)\hat{y}+(A_x{B}_y-A_y{B}_x)\hat{z}=\mathrm{0...79.3}$

Om nu

$A=[1;1;1]\mathrm{...79.4}$

så ger det att

$\mathrm{1...}Bz-By=\mathrm{0...79.5}$

$\mathrm{2...}Bx-Bz=\mathrm{0...79.6}$

$\mathrm{3...}By-Bx=\mathrm{0...79.7}$

1 ger att By=Bz som insatt i 3 ger Bz=Bx (2 behövs inte, överbestämt ekvationssystem) så vi har att Bx=Bz=By dvs vektorn B kan skrivas

$B=b[1;1;1]\mathrm{...79.8}$

där b bara är ett tal vars alla varianter genererar en vektor som är parallellt med A, trivialt svar men tricket är användbart.

Kapitel LXXX, Vektordefinitioner

Definition av två vektorer

Om vi definierar en vektor på följande sätt

$A=A_x\hat{x}+A_y\hat{y}+A_z\hat{z}\mathrm{...80.1}$

så har vi genast nyttjat det mest vanliga koordinatsystemet dvs de Cartesiska, sen kan vi definiera

$B=B_x\hat{x}+B_y\hat{y}+B_z\hat{z}\mathrm{...80.2}$

där i båda fallen "hattarna" är enhetsvektorer som bara har riktning men "inget" belopp (nåväl, 1 har dom i belopp)

Nyttjar vi nu skalärprodukt enligt ovan så får vi att

$A\cdot B=A_x{B}_x+A_y{B}_y+A_z{B}_z\mathrm{...80.3}$

ty bara komponenter i samma riktning multipliceras vilket är samma som att alpha ovan är 0 grader (ty koordinatsystemet är ortogonalt dvs vinkelrätt).

Kryssprodukt är lurigare för enligt ovan är det sinus för mellanliggande vinkel som gäller men det gör ju att

$\hat{x}\ast \hat{x}=\mathrm{0...80.4}$

ty vinkeln mellan dom är 0, bara vinkelräta komponenter kommer alltså med dvs

$\hat{x}\ast \hat{y}=\mathrm{1...80.5}$

samtidigt som

$\hat{y}\ast \hat{x}=-\mathrm{1...80.6}$

till exempel.

Kryssprodukten

$AXB\mathrm{...80.7}$

blir alltså, när man betänker att högerhandsregeln gäller

$AXB=(AyBz-AzBy)\hat{x}+(AzBx-AxBz)\hat{y}+(AxBy-AyBx)\hat{z}\mathrm{...80.8}$

Som faktiskt är rätt lätt att räkna ut ty efter xy kommer positivt z enligt högerhandsregeln och efter zx så kommer positivt y medans efter xz kommer negativt y för nu går vi runt åt andra hållet, typ

Refererat till ovanstående bild kan man teckna

$A=A_x\hat{x}+A_y\hat{y}\mathrm{...80.9}$

och

$B=B_x\hat{x}+B_y\hat{y}\mathrm{...80.10}$

cosinus för mellanliggande vinkel b-a blir sedan

$Re[e^{j(b-a)}]\mathrm{...80.11}$

som är samma som

$Re[e^{jb}\ast e^{-ja}]\mathrm{...80.12}$

dvs

$Re[(cos(b)+jsin(b))\ast (cos(-a)+jsin(-a))]\mathrm{...80.13}$

eller

$Re[(cos(b)+jsin(b))\ast (cos(a)-jsin(a))]\mathrm{...80.14}$

vilket ger

$cos(b)cos(a)+sin(b)sin(a)==cos(b-a)\mathrm{...80.15}$

om vi nu tittar på att vi har

$\left[\begin{array}{c}cos(a)=\frac{A_x}{|A|}\\ sin(a)=\frac{A_y}{|A|}\\ cos(b)=\frac{B_x}{|B|}\\ sin(b)=\frac{B_y}{|B|}\end{array}\right]\mathrm{...83.16}$

så kan vi teckna

$cos(b-a)=\frac{B_x{A}_x}{|AB|}+\frac{B_y{A}_y}{|AB|}\mathrm{...80.17}$

ty A och B är beloppet av vektorerna, detta ger

$|AB|cos(b-a)=A_x{B}_x+A_y{B}_y\mathrm{...80.18}$

V.S.V

Personligen tycker jag komplexa tal är en härligt smidig genväg till att härleda, och komma ihåg, trigonometriska formler som jag i alla fall aldrig lyckats lära mig, sen tror jag att samma resonemang kan användas för bevis av kryssprodukt men jag avstår från det och säger bara att härledningen av skalärprodukten av godtyckligt vinklade vektorer ger ett nästan trivialt svar som lite är bortanför teorin modell att skalärprodukten är produkten av längderna hos vektorerna gånger cosinus av mellanliggande vinkel, tycker faktiskt att det är lite svårt att se att det allmänt mynnar ut i ovanstående typ AxBx bara osv.

Känner plötsligt för att bevisa kryssprodukt också för vi kan använda samma bild, nu gäller dock sinus dvs

$sin(b-a)=Im[e^{jb}\ast e^{-ja}]\mathrm{...80.19}$

vilket ger

$Im[(cos(b)+jsin(b))\ast (cos(a)-jsin(a))]\mathrm{...80.20}$

där vi samlar ihop de imaginära bitarna och får

$-cos(b)sin(a)+cos(a)sin(b)==sin(b-a)\mathrm{...80.21}$

dvs

$sin(b-a)=-\frac{B_x{A}_y}{|AB|}+\frac{A_x{B}_y}{|AB|}\mathrm{...80.22}$

vilket ger

$|AB|sin(b-a)=A_x{B}_y-B_x{A}_y\mathrm{...80.23}$

vilket är helt riktigt förutom att kryssprodukt definieras enligt

$\hat{n}|ABsin(b-a)|\mathrm{...80.24}$

där n-tak är den ortogonala riktningen jämför med det plan vektorerna A och B ligger i, i detta fallet gäller

$\hat{z}|ABsin(b-a)|=(A_x{B}_y-B_x{A}_y)\hat{z}\mathrm{...80.25}$

V.S.V

Kapitel LXXXI, Koordinatsystem

Olika koordinatsystem

Jag har fått lära mig av Cheng att tre olika koordinatsystem räcker för de flesta fall, dessa tre är:

1) Cartesiska koordinater (x, y, z)

2) Cylindriska koordinater (r, phi, z)

3) Sfäriska koordinater (R, theta, phi)

De cartesiska koordinaterna känner vi igen, cylindriska koordinater innebär att rymden antas cylindrisk där r är radien, phi är vinkeln mellan x och r och z är höjden, sfäriska koordinater innebär att rymden antas sfärisk där R är en rymd-radie, theta är vinkeln mellan z och dit rymd-radien pekar ovanifrån och ner och phi är vinkeln mellan x och positionen för R.

Man kan teckna de olika koordinatsystemens differentiella längdelement i samma ordning som ovan:

$dl=dx\hat{x}+dy\hat{y}+dz\hat{z}\mathrm{...81.1}a$

$dl=dr\hat{r}+rd\varphi \hat{\varphi }+dz\hat{z}\mathrm{...81.1}b$

$dl=dR\hat{R}+Rd\theta \hat{\theta }+Rsin(\theta )d\varphi \hat{\varphi }\mathrm{...81.1}c$

Ett godtyckligt längdelement kan alltså allmänt tecknas

$dl=h_{1}d{u}_1{\hat{u}}_1+h_{2}d{u}_2{\hat{u}}_2+h_{3}d{u}_3{\hat{u}}_3\mathrm{...81.2}$

där h-parametrarna kallas metriska koefficienter som för Cartesiska koordinater enligt ovan är

$h_1=h_2=h_3=\mathrm{1...81.3}$

och för cylindriska coordinater är

$h_1=1,h_2=r,h_3=\mathrm{1...81.4}$

samt för sfäriska koordinater är

$h_1=1,h_2=R,h_3=Rsin(\theta )\mathrm{...81.5}$

Den första är enkel att förstå för om man vill göra en integrering i hela rummet måste man göra den längs alla koordinater, samma princip kan dock tilldelas de andra koordinatsystemen.

Jag är mycket dålig på att rita mer komplexa saker, det är lite sorgligt men jag vill ändå gå vidare och måste försöka beskriva med ord åtminstone så länge dvs ett ytelement hos de olika koordinatsystemen kan tecknas (observera sedan att en normalkomponent till ytan används som alltid pelkar ut från ytan).

$d{S}_z=dxdy\hat{z}\mathrm{...81.6}$

detta är alltså ett ytelement i xy-planet vars normal pekar enligt z-axeln (samma princip gäller övriga koordinater), sen har vi för det cylindriska koordinatsystemet

$d{S}_r=rd\varphi dz\hat{r}\mathrm{...81.7}a$

$d{S}_{\varphi }=drdz\hat{\varphi }\mathrm{...81.7}b$

$d{S}_z=rd\varphi dr\hat{z}\mathrm{...81.7}c$

rdphi är det metriska vinkelsegmentet som blir av vinkeldifferentialen, och för det sfäriska koordinatsystemet där Rsin(theta) kan projiseras som lilla r

$d{S}_R=Rsin(\theta )d\varphi Rd\theta \hat{R}\mathrm{...81.8}a$

$d{S}_{\theta }=Rsin(\theta )d\varphi dR\hat{\theta }\mathrm{...81.8}b$

$d{S}_{\varphi }=dRRd\theta \mathrm{...81.8}c$

de olika volymselementen blir sedan

$d{V}_{xyz}=dxdydz\mathrm{...81.9}a$

$d{V}_{r\varphi z}=drrd\varphi dz\mathrm{...81.9}b$

$d{V}_{R\theta \varphi }=dRRd\theta Rsin(\theta )d\varphi =R^{2}sin(\theta )dRd\theta d\varphi \mathrm{...81.9}c$

Kapitel LXXXII, Skalär trippelprodukt

Skälär trippelprodukt kan tecknas

$A\cdot (BXC)=B\cdot (CXA)=C\cdot (AXB)\mathrm{...82.1}$

Observera rotationen åt höger, man kan tänka sig en variant, om man gillar determinanter, genom att hänvisa till Sarrus regel enligt nedan för då har man att alla tre vektorerna A, B, C ingår och ordningen på vektorerna kommer bara innebära att rader kastas om enligt högerhandsregeln.

A skalärt med BXC kan alltså tecknas:

$A\cdot BXC=\left|\begin{array}{ccc}Ax& Ay& Az\\ Bx& By& Bz\\ Cx& Cy& Cz\end{array}\right|\mathrm{...82.2}$

Där jag precis kommit på ett enkelt sätt att beräkna determinanten nästan utan Sarrus regel.

Om man är ute efter komponenterna i "Ax-riktning" kan man stryka dess rad och dess kolumn samt körra Sarrus på "komplementet" samma gäller till exempel "Ay-riktning", då ser man genast att determinaten blir

$Ax(ByCz-BzCy)+Ay(BxCz-BzCx)+Az(BxCy-ByCx)\mathrm{...82.3}$

dvs skalärprodukten av A med BXC, där dock Ay har fel tecken men det återkommer jag till.

Kapitel LXXXIII, Vektoriell trippelprodukt

Denna är svårare att bevisa men jag hänvisar till Cheng (s18), beviset går lite ut på att man delar upp A i en parallell och vinkelrät komponent gentemot BXC-arean, i vilket fall blir svaret

$AX(BXC)=B(A\cdot C)-C(A\cdot B)\mathrm{...83.1}$

Kallas också för "The BAC-CAB Rule".

Spontant känns det lite knepigt hur man kan kryssa en vektor A med en annan vektor (BXC blir en annan vektor) så att alltihopa blir en skalär.

Kapitel LXXXIV, Gradient

Gradienten hos ett skalärt fält

Gradienten hos ett vektorfält innebär en vektor som pekar ut maximala "rate of change" ihop med riktningen hos en skalär förändring, gradienten definieras

$\mathrm{\nabla }V=\hat{n}\frac{dV}{dn}\mathrm{...84.1}$

där dV är ändringen av V längs en normalvektor till "potentialplanet", man kan skriva om detta enligt

$\frac{dV}{dl}=\frac{dV}{dn}\frac{dn}{dl}=\frac{dV}{dn}cos\alpha =\frac{dV}{dn}\hat{n}\cdot \hat{l}\mathrm{...84.2}$

dvs man kan skriva

$dV=\mathrm{\nabla }V\cdot dl\mathrm{...84.3}$

där dl är en vektor som inte nödvändigtmässigt måste vara vinkelrät mot planet och nabla definieras som

$\mathrm{\nabla }=\frac{d}{dx}\hat{x}+\frac{d}{dy}\hat{y}+\frac{d}{dz}\hat{z}\mathrm{...84.4}$

i Cartesiska koordinater och är en deriveringsoperator där till exempel

$\mathrm{\nabla }V\mathrm{...84.5}$

kan skrivas

$\mathrm{\nabla }V=\frac{dV}{dx}\hat{x}+\frac{dV}{dy}\hat{y}+\frac{dV}{dz}\hat{z}\mathrm{...84.6}$

Det är viktigt att inse att gradienter bara finns för skalärer, inte för vektorer alltså, allmänt kan man teckna gradienten för de olika koordinatsystemen enligt

$\mathrm{\nabla }V=\frac{dV}{h_{1}d{u}_1}{\hat{u}}_1+\frac{dV}{h_{2}d{u}_2}{\hat{u}}_2+\frac{dV}{h_{3}d{u}_3}{\hat{u}}_3\mathrm{...84.7}$

Jag laddar upp en bild på en potential enligt

$V=e^{-x^2}\mathrm{...84.8}$

som har en gradient enligt definitionen ovan dvs

$\frac{dV}{dx}\hat{x}=-2x{e}^{x^2}\hat{x}\mathrm{...84.9}$

där alltså gradienten är längs x-axeln och jag köper inte det för Gaussklockan har en gradient i y-led anser jag ty potentialen närmar sig ett maxima där och den gör det ganska fort (även om derivatan är noll där).

Jag sparar detta korkade uttalande som refeferens för idag tror jag att jag kom på vad gradient faktiskt är, gradient verkar visa på hur funktionen/skalären växer som mest och i vilken riktning I bifogad bild ser man hur jag räknat ut gradienten som ALLTID går längs med x-axeln (för det är det enda som går att derivera...), för mig känns detta fortfarande inte riktigt men man kan konstatera att gradienten i alla fall visar åt vilket "håll" i kurvan det verkligen händer nåt i y-led, rör man sig utmed x-axeln på detta sättet händer det en massa med potentialen när man närmar sig x=0.

Kapitel LXXXV, Divergens

Visar hur vektorfält kan divergera

Divergens definieras genom att man sätter en liten låda vinkelrätt mot vektorfältet, om då antalet flödeslinjer ut ur lådan är färre än antalet flödeslinger in så har man en "sink" där inne och därmed divergens, om antalet flödeslinjer ut ur lådan är större än in i lådan så har vi uppenbarligen en "source" där inne, är antalet flödeslinjer samma så är det ett divergensfritt eller så kallat "soloidalt" fält vi har [denna förklaring var vad jag först trodde på, se nedan]

Ett typexempel på divergens är

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{\rho }{{ϵ}_0}\mathrm{...85.1}$

vilket innebär att E-fältet divergerar i laddningar (rho=laddningsdensitet) som man kan se som att fältlinjerna landar i laddningar som ju finns diskret modell till exempel elektroner, samtidigt gäller

$\mathrm{\nabla }\cdot B=\mathrm{0...85.2}$

vilket visar att det inte finns några magnetiska laddningar för B-fältet biter alltid sig själ i svansen, så B är soloidalt.

Divergens är en skalär, den har ingen riktning men är positiv för intern "source" (dvs skillnaden mellan nåt slags tryck in och nåt slags tryck ut) och negativ för intern "sink", den är måttet på styrkan hos dessa källor (dp/dx, typ).

För Cartesiska koordinater kan man skriva

$\mathrm{\nabla }\cdot A=\frac{dAx}{dx}+\frac{dAy}{dy}+\frac{dAz}{dz}\mathrm{...85.3}$

Allmänt kan man teckna divergensen map de olika koordinatsystemen enligt

$\mathrm{\nabla }\cdot A=\frac{1}{h_1{h}_2{h}_3}[\frac{d(h_2{h}_3{A}_1)}{d{u}_1}+\frac{d(h_1{h}_3{A}_2)}{d{u}_2}+\frac{d(h_1{h}_2{A}_3)}{d{u}_3}]\mathrm{...85.4}$

Fritänkande, förenklad syn på divergens

Divergens definieras i princip enligt

$\mathrm{\nabla }\cdot p=\frac{\oint p\cdot dS}{dv}\mathrm{...85.5}$

Det viktiga här, för att kolla om det finns divergens, är egentligen vad som händer i täljaren där täljaren motsvarar ett nettoflöde av "trycket" p genom ytan S.

Detta nettoflöde blir på formen F (kraft) och för att kolla om det blir nåt nettoflöde kan man kolla om p varierar med ett litet avstånd som vi kan kalla x.

Finns det således ett dp så finns det divergens (och divergensen kan lite slarvigt tecknas dp/dx).

Att det blir så beror på att divergensen ger ett svar på formen F/v vilket är samma som p/x.

Divergensen är positiv för tryck som minskar med avståndet och man kallar då detta för att det finns en källa (jag blandade länge ihop detta med flödeskällan men det är tryckdifferensen inuti testlådan som avses som källa), om trycket minskar med avståndet kallar man det för att det finns en "source", jag tror man kan se det som så att om man har ett D-fält från en positiv laddning så minskar D-fältets styrka med avståndet men om laddningen är negativ så går flödeslinjerna åt andra hållet.

För att det ska bli nån divergens måste vi alltså ha nåt slags tryck mot ytan, trycket kan till exempel vara ett D-fält från en punktladdning enligt

$D=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{...85.6}$

eller effekttryck/intensitet från t.ex solen eller nån explosion enligt

$I=\frac{P}{4\pi R^2}\mathrm{...85.7}$

När det gäller D-fältet har vi då ett flöde som stavas Q, när det gäller I-fältet har vi ett flöde som stavas P, nettoflödet är samma men den vektoriella differensen skiljer (gäller bara om vektorstyrkan varierar), den vektoriella differensen hos D-fältet är en ytladdninstäthet enligt

$D1-D2={\rho }_s\mathrm{...85.8}$

som naturligtvis också är ett slags tryck som jag kallar dp, sen gäller

$\frac{d{\rho }_s}{dx}=\rho \mathrm{...85.9}$

som alltså är divergensen för ett D-fält, man kan också se detta mer allmänt som

$\frac{dp}{dx}={\rho }_f\mathrm{...85.10}$

vilket alltid blir på formen av nån slags "densitet".

Kapitel LXXXVI, Rotation

Anoddiagram för en rördiod

Cirkulation är en linjeintegral av ett vektorfält runt en sluten kontur. Man kan nog se det som ett arbete där dock arbetet runt en sluten kontur är 0 för om man kommer tillbaka till punkten man började med så har man inte uträttat nåt arbete ty lägeenergin är samma. Rotation är cirkulationen per ytenhet när ytan går mot noll, jag hittar inget riktigt enkelt sätt att förklara detta annat är att riktningen hos rotationen följer högerhansdsregeln dvs normalvektorerna är riktade ut från ytan.

Rotation följer kryssproduktregeln ovan men är nu lite mera lurig pga nabla, men om vi i xx.xx byter A mot typ d/dx och B mot A så får vi

$\mathrm{\nabla }XA=(\frac{dAz}{dy}-\frac{dAy}{dz})\hat{x}+(\frac{dAx}{dz}-\frac{dAz}{dx})\hat{y}+(\frac{dAy}{dx}-\frac{dAx}{dy})\hat{z}\mathrm{...86.1}$

Finns det rotation så finns det ett virvelfält i vektorfältet, exempelvis gäller i statiska fall

$\mathrm{\nabla }XB={\mu }_{0}I\mathrm{...86.2}$

där virvelkällan verkar utläsas B (magnetfältet runt till exempel en ledare) medans det i själva verket är I som ger B så den så kallade "virveln" motsvarande strömmen I ger alltså magnetfältet.

Fast samma gäller egentligen för Gauss lag sprungen ur

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{\rho }{{ϵ}_0}\mathrm{...86.3}$

dvs

$\oint E\cdot dS=\frac{Q}{{ϵ}_0}\mathrm{...86.4}$

som innebär flödet av E genom den slutna ytan S där man ser att det naturligtvis är laddningen som ger E-fältet och inte tvärtom.

Allmänt kan man räkna ut rotationen på följande sätt

$\mathrm{\nabla }XA=\frac{1}{h_1{h}_2{h}_3}\left|\begin{array}{ccc}{h}_1{u}_1& h_2{u}_2& h_3{u}_3\\ \frac{d}{d{u}_1}& \frac{d}{d{u}_2}& \frac{d}{d{u}_3}\\ h_1{A}_1& h_2{A}_2& h_3{A}_3\end{array}\right|\mathrm{...86.5}$

Kom annars på ett roligt exempel, om Ni tittar på bilden på rördioden ovan så kan man teckna ett vektorfält A enligt

$A=U_a\hat{x}+p{U}_a^{3/2}\hat{y}\mathrm{...86.6}$

och tar vi rot på detta får vi

$\mathrm{\nabla }XA=(0-0)\hat{x}+(0-0)\hat{y}+(dAy/dx-dAx/dy)\hat{z}\mathrm{...86.7}$

dvs

$\mathrm{\nabla }XA=(3/2p\sqrt{Ua}-0)\hat{z}\mathrm{...86.8}$

dvs vi har fått en vektor i z-riktning (ut från pappret i detta fallet) på

$\frac{3}{2}p\sqrt{Ua}\mathrm{...86.9}$

vilket är samma som konduktansen ty vi har deriverat Ia med avseende på Ua, vänder man sedan på uttrycket får man nåt välkänt dvs rp.

Fritänkande, förenklad syn på rotation

Rotation definieras i princip enligt

$\mathrm{\nabla }XF=\hat{n}\frac{\oint F\cdot dl}{ds}\mathrm{...86.10}$

För att kolla om vi har rotation eller inte räcker det att kolla täljaren, täljaren kan tolkas som ett nettoarbete i en sluten slinga modell vad som händer om vi går från en bergstopp och ner i dalen samt runt till andra bergstoppar och kommer tillbaka till samma bergstopp.

Hur mycket har lägesenergin ändrat sig? Jo, ingenting.

Så i "normala" fall finns det ingen netto cirkulation eller nettoarbete och därmed ingen rotation.

Men det finns fall där det finns, jag kan ha klurat ut ett trivialt fall som handlar om vad som händer i ett fjädersystem där en tyngd hänger i en fjäder, när man lyfter fjädern manuellt så utför man ett visst arbete åt ena hållet men när man släpper fjädern så utför gravitationen det andra arbetet och dessa krafter är i regel olika.

Man ser på täljaren att det krävs att arbetet åt ena hållet måste vara skilt från arbetet åt andra hållet för att det ska bli nåt nettoarbete, jag tolkar det som att det måste finnas ett dF.

Det är också intressant att cirkulationen av en kraft enligt

$\oint F\cdot dl\mathrm{...86.11}$

ger en enhet modell Nm vilket ju är ett moment, detta ger en fingervisning om åt vilket håll momentet pekar för drar man åt en bult och är nära där det varierar i kraft på slutet så har man riktningen på rotationen samtidigt som man inser att kraften man behöver dra bulten med varierar med vinkeln och då tror jag att alltihopa kan sägas ha rotation.

I verkligheten finns

$\oint H\cdot dl=NI\mathrm{...86.12}$

där N är antalet varv runt en transformator och H-fältet har enheten A/m, iom definitionen får vi då enheten A/m^2 som brukar tecknas J och är alltså vad rotationen får för enhet, rotationen för H-fältet bör alltså ha enheten J.

Sen blir enheten för "normal" rotation av typen F/x dvs en fjäderkonstant, finns det en fjäderkonstant så finns det i regel rotation.

Om det finns en fjäderkonstant så är det dock fortfarande inte säkert att det finns nån rotation för man kan för z-riktningen teckna

$\frac{d{F}_y}{dx}-\frac{d{F}_x}{dy}\mathrm{...86.13}$

som är noll om dessa båda derivator är samma, observera sedan att deriveringen sker "korsvis".

Kapitel LXXXVII, Vektoriell derivering

Vektoriell derivering följer i princip vanlig produktderivering enligt

$(xy{)}^{\prime }=x^{\prime }y+x{y}^{\prime }\mathrm{...87.1}$

Fast i vektorform skriver vi

$\mathrm{\nabla }(Af)=(\mathrm{\nabla }\cdot A)f+A\cdot \mathrm{\nabla }f\mathrm{...87.2}$

där A är en vektor och f en skalär.

Kapitel LXXXVIII, Gauss's teorem (aka divergensteoremet)

Vattenflöde runt en sten

Teoremet säger

${\int }_V\mathrm{\nabla }\cdot Adv={\oint }_{S}A\cdot dS\mathrm{...88.1}$

Jag brukar se det som att det minskar med en dimension, teoremet kan skrivas om enligt

$(\mathrm{\nabla }\cdot A{)}_j\mathrm{\Delta }{v}_j={\oint }_{sj}A\cdot dS\mathrm{...88.2}$

där delta vj är en liten volym bunden av sj och avses gå mot noll (kan inte teckna limes snyggt) och när det gör det övergår uttrycket i divergensteoremet, man kan se det som att volymsintegralen över en divergens motsvaras av flödet av samma vektor genom en sluten yta. Eftersom jag har svårt att fatta vad detta verkligen innebär så har jag tänkt så det knakar idag, först kan vi börja med något känt dvs jag går händelserna i förväg lite igen och tecknar

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...88.3}$

där rho är laddningsdensiteten och D kallas för den elektriska flödestätheten [C/m^2]. Volymsintegralen av denna blir alltså laddningen Q vilket enligt teoremet är samma som

$Q=\oint D\cdot dS\mathrm{...88.4}$

som man eventuellt kan tolka som att en innesluten laddning Q ger ett fält vinkelrätt mot den slutna yttre ytan motsvarande D. Fast detta var inte så mycket vad jag tänkte på idag, jag tänkte snarare på vad divergens eventuellt verkligen är så jag blev att tänka på en sten i en liten bäck, ta bort stenen och vattnet bara flödar rakt fram, sätt dit stenen och vattnet "divergerar" runt stenen, eller hur? Detta kan mycket eventuellt tecknas

$\int \mathrm{\nabla }\cdot udv=\oint u\cdot dS\mathrm{...88.5}$

där u är vattnets hastighet eller

$u=\frac{Vol}{m^2\ast s}=m/s\mathrm{...88.6}$

dvs hastigheten av vattnet är samma som flödestätheten per sekund, om vi nu stipulerar nåt roligt här dvs

$\mathrm{\nabla }\cdot u={\rho }_m\mathrm{...88.7}$

där rho_m helt enkelt är densiteten hos stenen, då får vi

$kg=\oint u\cdot dS\mathrm{...88.8}$

tittar man på denna formel och jämför med D-formeln ovan så inser man att i det förra fallet så ger nåt som kallas laddning (Q) ett D-fält, här ger nåt som kallas massa ett u-fält samtidigt som enheten blir Vol/s dvs flöde, dock har vi beräknat en sluten ytintegral som inte är samma som nåt som bara flöder genom en yta.

Om kg (eller rho) ger upphov till ett fält och vi avlägnsnar oss en bit ifrån klumpen då kan man se klumpen som en punktkälla och en punktkälla ger på samma sätt som Q upphov till ett fält som är vinkelrätt ytan där man beräknar fältet, men andra ord kan man eventuellt nyttja formeln på lite längre avstånd och säga att

$u=\frac{kg}{4\pi R^2}\mathrm{...88.9}$

vilket påminner om nåt som är sant för en punktkälla av laddning dvs

$D=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{...88.10}$

under förutsättning att det finns nåt som kg/m^2 :D

Det slog mig idag att stenen förmodligen inte orsakar nån divergens för divergens, som jag har förstått det, innebär att det finns en källa (source) eller sänka (sink) i vektorfältet och ovanstående teoretiserande behandlar mest hur vektrorfältet "styrs om" vilket ju innebär att det inte varken försvinner u eller tillkommer u men jag tror faktiskt att det gör det för innan stenen har vi en viss flödestäthet (eller hastighet), vid/runt stenen har vi en högre hastighet för vattnet passerar nu i en trängre passage samtidigt som mängden vatten per tidsenhet måste vara samma för att inte ån skall flöda över.

Då har vi i alla fall en förändring av u motsvarande en hastighetsökning hos vattnet som är beroende av hur mycket åns tvärssnittsarea har minskat pga stenen.

u divergerar då, eller?

Jag tycker det för det har faktiskt tillkommit u pga att stenen gjort passagen smalare och divergens handlar ju om en påverkan på ett vekttorfält motsvarande source/sink så om u ökar så har vektorfältet u onekligen påverkats.

Ett annat sätt att se på speciellt source/sink i å-fallet kan eventuellt vara att vi har två fall där source består av en liten tillströmmande bäck och sink består av ett hål helt enkelt i ån där vatten bara försvinner. Tydligare source/sink hos en divergens kan jag inte komma på. Men hur blir det med divergensen i det här fallet? Divergensen enligt ovan måste ju nästan vara av typen x-densitet (jag kallar alla /m^3-enheter för densiteter, /m¨2-enheter blir då tätheter och /m-enheter blir intensiteter vilket jag tycker är käckt) ty den integreras ju upp volymmässigt för att ge nåt. Fast kanske mass-densitet fortfarande funkar? Det kluriga är dock fortfarande oint-biten som ju ger massa/m^2.

Det är kul att spekulera när man inte förstår nåt :) Och nu har jag precis lagt till en bild ovan där vår sten är kilformad likt ett cirkelsegment. Detta får till följd att hastighetsvektorn u är vinkelrät mot normalvektorn från stenens kanter (bortanför ändan), detta gör eventuellt sedan att den slutna integralen blir öppen för runt alla sidor utom baksidan är normalkomponenten av hastighetsvektorn noll, den enda gången det finns en normalkomponent hos hastighetsvektorn relativt stenens yta är på baksidan av stenen där det dessutom skapas turbulens.

Man kan eventuellt teckna systemet enligt följande:

$dS=hrd\varphi \hat{r}\mathrm{...88.11}$

där h är djupet hos ån, sen är

$u=u_r\hat{r}+u_{\varphi }\hat{\varphi }\mathrm{...88.12}$

skalärprukten blir då

$u\cdot dS=hr{u}_{r}d\varphi \mathrm{...88.13}$

här ser man också att den självklara komponenten längs med phi går bort pga skalärproduktens inneboende egenskap, integrering ger

$\oint u\cdot dS={\int }_{-\varphi }^{\varphi }hr{u}_{r}d\varphi \mathrm{...88.14}$

för bara på baksidan av stenen finns en hastighetskomponent som är vinkelrät mot stenens yta, detta ser sen enkelt ut om det inte vore för att

$u_r=u_r(\varphi )\mathrm{...88.15}$

för strömningshastigheten är naturligtvis beroende av phi[0;a] som jag skrivit i bilden och en lekfull approximation kan vara

$u_r=u_r\ast cos(\alpha -\varphi )\mathrm{...88.16}$

dar man kan se att om phi är "a" så är ur=ur (ingen hastighet går alltså förlorad) men om phi är 0 så går hastighet förlorad på ett sätt där om a är stor (bred sten) så är hastigheten bakom stenen ännu mindre (förmodligen faktiskt noll vid phi=0), så vi har att

$\mathrm{\Phi }={\int }_{-\varphi }^{\varphi }hr{u}_{r}cos(\alpha -\varphi )d\varphi \mathrm{...88.17}$

där Phi nu är flödet för den slutna integralen har "öppnat upp sig" :)

Detta kan skrivas om enligt

$\mathrm{\Phi }=hr{u}_r{\int }_{-\alpha }^{\alpha }cos(\alpha -\varphi )d\varphi \mathrm{...88.18}$

eller

$\mathrm{\Phi }=-hr{u}_{r}sin[\alpha -\varphi {]}_{-\alpha }^{\alpha }\mathrm{...88.19}$

vilket är samma som

$\mathrm{\Phi }=hr{u}_{r}sin(2\alpha )\mathrm{...88.20}$

fast vad jag egentligen ville räkna ut var u_r alldeles innan stenens baksida, vi kan ta en annan falang ur fysiken för detta och nyttja den så kallade kontinuitetsekvationen som för inkompressibel vätska och icke-turbulent strömning ger om vi kallar strömningshastigheten in mot stenen för u0 och åns bredd utan sten för areamässigt S0 samt Sr för arean hos stenen alldeles innan vattnet passrar baksidan, då får vi

$u_0{S}_0=u_r(S_0-S_r)\mathrm{...88.21}$

dvs ur är då

$u_r=u_0\frac{S_0}{S_0-S_r}\mathrm{...88.22}$

Jag propsar inte på att jag har rätt för jag tycker mest det är kul att spekulera amatörmässigt, MEN jag tror vi kan vara överens om att flödet [Vol/s] i en å med konstant bredd är "opåverkbart" dvs oberoende av om det ligger en större sten där i ån eller inte, med andra ord blir strömningshastigheten runt stenen högre än innan stenen där alltså strömningshastighet är samma som flödestäthet vilket kan ses som att (flödes)tätheten runt själva stenen blir högre om samma mängd vatten per sekund skall kunna ta sig fram trots stenen.

Kapitel LXXXIX, Stoke's teorem

Visar en kurvintegral runt en kvartcirkel

Teoremet säger

${\int }_S\mathrm{\nabla }XAdS={\oint }_{C}A\cdot dl\mathrm{...89.1}$

Även här brukar jag se det som att det minskar med en dimension, teoremet kan skrivas om enligt

$(\mathrm{\nabla }XA{)}_j\cdot (\mathrm{\Delta }{s}_j)={\oint }_{Cj}A\cdot dl\mathrm{...89.2}$

där delta sj är en liten yta bunden av Cj och avses gå mot noll (kan inte teckna limes snyggt) och när det gör det övergår uttrycket i Stoke's teorem, man kan se det som att ytintegralen över en rotation motsvaras av cirkulationen (eller eventuellt "arbetet") av samma vektor runt en sluten kontur.

Här fattar jag dåligt för om arbetet mellan två punkter kan skrivas

$q{\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl={\int }_{P1}^{P2}F\cdot dl\mathrm{...89.3}$

och om P2=P1 så har vi bara gått ett helt varv från typ toppen av ett berg ner och upp igen i dalen samtidigt som vinsten i lägesenergi då är exakt noll, dvs

$\oint F_{l}dl=\mathrm{0...89.4}$

men teoremet stipulerar att cirkulationen naturligtvis inte alltid är noll men varför inte ty netto arbete jag beskriver är uppenbarligen noll, jag får inte riktigt ihop det här men vi kan leka lite med ett fält som har rotation modell

$F=y^2\hat{x}+x^2\hat{y}\mathrm{...89.5}$

för om vi tar rotationen på detta så får vi att det bara blir en z-komponent modell

$\mathrm{\nabla }XF=(2x-2y)\hat{z}\mathrm{...89.6}$

ty F ligger i xy-planetvars normal är hat z, om vi sen stoppar in detta i arbetsintegralen ovan så får vi

$\oint F_{x}dx=y^2[x_2-x_1]\mathrm{...89.7}$

där x2=x1 ty vi går ju runt vilket alltså fortfarande ger en integral som är noll, nej jag fattar fortfarande inte det här även om jag fattar att netto arbete om man släpar runt på nåt och kommer tillbaka till samma punkt är exakt noll.

Vi får titta på ett exempel av Cheng dvs exempel 2.14:

Om vi har vektorfältet

$F=xy\hat{x}-2x\hat{y}\mathrm{...89.8}$

och önskar beräkna den öppna linjeintegralen

${\int }_A^{B}F\cdot dl\mathrm{...89.9}$

längs periferin hos en kvartcirkel enligt

$3^2=x^2+y^2\mathrm{...89.10}$

så kan man göra det på följande sätt där vi först visar

$dl=dx\hat{x}+dy\hat{y}+dz\hat{z}\mathrm{...89.11}$

vilket gör att

$F\cdot dl=xydx-2xdy\mathrm{...89.12}$

själva integreringen går sedan till på följande sätt (och jag skriver bara av Cheng)

$F\cdot dl={\int }_3^{0}x\sqrt{9-x^2}dx-2{\int }_0^3\sqrt{9-y^2}dy\mathrm{...89.13}$

eller

$[-\frac{1}{3}(9-x^2{)}^{3/2}{]}_3^0-[y\sqrt{9-y^2}+9si{n}^{-1}\frac{y}{3}{]}_0^3\mathrm{...89.14}$

dvs

$-9(1+\frac{\pi }{2})\mathrm{...89.15}$

Nu är det här den öppna delen av cirkulationen men man kan visa att resten kring kvartcirkeln blir noll. Så om man släpar nåt helt runt en kvartcirkel med vektorfältet enlig ovan så blir tydligen inte arbetet noll, varför det? Hur kan ett arbete från en punkt, längs nån krokig väg tillbaka till samma punkt, INTE bli lägesenergi-förändringsmässigt lika med noll? Vad betyder vektorfältet enligt senast? Självklart kan man slänga in vilka variabelkombinationer man vill MEN vad betyder dom? Vi räknar nu på hela den slutna konturen enligt ovan bild, då blir

${\oint }_{OABO}F\cdot dl\propto {\int }_O^A+{\int }_A^B+{\int }_B^O\mathrm{...89.16}$

till att börja med

${\int }_O^{A}xydx-2xdy\mathrm{...89.17}$

och för sträckan OA så är y=0, så "arbetet" för denna sträcka blir noll (ty dy är också noll), för sträckan BO är sedan x=0 så här blir arbetet också noll. Tycks alltså vara som så att kurvan man "arbetar" igenom måste vara krökt för att det skall finnas cirkulation och därmed ett arbete skillt från noll. Jag har ingen aning om detta är sant eller ej samtidigt som exemplets vektorfält egentligen inte säger mig nånting. Men vi tycks kunna konstatera att ett arbete från punkt A längs godtycklig väg tillbaka till A INTE alltid är noll. Kirschoffs spänningslag är dock alltid noll men man kan nog konstatera att vi inte har några komplexa vektorfält ivägen då :)

Kapitel XC, Två nollidentiteter

Det finns två fall där vektormanipulationen blir noll, det ena är en rotation av en gradient, det andra är en divergens av en rotation.

Nollidentitet I

$\mathrm{\nabla }X(\mathrm{\nabla }V)=\mathrm{0...90.1}$

Här har vi alltså en rotation av en gradient, enligt ovan kan vi dock skriva

$dV=\mathrm{\nabla }V\cdot dl\mathrm{...90.2}$

och enligt Stoke's så har vi

$\int \mathrm{\nabla }X(\mathrm{\nabla }V)\cdot dS=\oint \mathrm{\nabla }V\cdot dl\mathrm{...90.3}$

eller

$\int \mathrm{\nabla }X(\mathrm{\nabla }V)\cdot dS=\oint dV\mathrm{...90.4}$

och detta är i princip Kirschoff spänningslag som alltså är noll runt en sluten kontur, pga ovan vektoridentidet så kan man byta ut gradienten av ett skalärt fält mot ett vektorfält t.ex enligt

$E=-\mathrm{\nabla }V\mathrm{...90.5}$

där E råkar vara den elektriska fältstyrkan som en potential V sätter upp.

Nollidentitet II

$\mathrm{\nabla }\cdot (\mathrm{\nabla }XB)=\mathrm{0...90.6}$

Här har vi alltså att divergensen av en rotation är noll, enligt Gauss kan vi skriva

$\int \mathrm{\nabla }\cdot (\mathrm{\nabla }XB)dv=\oint (\mathrm{\nabla }XB)\cdot dS\mathrm{...90.7}$

den slutna ytintegralen kan sedan delas upp i två ytot enligt

$\oint (\mathrm{\nabla }XB)\cdot dS={\int }_{S1}(\mathrm{\nabla }XB)\cdot dS+{\int }_{S2}(\mathrm{\nabla }XB)\cdot dS\mathrm{...90.8}$

varje yttintegral kan då konverteras enligt Stoke och vi får

$\oint (\mathrm{\nabla }XB)\cdot dS={\oint }_{C1}(\mathrm{\nabla }XB)\cdot dl+{\oint }_{C2}(\mathrm{\nabla }XB)\cdot dl\mathrm{...90.9}$

där nu C1 och C2 löper åt olika håll varför

$\oint (\mathrm{\nabla }XB)\cdot dS=\mathrm{0...90.10}$

pga identiteten kan man byta ut rotationen av ett vektrorfält mot en vektorpotential enligt till exempel

$A=\mathrm{\nabla }XB\mathrm{...90.11}$

där B råkar vara den magnetiska flödestätheten och A är dess vektorpotential.

Kapitel XCI, Helmholtz teorem

Jag skriver lite ur huvet som vanligt och säger då att ett vektorfält är beskrivet, intill en konstant, om både divergensen och rotationen av vektorvältet är känt, som ni vet kallas ett divergensfritt vektorfält för soloniadal och ett rotationsfritt vektorfält för irrotational, detta gör att ett godtyckligt vektorfält kan tecknas

$F=F_i+F_s\mathrm{...91.1}$

där man alltså får

$\mathrm{\nabla }\cdot F_i=g\mathrm{...91.2}$

$\mathrm{\nabla }X{F}_i=\mathrm{0...91.3}$

$\mathrm{\nabla }X{F}_s=G\mathrm{...91.4}$

$\mathrm{\nabla }\cdot F_s=\mathrm{0...91.5}$

Nu leker vi att F blir

$\mathrm{\nabla }\cdot F=\mathrm{\nabla }\cdot F_i=g\mathrm{...91.6}$

respektive

$\mathrm{\nabla }XF=\mathrm{\nabla }X{F}_s=G\mathrm{...91.7}$

fast här ser vi väl att vektorfältet F faktiskt är bestämt intill två konstanter?

sedan gäller följande:

$\int \mathrm{\nabla }\cdot Fdv=\int \mathrm{\nabla }\cdot F_{i}dv=\int gdv=\oint F\cdot dS\mathrm{...91.8}$

om F är isotropt modell D-fältet från en punktladdning så kan vi se g som rho och få att

$D=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{...91.9}$

sen får man även

$\int \mathrm{\nabla }XF\cdot dS=\int \mathrm{\nabla }X{F}_s\cdot dS=\int G\cdot dS=\oint F\cdot dl\mathrm{...91.10}$

om G är strömätätheten J så är den sidan strömmen I, om sen F är homogen runt ett varv så kan vi döpa om den till H och vi får

$H=\frac{I}{l_m}\mathrm{...91.11}$

där lm är den magnetiska längden, dvs ett helt varv.

Allmänt skulle jag vilja se g som nån typ av densitet och G som nån typ av flödestäthet (eller tryck).

XCII, Diverse fritänkande

Här har jag tänkt fritt på alla plan, avsnitten är inte avsedda att vara faktamässiga och innehåller en mängd fel.

Fritänkande, hur en automover styrs upp mha kabel

Jag har precis fått ett intressant elektromagnetiskt problem av en vän som lite ligger i fas med mina studier, han undrar hur en robotgräsklippare kan känna av ledningar i marken, utan att jag anser mig förstå så mycket hävdar jag att ledningarna är kopplade till AC-fas på nätet dvs de svänger med +/-325V peak (och 50Hz).

Enligt ovan har vi för statiska elektriska fält från ledningar att E fältet fås som

$E=\frac{Q}{2\pi {ϵ}_{0}RL}\propto \frac{Q}{R}\mathrm{...92.1}$

ur detta får man enligt ovan potentialen som

$V=-\int E\cdot dl=-\int E\cdot dR\mathrm{...93.2}$

eller

$V=\frac{Q}{2\pi {ϵ}_{0}L}ln\frac{d}{a}\mathrm{...92.3}$

dvs ju större avstånd (d) desto större potentialskillnad (relativt spänningen vid ledningens radie (a) men eftersom potentialen är logaritmisk så planar den ut för större avstånd, samtidigt gäller tydligen

$V\propto Q\mathrm{...92.4}$

I uttrycket för V ovan ser vi sen att potentialen är proportionerlig mot laddningen.

Med andra ord pumpas eventuellt laddningar (elektroner) både ut och dras hem till nätet kring ett medelvärde som inte är noll Coulomb.

Jordpotentialen kan således inte vara 0 Volt!

Jordpotentialen måste ha ett värde högre än noll Volt för att det skall kunna bli en negativ spänning ty allt är relativt som han sa och när man bara besitter möjligheten med att "sätta" potential med endast en typ av laddfning så måste antalet elektroner/laddningar pendla kring ett medelvärde som är skilt från "0st".

Men jag ser inga problem med att det eventuellt är så för vi vet ju att till exempel spetsiga byggnader attraherar laddningar och "tigger" om blixtnedslag pga stort E-fält (~Q/S, där S är spetsens yta) och dom gör det för att laddningar finns på jordytan och därmed är jordpotentialen inte noll!

Nästa steg i frågan är hur Automovern kan känna av ledningarna i marken.

Jag tror att eftersom det slussas laddningar in och ut på ledningarna för att följa nätets potentialförändring så skapas det faktiskt ett magnetfält trots att det inte går nån ström i egentlig mening.

Magnetfält skapas alltså alltid av laddningar i rörelse och har man magnetfält så kan man enkelt kalibrera sin Automover till att känna av en viss inducerad potential enligt Faraday's induktionslag i en spole med x antal varv.

Jag vet inte om jag har rätt i detta men det känns ganska bra, det som inte känns bra är ström i öppen ledning.

Fritänkande, potential vid näsan

Jag kommer senare visa att följande gäller för punktkällor (och vad jag tror, sfärer av homogen laddningsdensitet).

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...92.5}$

Luft bryter ihop vid ungefär 3kV/mm.

Jordens radie är 6370km.

Hur många Q kan jorden härbärja innan det sker ett (blixt)genombrott?

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}=3E\mathrm{6...92.6}$

dvs

$Q\approx 10^{-10}\ast R^2\ast 3E6=1,4\ast 10^{10}\mathrm{...92.7}$

så maximal mängd laddning är alltså nånstans

$Q=10^{10}$

som jorden kan härbärja innan genomslag, man kan sedan räkna ut Jordens potential relativt oändligheten som

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...92.8}$

vilket ger en potential på ungefär 10^13V.

Denna spänning är dock relaterad till spänningen i oändligheten, i själva verket har vi ju typ näsan en meter ovanför jorden och då blir potentialen

$V=-{\int }_{R+1}^{R}E\cdot dR\mathrm{...92.9}$

som man kan skriva om som

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}[\frac{1}{R}-\frac{1}{R+1}]\mathrm{...92.10}$

vilket resulterar i en maximal potential vid näsan på runt 1V :)

Just nu får jag dock typiskt 22kV :D

Fritänkande, hur en automover vet vilken sida om kabeln den befinner sig på

Jag har precis fått veta att den legendariska automovern faktiskt kan känna av på vilken sida om ledningen den befinner sig, detta gör att teorin om ren Faraday's induktion inte räcker.

På bussen idag kom jag dock på att det finns en manick som kallas Hall-Effect:Sensor (HES), den här rackaren kan alltså tom indikera statiska magnetfält.

Om vi nu lägger till min mycket amatörmässiga idé om att antalet laddningar på ledningen aldrig är noll utan potentialen fås som en variation kring ett medelvärde så kan detta eventuellt ge nåt.

För automovern är ju "galvaniskt" isolerad från ledningen varför den kanske upplever "bara" plus vad gäller potential, typ.

Detta gör i sin tur att magnetfältet från de elektroner som rusar ut och dras in på ledningen kan vara av typ stadig "nord" eller nåt, i vilket fall kanske den aldrig byter polaritet och med en HES ombord kan man då få automoverna att fatta på vilken sida om ledningen man kör.

Ett lekfullt exempel är att om man lägger en ledning med "230V-fas" i ett U och låter automovern löpa fritt inom U då kan det alltså bli som så att automovern typ alltid riktar höger sida mot ledningen för HES är inställd på det tecknet hos potentialen ut från HES.

Snacka om svammel-bok jag håller på och skriver!

Fritänkande, hur åska och åskledare fungerar

Jag håller ju på och läser elektrostatik, i ett kapitel talas det om hur åskledare fungerar.

E-fältet vid övergång från luft till ledare kan tecknas

$E_{1n}=\frac{{\rho }_s}{{ϵ}_0}=\frac{Q}{{ϵ}_{0}S}\mathrm{...92.11}$

dvs normalkomponenten av E-fältet är inom en proportionskonstant lika med laddningarna delat med arean.

Så om arean S i form av en spets är mycket liten så blir E-fältet mycket stort.

Sen har jag förstått det som att det attraheras laddningar till åskledarspetsar men av MOTSATT tecken, vad nu det betyder.

Dvs innehåller åskmoln bara elektroner?

I det ideala fallet attraheras således "protoner" från marken för kraften är

$F=qE\mathrm{...92.12}$

Jag tror att även om åskledaren är av ledande material så innebär detta nödvändigtvis inte att det måste vara elektroner som klättrar på åskledaren utan det kan eventuellt även vara joner.

Detta för att på båda sidor hos en ledare i ett homogent E-fält så skapas det så kallade inducerade laddningar som i vissa formella fall faktiskt totalt motverkar E-fältet från säg en positron.

Jag får intrycket att laddningarna här inte behöver vara av nån speciell typ eller tecken utan laddningar (joner/elektroner) kan eventuellt klättra på åskledaren.

Detta om denna sida av problemet, men hur är det i molnet?

Jag har generaliserat med att det finns elektroner i molnet, endast.

Men det måste vara fel för plasmor finns inte naturligt på jorden eller i universum (annat än i stjärnor).

Så hur kan det finnas fria elektroner i molnet?

Och vilka är jonernas atomnummer?

Dvs vad är det för joner som finns i molnen, rimligvis borde det vara väte och syre från vatten.

För eventuellt är det som så att kosmisk strålning joniserar vattenmolekyler som ju avdunstar uppåt.

Men varför är molnet "polariserat"?

Om kosmisk strålning joniserat vattenånga, vad får elektroner och joner att hållas isär?

Märk att Coulombs lag säger att lika laddning repellerar och olika laddningar attraherar.

Så hur kan det finnas ett överskott på laddningar (av ett visst tecken) överhuvudtaget i ett moln?

Jag fattar inte det här.

Fritänkande, allt har kapacitans

Man kan räkna ut kapacitans för saker genom att först teckna E-fältet som rätt allmänt ändå kan tecknas

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...92.13}$

sen kan man räkna ut potentialskillnaden hos en sfär med en inre dielektrisk sköld av dielektrika där Ri är inre radien och Ro yttre där man alltså går MOT fältet.

$V_{ab}=-{\int }_{Ro}^{Ri}E\cdot dR\mathrm{...92.14}$

vilket ger

$V_{ab}=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{1}{Ri}-\frac{1}{Ro})\mathrm{...92.15}$

och eftersom

$C=\frac{Q}{V}\mathrm{...92.16}$

så får man kapacitansen genom att helt enkelt vända på uttrycket för potentialen och ta bort Q.

Om nu dielektrikat är vakuum och vi har en stor yttre radie så går potentialen mot

$V_{ab}=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}_i}\mathrm{...92.17}$

som alltså innebär att

$C=4\pi {ϵ}_0{R}_i\mathrm{...92.18}$

dvs allt har kapacitans!

Till exempel så är kapacitansen för en proton -25F (testa Ri=-15m)

Jag har beslutat mig för att börja räkna på ett annat sätt dvs bara 10-potenser, precisionen blir då inte jättebra men jag kan tycka att en halv tiopotens (3,16ggr) är tolerans nog när man ändå inte vet vad man snackar om :)

Fritänkande, fält-emission

Eftersom E-fältet är stort kring spetsiga saker så är också kraften enligt

$F=qE\mathrm{...92.19}$

stor.

Om man flyttar in detta resonemang till en situation där man typ har en plattkondensator med luft mellan plattorna och anoden kopplad till en spets av blyerts som föres nära katoden så borde man kunna få en ström utan att anodspetsen rör katoden.

Det som måste överbryggas är elektronens utträdesarbete ur metallen.

Elektronrör nyttjar värme men nu är katoden kall.

Jag har försökt fatta hur E-fältet spelar teoretisk roll i det här sammanhanget men fattar inte riktigt fast eventuellt gäller att spänning är energi dvs

$W=qU=q\int E\cdot dl\mathrm{...92.20}$

dvs arbetet utgörs av att E-fältet jobbar på en laddning under en viss sträcka, man kan kanske även se detta som

$E=\frac{q}{{ϵ}_{0}S}\mathrm{...92.21}$

sen har vi att

$F=qE=\frac{q^2}{{ϵ}_{0}S}\mathrm{...92.22}$

och arbete i ett homogent fält är

$w=Fx=\frac{q^2}{{ϵ}_{0}S}d\mathrm{...92.23}$

dvs

$\frac{d}{S}=\frac{{ϵ}_{0}w}{q^2}=\frac{{ϵ}_{0}V}{q}\mathrm{...92.24}$

utträdesarbetet ur koppar är sedan 5eV och detta ger att d/S~1E8, om nu S=0,1mm^2 så räcker det med 1cm.

Frågan är sen vad dl är?

Arbete sker ju alltså över en sträcka, så vad är dl?

Jag har lite fattat det som att ledningselektroner finns i så kallade ledningsband (energiband) i metaller.

Och till skillnad från varm katod så finns inte elektronerna på ytan av metallen, dom finns en (fysisk) bit in.

Är det det som är dl?

Fritänkande, energi hos en klump laddningar

Jag har nu fått lära mig tre sätt att teckna energin hos en klump laddningar och de är

$W_e=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n{Q}_k{V}_k\mathrm{...92.25}$

och

$W_e=\frac{1}{2}{\int }_{V^{\prime }}\rho Vdv\mathrm{...92.26}$

och om man sätter in

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...92.27}$

så får man

$W_e=\frac{1}{2}{\int }_{V^{\prime }}\mathrm{\nabla }\cdot DVdv=\frac{1}{2}{\int }_{V^{\prime }}\mathrm{\nabla }V\cdot Ddv=\frac{1}{2}{\int }_{V^{\prime }}E\cdot Ddv\mathrm{...92.28}$

där V' är den volym där laddningarna finns.

Den första ekvationen speglar tydligen bara "mutual energy" för man kan skriva

$W2=Q2V\mathrm{2...92.29}$

där Q2 har bringats flytta från oändligheten till punkten i fråga.

Eftersom vi antar att vi minst har en laddning till som inducerar så kan skriva om denna ekvation enligt

$W2\propto Q2\frac{Q1}{R12}\mathrm{...92.30}$

men denna kan samtidigt skrivas som

$W2\propto Q1\frac{Q2}{R12}\mathrm{...92.31}$

vilket innebär att för två laddningar så blir energin

$W_e=\frac{1}{2}(Q1V1+Q2V2)\mathrm{...92.32}$

Vk kan sedan tecknas

$Vk=\sum _{\frac{j=1}{/jk}}^n\frac{Qj}{Rjk}\mathrm{...92.33}$

Jag har försökt koda att j inte får vara lika med k, därav de krångliga krumelurerna.

Det intressanta med uppgiften där man från början kanske har bara två laddningar är att dessa laddningar alltså inducerar spänning hos varandra dvs Q1 inducerar V2 och Q2 inducerar V1.

En annan intressant aspekt är att det alltid kommer att handla om inbördes avstånd dvs "R12" samtidigt som jag fått lära mig att energin hos en sfärisk jämn laddningsfördelning är (och jag anser lite försiktigt att detta är self-energin)

$W_e=e\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}b}\mathrm{...92.34}$

ty det är inte annat än potentialen i eV egentligen men multiplicerat med e blir det i Joule.

För att förenkla kan man säga att potential är energi.

Energin för en proton blir på detta sätt ungefär +6eV.

Om man leker med tanken att Q1=Q2=e och V1=V2 (dvs på typ samma avstånd från oändligheten) så har man att

$W_e(descrete)\propto e^2/R\mathrm{12...92.35}$

där R12 är avståndet mellan laddning 1 och 2, och om man tittar på vad jag skulle vilja kalla "self-energy" så har man

$W_e(self)\propto e^2/b\mathrm{...92.36}$

där alltså radien är b och kvoten mellan energierna således

$\frac{R_{12}}{b}\mathrm{...92.37}$

med fördel för self för att atomer kommer helt enkelt inte så nära varandra som den energi kärnan hos en atom har på randen.

Jag skulle vilja påstå att den här kvoten är minst +5 för elektronerna susar omkring på ett rejält avstånd från kärnan (Bohr-radien är typ 100000ggr större än kärnans radie) vilket i praktiken gör att den enda energi man behöver ta hänsyn för hos en atom är self

Fritänkande, bygge av E-kanon

Jag har haft funderingar på att bygga en E-kanon :)

Jag har fått lära mig att E-fält faktiskt strålar genom allt.

Det får påverkan medans det strålar genom olika typer av material men på andra sidan fortsätter det bara.

E-fältet från en "strålande" punktformad laddning är

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...92.38}$

dvs den går som

$E\propto \frac{1}{R^2}\mathrm{...92.39}$

och den gör det genom alla material.

Det intressanta är sedan vad som verkligen händer när ett E-fält möter en bit metall där alltså E-fältet i metallen är noll bland annat för att det inte finns några fria laddningar inuti metallen.

Eftersom E inuti metallen är noll så blir netto strålad E noll på ett sådant sätt att E-fältet från laddningen visst har E vid plåten MEN plåten vänder fullständigt på dess E-fält modell induktion och E-fältet vid metallen blir noll.

Lite hafsigt kan jag sedan säga att detta lite även gäller dielektrika för även om E-fältet i dielektrikat inte kompenseras bort fullständigt så blir det de facto en kompensation som gör att E-fältet genom ett dielektrika sjunker rätt rejält, hur mycket beror på permitiviteten och därmed polarisationen.

Så oavsett vad man har för material i vägen för E-fältet så dels sjunker E-fältet i mediat, dels fortsätter det på andra sidan.

Har man en metall i vägen så innebär det alltså att det induceras laddningar på dess yta och det är det jag säger ovan.

Med andra ord kan man kanske fånga elektroner genom att "bestråla" en metall med E-fält och bara mäta potentalskillnaden mellan "front" och "bakstycke".

Det låter absurt för plåten har noll resistans :)

Men enligt vad jag har lärt mig så verkar det ändå gå (dock inget sagt om voltmeterns resistans).

Återstår då att bygga en E-kanon.

Om det nu är möjligt men jag lurar på om inte två platta metallbitar modell en plattkondensator med ett litet hål i katoden kan utgöra en "E-kanon".

Elektrostatik är noga med att vinkeln mellan "E-fältstrålarna" och de ekvipotentiala metallytorna är 90 grader.

Om man då tänker ett hål i en plåt...

Vad händer?

Jag tror att E-fält kommer sippra igenom hålet men vända tillbaka efter en "stund".

Frågan är hur långt "E-fältstrålen" kommer innan den tvingas vända?

Det är den första frågan. Den andra är om jag kan lyckas detektera den på det sätt jag tror.

Fritänkande, hur seriekopplade kondensatorer får samma Q

Om man säg har ett torn med dielektrika och metallplattor med jämna mellanrum så har man ju i praktiken seriekopplade kondensatorer.

Jag har fått lära mig att när man seriekopplar kondensatorer så får alla plattor samma Q.

Hur går det till när "plast" inte leder ström?

Jag har tänkt en hel del på detta och tror mig kommit fram till nåt.

Säg att du har en isolerad laddning Q, och det lite längre bort finns ett metallskal, i metallen kan inga E-fält finnas (och inte fria laddningar) varvid E=0 i metallen.

Inte jättesvårt att förstå men det intressanta är att det induceras laddningar på metallen som skapar ett såpass stort motriktat E-fält att E=0 i metallen!

På ytan av metallen finns alltså +/-:laddningar där alltså minus är överskott på elektroner och plus är underskott.

Metallen motverkar alltså fullständigt E-fältet.

Om man istället tittar på ett dielektrika så uppför det sig faktiskt rätt snarlikt, om permittiviteten är hög så blir kompensationen pga polarisationen stor och kompenserar nästan helt laddningens E-fält.

Det intressanta är dock att dielektrika innehåller dipoler och alltså inga fria ladddningar.

En tanke jag har vad beträffar vad som händer när man först slår på en spänning över en serikopplad kondensator är att dipolerna vänder arslet mot E-fältet, dom vill helt enkelt inte vara med!

Jag har fått denna idé pga ett enkelt exempel av Cheng där det riktas ett externt E-fält mot ett dielektrika och alla dipoler riktar in sig med fältets riktning.

Vilket håll tänker man lätt.

Men svaret är faktiskt väldigt enkelt för eftersom man inte tillför nån energi så kan inte E-fältet förstärkas utan det måste försvagas.

Samma gäller vår kondensator tänker jag.

Och om dipolerna ligger huller om buller innan tillslag så är det rimligt att tänka sig att under det "transienta" tillslaget så rättar dom in sig så att dom motverkar E-fältet (som i detta fallet är enkelt dvs V/d) och iom att E-riktningen internt hos dipolerna är från plus till minus och dom vill motverka fältet, då måste dom vända arslet uppåt!

Vilket man kanske kan se som att dielektrikat "gräver" upp elektroner från katoden och dumpar det på anoden?

På den översta plattan får vi då elektroner trots att plast inte leder ström och dessa kommer accelereraras med den sugande kraften av batteriets Emk till katoden där allt stabiliserar sig.

Men med noll Ohm som seriemotstånd vid spänningstillslaget lär det bli adjöss med både batteri och kondensator :D

Polarisationen är sedan

$P=({ϵ}_r-1){ϵ}_{0}E\mathrm{...92.40}$

och man kan visa att polarisationsytladdningstätheten är

${\rho }_{ps}=P\cdot \hat{n}\mathrm{...92.41}$

vilket, eftersom P följer E's riktning, ger vid handen att uppifrån i vår kondensator så är ytladdninstätheten på toppen

$P(-\hat{y})\cdot (-\hat{y})=+{\rho }_{ps}\mathrm{...92.42}$

och på botten

$P(-\hat{y})\cdot (+\hat{y})=-{\rho }_{ps}\mathrm{...92.43}$

riktningen för n är alltid in i mediat.

Vilket bevisar att +Q/S är på de övre plattorna och -Q/S på de nedre och eftersom P är proportionerligt mot E som är konstant här, så får alla plattor samma ytladdningstäthet.

När man seriekopplar kondensatorer brukar man säga att Q är konstant men ovan visar att det rent strikt inte är Q som är konstant utan ytladdningstätheten, Q/S.

Fritänkande, den energi som går åt att bygga en klump laddning

Jag var igår mycket osäker på det här och började skriva om det men internet gick ner så jag tappade allt.

Nu har jag fått tänka om och faktiskt blivit lite klokare, tror jag.

Man kan räkna ut energiåtgången för att bygga en klump laddning på minst två sätt, båda genererar

$W_e=\frac{3}{5}V(b)\mathrm{...}[eV]\mathrm{...92.44}$

där V(b) är den "klassiska" egen-energin enligt mig för det är den energi laddningsklumpen har när man ser till det arbete som krävs för att flytta en enhetsladdning från oändligheten till punkten ifråga, jag kallar det för "bias-energi".

V(b) kan man sedan teckna som linje-integralen av E-fältet från oändligheten till punkten i fråga (alltså, mot fältet)

$V=-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{b}E\cdot dR\mathrm{...92.45}$

där E för en punktladdningsformad sak blir enligt Gauss's lag

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...92.46}$

varför

$V(R)=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...92.47}$

som med radien b insatt blir

$V(b)=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}b}\mathrm{...92.48}$

detta kallar jag alltså bias-energi hos vår sfäriska laddningsfördelning, differentialen av V(R) blir sedan

$dV(R)=-\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}dR\mathrm{...92.49}$

där alltså

$\frac{dV}{dR}<\mathrm{0...92.50}$

vilket verkar innebära att integrering skall ske utifrån och in för att få ett positivt resultat samtidigt som detta inte är hela sanningen för potential ökar alltså när man närmar sig en laddning, nu till det intressanta, ett korrekt sätt att räkna ut energin för skapandet av en laddningsklump som vi kan kalla kärna ger alltså

$W_e=\frac{3}{5}V(b)\mathrm{...}[eV]\mathrm{...92.51}$

Om vi annars tittar lite på vad som händer så händer följande (2/5 försvinner från V(b)):

Vi befinner oss i två regioner där Q måste definieras olika dvs för första regionen UTANFÖR laddningarna får vi

$Q_1=\rho \ast \frac{4\pi }{3}{b}^3\mathrm{...92.52}$

och för andra regionen INNANFÖR laddningarna får vi

$Q_2=\rho \ast \frac{4\pi }{3}{R}^3\mathrm{...92.53}$

Jag vill sedan alltså se det som att detta alltid gäller

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...92.54}$

vilket ger för V_1

$V_1(R>b)=\frac{\rho }{3{ϵ}_{0}R}{b}^3\mathrm{...92.55}$

vilket ger

$d{V}_1(R>b)=-\frac{\rho }{3{ϵ}_0{R}^2}{b}^{3}dR\mathrm{...92.56}$

sen har vi

$V_2(R<b)=\frac{\rho }{3{ϵ}_0}{R}^2\mathrm{...92.57}$

och

$d{V}_2(R<b)=\frac{2\rho }{3{ϵ}_0}RdR\mathrm{...92.58}$

differentialen av energin blir sedan

$d{W}_e=QdV\mathrm{...92.59}$

här tänker jag

$W_e=\int QdV\mathrm{...92.60}$

detta kan dock integreras på lite olika sätt, om vi börjar utanför laddningarna så fås

$W_{e}1={\int }_{\mathrm{\infty }}^b\rho \ast \frac{4\pi }{3}{b}^3\ast (-\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}dR)\mathrm{...92.61}$

som egentligen kommer av att potential skapas av att man släpar laddningen mot fältet, integrerad blir denna

$W_{e}1=[\rho \ast \frac{4\pi }{3}{b}^3\ast \frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}{]}_{\mathrm{\infty }}^b\mathrm{...92.62}$

som man också kan se som

$W_{e}1=\frac{Q^2}{4\pi {ϵ}_{0}b}=QV(b)\mathrm{....92.63}$

Detta kallar jag alltså bias-energi för den laddade kärnan har energi pga att den helt enkelt finns, jag kommer visa att det går åt 2/5V(b) för att också bygga kärnan (så det förloras alltså energi pga detta), om vi bara bygger kärnan kan man på grund av differentialen av potentialen skriva

$W_{e}2={\int }_b^0{Q}_{2}d{V}_2\mathrm{...92.64}$

och detta blir enligt ovan

$W_{e}2={\int }_b^0\rho \ast \frac{4\pi }{3}{R}^3(\frac{2\rho }{3{ϵ}_0}RdR)\mathrm{...92.65}$

eller

$W_{e}2=[\rho \ast \frac{4\pi }{3}\frac{2\rho }{3{ϵ}_0}\frac{R^5}{5}{]}_b^0\mathrm{...92.66}$

som blir

$W_{e}2=-\frac{2\ast 4\pi {\rho }^2}{9{ϵ}_0}\frac{b^5}{5}\mathrm{...92.67}$

och om vi nyttjar definitionen av laddningstätheten rho så får vi

$W_{e}2=-\frac{2\ast 4\pi (\frac{Q}{\frac{4\pi }{3}{b}^3}{)}^2}{9{ϵ}_0}\frac{b^5}{5}\mathrm{...92.68}$

vilket blir till

$W_{e}2=-\frac{2}{5}V(b)\mathrm{...92.69}$

vilket gör att

$W_{e}1+W_{e}2=\frac{3}{5}V(b)\mathrm{...92.70}$

vilket skulle visas.

Dom här 2/5 tycks alltså gå åt för att bygga en klump laddning, om energin är V(b) eV så tycks det vara den energi som typ "brutto" en klump laddning har i kosmos och det är faktiskt inte så svårt att föreställa sig att det går åt energi för att bygga laddningsklumpen så dess totala energi måsta vara mindre än den på randen (som jag kallar bias-energi, V(b)).

Jag är på hal is här men jag tror att man beräknar energin som V(b) när man termiskt försöker penetrera en kärna, om jag är i närheten av ha rätt så tjänar man faktiskt nästan en halv magnitud på att inse att man bara behöver komma upp i 2/5 V(b), ekvationen för en proton kan bli att se ut

$\frac{2}{5}V(b)\ast e=\frac{3}{2}kT\mathrm{...92.71}$

dvs

$kT=\frac{4}{15}V(b)\ast e\mathrm{...92.72}$

som faktiskt är mer är en halv magnitud mindre än eV(b), fast vad hjälper det när

$eV(b)\approx -19-19+10+15=-13J=+6eV\mathrm{...92.73}$

och detta är alltså lite grovt lika med kT vilket ger

$T=-13+23=+10K\mathrm{...92.74}$

Fritänkande, differentialekvationsträning medels en högtalares konutslag

Jag har tänkt tokigt mycket på detta under min bussresa idag.

Tänker mig gummiupphängningen som en fjäderkonstant (ju större desto mer kraft krävs för att röra den).

Sen tänker jag att det eventuellt finns två scenarion där det ena är att elementchassit är bom stilla och det andra är att membranet är bom stilla.

Detta kan kanske ge två olika förflyttningar för membran respektive chassie.

Klassisk fysik säger att en fjäder fäst i vägg med en vikt svänger enligt följande diffekvation

$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-kx\mathrm{...92.75}$

och det finns ett par sätt att lösa denna på där jag börjar med min favorit dvs komplexa tal (som dock inte ger nån amplitudinformation utan mest att det svänger och vid vilken vinkelfrekvens)

Säg att

$x=x_0{e}^{jwt}\mathrm{...92.76}$

derivering en första gång ger då

$jw{x}_0{e}^{jwt}\mathrm{...92.77}$

derivering en andra gång ger

$-w^2{x}_0{e}^{jwt}\mathrm{...92.78}$

och detta är lika med

$-w^2{x}_0{e}^{jwt}=-k[x_0{e}^{jwt}]\mathrm{...92.79}$

ur detta får man

$w=\sqrt{\frac{k}{m}}\mathrm{...92.80}$

som alltså bara ger svar angående att det svänger och med vilken frekvens det svänger.

För att få svar på hur mycket det svänger krävs andra trick, dvs rena diffekvationer, följande gäller nog

$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-kx\mathrm{...92.81}$

denna integrerar vi en första gång och får

$v(t)=-\frac{k}{m}t+C\mathrm{1...92.82}$

v(0)=0 vilket ger att C1=0, integrerar vi en gång till får vi

$x(t)=-kx\frac{t^2}{2}+C\mathrm{2...92.83}$

x(0)=0 vilket ger att C2=0, alltså

$x(t)=-kx\frac{t^2}{2}\mathrm{...92.84}$

och således den kompletta ekvationen

$x(t)=-\frac{k}{m}x\frac{t^2}{2}\mathrm{...92.85}$

Slutligen tror jag på att t skall väljas som T/2 ty vi avser repetitiva signaler här och efter T/2 vänder godtycklig periodisk funktion vilket gör att om man föreställer sig att accellerationen är ett steg så blir första integreringen en ramp och andra integreringen en parabel, parabeln liknar sen en sinus.

Så genom att sätta in t=T/2 får man

$x(t)=-\frac{k}{m}x\frac{1}{8f^2}\mathrm{...92.86}$

jag hade alltså en trevlig diskusion med en vän om hur man skulle kunna få elementchassit att vibrera mer, han föreslog att man skulle hänga på en vikt på konen och jag tror mig anse att formeln ovan gäller för ANTINGEN membranet ELLER elementchassit så det är bara att sätta in respektive massa.

Det här nog fullständigt fel :D

Ja, det är fel för båda x är x(t) som återigen kan förkortas bort dvs vi får inget svar på amplitud, ett lite mer seriöst försök är att komma med en ansats, går diffekvationen ut så är ansatsen riktig och efter en hel del trevanden så har jag kommit fram till att följande ansats fungerar

$x=A{t}^2+Bt+C{e}^{-dt}\mathrm{...92.87}$

för se vad som händer vid första derivering

$x\prime (t)=2At+B-Cd{e}^{-dt}\mathrm{...92.88}$

som för

$x\prime (0)=v(0)=\mathrm{0...92.89}$

ger att

$Cd=B\mathrm{...92.90}$

vilket ger att

$x\prime (t)=2At+B-B{e}^{-dt}\mathrm{...92.91}$

som vi deriverar igen och får

$x\prime \prime (t)=2A+Bd{e}^{-dt}\mathrm{...92.92}$

och

$x\prime \prime (0)=a(0)=\mathrm{0...92.93}$

vilket ger

$2A+Bd=\mathrm{0...92.94}$

med andra ord är

$Bd=-2A\mathrm{...92.95}$

så att

$x\prime \prime (t)=2A-2A{e}^{-dt}=2A(1-e^{-dt})\mathrm{...92.96}$

Vilket är lösningen, dock vill vi hellre se på vårt utslag x(t) och med ovan randvillkor insatta får man

$x(t)=A(t^2-\frac{2}{d}t-\frac{2}{d^2}{e}^{-dt})\mathrm{...92.97}$

Jag kan inte riktigt motivera det här men överst får vi en stationär (som jag kallar det) lösning vad gäller vinkelfrekvensen för systemet och jag repeterar pga lämplighet (som engelsmän säger)

$w_s=\sqrt{\frac{k}{m}}=2\pi f_s\mathrm{...92.98}$

vilket jag tror d skall ersättas med för vi har antagit en avklingande funktion och då klingar t alltid av relativt en periodtid modell 1/w, jag kan sen gissa att t=T/2 ty konen är driven av en periodisk funktion som vänder vid T/2.

Jag vet som vanligt inte vad jag snackar om men om mitt antagande är riktigt fås istället (nyttjar f=1/T)

$x(f)=A(\frac{1}{4f^2}-\frac{2}{w_s}\frac{1}{2f}-\frac{2}{w_s^2}{e}^{-\frac{w_s}{2f}})\mathrm{...92.99}$

Min Tangband subbas har ungefär dessa data:

k=1/300u N/m

m=30g

=>ws=300rad/s eller fs~50Hz

då kan vi skriva

$x(f)=A(\frac{1}{4f^2}-\frac{1}{300f}-\frac{2}{300^2}{e}^{-\frac{300}{2f}})\mathrm{...92.100}$

Blir inget klokare :)

Fast för lite lägre frekvenser fås (den sista termen är så liten så den kan man räkna bort)

$x(f)=A(\frac{1}{4f^2})\mathrm{..92.101}$

Hur låga? 1/300f måste alltså vara mindre än 1/4f^2 för min subbas, detta ger f<75Hz

Så för frekvenser under 75Hz så rör sig min subbas kon som ovan dvs inverst relativt frekvens^2.

Fick lära mig nåt intressant av min E-fältguro David K. Cheng idag dvs har man hittat en lösning till en diffekvation så är det den ENDA lösningen så eftersom "patiensen" gick ut ovan så har jag löst diffekvationen, hur man sen tolkar den är en annan sak.

Fritänkande, brumanalys

Tycker PCB vad gäller rörförstärkare suger rent allmänt men när det gäller så små strömmar och spänningar som hos försteg så kan det eventuellt funka.

Slutsteg komer jag dock alltid bygga i luften ty PCB är kasst på höga strömmar och höga spänningar.

Nåväl, jag är på G med två RIAA-förstärkare som alltså luftbyggs.

Vad är nu problemet?

Jo, signalnivån är ynkligt liten och man riskerar lätt brum.

Så hur ska man göra då?

Jag kan inte säga att jag vet men jag har idèer modell Maxwell's ekvationer där två av dom fyra eventuellt kan skrivas:

$V_{ind}=\oint E\cdot dl=-\int \frac{dB}{dt}\cdot dS\mathrm{...92.102}$

som också kallas för Faraday's induktionslag, andra ekvationen blir

$I_{ind}=\oint H\cdot dl=I_{fri}+\int \frac{dD}{dt}\cdot dS\mathrm{...92.103}$

som jag tror kallas Ampere's lag, jag tror sen att Ifri typ är DC vilket vi alltså kan strunta i vad gäller brumaanalys, sen kan man förenkla ekvationerna på ett nästan barnsligt sätt (som dock är giltigt om B och D är homogena genom hela ytan S):

$V_{ind}=-\frac{dBS}{dt}=-\frac{d\varphi }{dt}=-L\frac{di}{dt}\mathrm{...92.104}$

$I_{ind}=\frac{dDS}{dt}=\frac{dQ}{dt}=C\frac{dV}{dt}\mathrm{...92.105}$

Med andra ord induceras en spänning i en slinga (S) om det finns en tidsvarierande magnetisk flödestäthet (B) i närheten samtidigt som det induceras en ström i en ledares area (S) om det finns en tidvarierande elektrisk flödestäthet (D) i närheten.

Detta kan eventuellt ses som om man har en slinga och den terminerar i ett motstånd typ ingångsmotståndet till röret och motståndet är av lite storlek, då blir den inducerade strömmen inte så stor och bara 92.104 gäller.

Om slingan terminerar i ett litet motstånd så borde dock även 92.105 behöva komma med i beräkningarna ty det kan då gå ström.

D är förresten epsilon gånger E där E är den elektriska intensiteten med enheten V/m, intensitet när det gäller "saker" per sträcka har jag hittat på, utöver x/m som intensitet kallar jag x/m^2 som täthet och x/m^3 som densitet (även om densitet lite är reserverat för kilo/m^3)

Fritänkande, divergens hos tryck-fält

Häromdan blev jag att tänka på en eventuell analogi till postulatet

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...92.106}$

där jag kallar D för laddningstryckfältet, rho är sen volymsladdningstätheten som jag skulle vilja kalla laddningstätheten, således borde man kunna skriva

$\mathrm{\nabla }\cdot p=\rho \mathrm{...92.107}$

där p är det gravitationella tryckfältet från en massa och rho är densiteten (eller masstätheten) för vi kan ju normalt skriva

$\oint D\cdot \hat{n}dS=Q\mathrm{...92.108}$

och vi kan det för

$\int \rho dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot Ddv=\oint D\cdot \hat{n}dS==Q\mathrm{...92.109}$

Men vi skulle kanske även kunna skriva

$\int \rho dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot pdv=\oint p\cdot \hat{n}dS==m\mathrm{...92.110}$

där p är trycket modell ett tryckfält som strålar från en massa likt ett gravitaionsfält.

Gauss lag säger oss att en liten punktladdning (Q) ger upphov till ett laddningstryckfält (D) som strålar isotropiskt och innebär att om man kan hitta en Gaussisk area som hela tiden är vinkelrät mot D-fältet, så kan man räkna ut D-fältet helt enkelt genom att dela laddningen med den sfäriska ytans area vilket resulterar i laddningstryckfältet (aka D-fältet).

Jag tror man kan göra på samma satt med en massa (m) men då har man istället ett gravitationellt tryckfält (p) som massan gett upphov till ty p från en liten punktmassa är isotropiskt, uträkningarna verka kunna fungera på samma sätt som enligt Gauss lag ovan med det enda förbehållet att svaret blir en något udda enhet modell masstryck dvs massa per ytenhet.

Jag tror faktiskt att man kan räkna på det här sättet, kruxet kan dock i praktiken vara att det gravitationella tryckfältet fältet p inte strålar isotropiskt ty planeten jorden håller ju kvar oss på ytan...

Man kan skriva ovan på ett annat sätt genom att anta att

$\mathrm{\nabla }\cdot p=a\rho \mathrm{...92.111}$

då får man

$\int a\rho dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot pdv=\oint p\cdot \hat{n}dS==am\mathrm{...92.112}$

om nu tryckfältet p är isotropt och vinkelrätt mot ytan så blir

$p=a\frac{m}{4\pi R^2}\mathrm{...92.113}$

enhetsmässigt står det alltså här a*masstrycket, dvs om

$a=4\pi GM\mathrm{...92.114}$

så är a*masstrycket lika med den gravitationella kraftfältet F mellan två massor.

Här är det rätt viktigt att notera att a också måste vara isotrop, linjär och homogen för det är bara då man kan integrera upp masstätheten som jag gjort.

Del VII, ELEKTROMAGNETISK FÄLTTEORI

Detta kapitel behandlar laddningar som dels är stilla (elektrostatik) dels är i rörelse (elektrodynamik).

Jag har efter noga övervägande kommit på att jag vill ändra nomenklaturen lite, jag har alltid ojjat mig över hur olika lektorer inom typ samma ämne nödvändigtvis måste ha olika beteckningar på saker men nu gör jag lite likadant.

Jag kommer således köra med följande:

1) E (Electric Field Intensity) Elektrisk Fältstyrka får ha kvar sitt svenska namn [V/m=N/C]

2) D (Electric Flux Density) Elektrisk Flödestäthet döps om till Laddningstryckfält [C/m^2=As/m^2].

3) H (Magnetic Field Intensity) Magnetisk Fältstyrka får ha kvar sitt svenska namn [A/m]

4) B (Magnetic Flux Density) Magnetisk Flödestäthet döps om till Magnetiskt tryckfält [T=Vs/m^2]

5) rho_v (Volume Charge Density) Volymladdningstäthet döps om till Laddningstäthet [C/m^3]

6) rho_s (Surface Charge Density) Ytladdningstäthet döps om till Laddningstryck [C/m^2]

7) rho_l (Line Charge Density) Linjeladdningstäthet döps om till Laddningstyrka [C/m]

8) rho (Mass Density) Densitet döps om till Masstäthet [kg/m^3]

9) Q (Charge) laddning får ha kvar sitt svenska namn [C]

10) Phi (Magnetic Flux) Magnetiskt flöde döps om till Magnetism [Vs=Weber]

11) U (Voltage) Spänning får ha kvar sitt svenska namn [V=J/C]

12) I (Current) Ström får ha kvar sitt svenska namn [A]

13) J (Current Density) Strömtäthet döps om till Strömtryck [A/m^2]

14) Js (Surface Current Density) Ytströmtäthet döps om till Ytströmstyrka [A/m]

Kort och gott, x/m kallar jag Styrka, x/m^2 kallar jag Tryck och x/m^3 kallar jag Täthet, när det gäller vektorer lägger jag dock till ordet fält.

Introduktion till elektromagnetiska formler och enheter

Här tänker jag raljera över Maxwell's ekvationer utan att egentligen ha nån egen koll annat än att jag tänker på vad storheterna står för

$\oint D\cdot dS=\oint ϵE\cdot dS=\int {\rho }_{v}dv=Q$...[Gauss Lag]

$\int B\cdot dS=\varphi$...[Weber's Lag]

$\oint H\cdot dl=\oint \frac{B}{\mu }\cdot dl=I+\int \frac{dD}{dt}\cdot dS$...[Ampere's Lag]

$\oint E\cdot dl=-\int \frac{dB}{dt}\cdot dS$...[Faraday's Lag]

Det är intressant med dimensionsanalys när man försöker förstå, dessa dimensioner får man om man tänker efter:

$ϵ=\frac{As}{Vm}$...[permittivitet]

$\mu =\frac{Vs}{Am}$...[permeabilitet]

$D=\frac{As}{m^2}$...[laddningstryckfält]

$B=\frac{Vs}{m^2}$...[magnetiskt tryckfält]

$E=\frac{V}{m}$...[elektrisk fältstyrka]

$H=\frac{A}{m}$...[magnetisk fältstyrka]

När man räknar på spolar kan man skriva:

$H=\frac{NI}{l_m}$

$B=\mu H=\mu \frac{NI}{l_m}$

$BS=\varphi =\mu \frac{NIA}{l_m}$

$\mathrm{\Lambda }=\varphi N=\mu \frac{N^{2}IA}{l_m}$

$L=\frac{\mathrm{\Lambda }}{I}=\mu \frac{N^{2}A}{l_m}$

För kondensatorer kan man skriva:

$E=\frac{U}{l_e}$

$D=ϵE=ϵ\frac{U}{l_e}$

$DS=Q=ϵES=ϵ\frac{UA}{l_e}$

$C=\frac{Q}{U}=ϵ\frac{A}{l_e}$

Kapitel XCIII, Definition av Elektrisk Fältstyrka och Gauss Lag

Visar E-fältet från en punktladdning.

Elektrisk fälstyrka definieras

$E=\frac{F}{q}\mathrm{...93.1}$

som alltså har enheten N/C även om dess enhet är mer allmänt känd som V/m, vi kan leka lite med enheter och får

$\frac{N}{C}=\frac{Nm/m}{C}=\frac{J/m}{C}=\frac{Ws/m}{As}=\frac{VAs/m}{As}=\frac{V}{m}\mathrm{...93.2}$

Det här var ett trivialt exempel men jag har fått lära mig att enhetskontroll på grejerna bidrar till högre sannolikhet att man klarar tentan, en variant av definitionen är

$F=qE\mathrm{...93.3}$

Som alltså innebär kraft i Newton per laddning och fältstyrka, sen visar jag två fundamentala postulat hos E-fältläran, dessa är

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{\rho }{{ϵ}_0}\mathrm{...93.4}$

för E-fält i vakuum, det andra postulatet är

$\mathrm{\nabla }XE=\mathrm{0...93.5}$

och det är dessa två postulat som bygger hela elektrostatiken.

Det första postulatet visar alltså att E-fältet divergerar i rho med en proportionalitetskonstant, detta betyder att E-fältet typ "landar" eller utgår från laddade kroppar.

Det andra postulatet visar att E-fältet är "virvelfritt" dvs det finns inga virvlar, det bara landar normalt till laddade kroppars ytor.

En punktladdning strålar lika mycket E-fält åt precis alla håll (rimligen), om laddningen är Q så är laddningstrycket

${\rho }_s=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{...93.6}$

dvs den laddning man har per areaenhet vid ett visst avstånd R, enligt tidigare vet vi att

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{\rho }{{ϵ}_0}\mathrm{...93.7}$

eller

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...93.8}$

integrerar man upp det här mha Gauss Teorem så får man

$Q=\int \mathrm{\nabla }\cdot Ddv=\oint D\cdot \hat{n}dS\mathrm{...93.9}$

som bär namnet Gauss Lag, för enklare symmetrier som vår punktladdning får man således

$D=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{...93.10}$

eller

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...93.11}$

Här ser man att D-fältet helt enkelt är laddningsdtrycket rho_s, delar man med epsilon får man E-fältet

Jag brukar lite lekfullt skriva Gauss lag som

$E=\frac{Q_T}{ϵS_G}\mathrm{...93.12}$

där Qt står för "sändande Q" och Sg står för "Gaussian Surface" dvs den yta som ligger vinkelrätt mot E-fältets utbredning, kan man således hitta en sån area så funkar formel rakt av, MEN det gäller att arean hela tiden är vinkelrät mot fältet.

Kapitel XCIV, Coulombs Lag och potential

Arbete runt en sluten kontur

Eftersom definitionen av E-fält innebär

$F=qE\mathrm{...94.1}$

och E-fältet för en punktladdning kan skrivas

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...94.2}$

så blir kraften

$F=qE=\frac{q^2}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...94.3}$

som också kallas Coulombs Lag vilken visar kraften mellan två punktladdningar.

Potential kan sedan härledas från det arbete som krävs för att flytta en laddning från oändligheten till punkten ifråga, man kan skriva detta som

$V=-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{P}E\cdot dl\mathrm{...94.4}$

där arbetet alltså sker mot fältet, i själva verket ska allt multipliceras med q för att få Joule men om man skippar det får man energin i eV istället vilket är lite mer vedertaget, minustecknet visar att arbetet sker mot fältet.

Arbetet runt en sluten kontur är alltid noll vilket innebär att om man står på en höjd bland berg och dalar och går ner och upp i dalarna varvid man kommer tillbaks till samma plats så är (netto)arbetet noll.

Man kan se det som att lägesenergin är samma i slutet som i början vilket är upprinnelsen till Kirschoffs spänningslag där ett varv i den elektriska slingan innebär att potentialen i början är samma som i slutet, detta kan tecknas

$W=\oint F\cdot dl=q\oint E\cdot dl=\mathrm{0...94.5}$

det sista uttrycket kan sedan tecknas över två skarvade konturer som

${\int }_{C1}E\cdot dl+{\int }_{C2}E\cdot dl=\mathrm{0...94.6}$

eller

${\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl+{\int }_{P2}^{P1}E\cdot dl=\mathrm{0...94.7}$

vilket ger

${\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl=-{\int }_{P2}^{P1}E\cdot dl\mathrm{...94.8}$

eller

${\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl={\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl\mathrm{...94.9}$

V.S.V

Kom dock ihåg att detta bara gäller vektorer, för funktioner eller skalärer gäller inte detta vilket jag bevisar i nästa kapitel.

Kapitel XCV, Vektoriellt arbete vs skalär linjeintegral

En väg att integrera efter

Om vi börjar med skalär linjeintegral runt den slutna kvartcirkel-konturen OAB så får vi om vi nyttjar att r=3

$\oint rdl={\int }_0^{3}xdx+{\int }_0^3\sqrt{9-x^2}dx+{\int }_3^{0}ydy\mathrm{...95.1}$

man får detta t.ex pga att

$x=rcos\varphi \mathrm{...95.2}$

som är lika med r i x-led ty phi är noll, jag har förenklat en aning av tydlighetsskäl, det är sedan enkelt att se att integrationen i y-led är negationen av integrationen i x-led så dessa två tar ut varandra, kvar har vi

${\int }_0^3\sqrt{9-x^2}dx\mathrm{...95.3}$

denna är lite lurig att integrera men den primitiva funktionen till

$\int \sqrt{b-x^2}dx\mathrm{...95.4}$

är enligt Beta

$\frac{\sqrt{b-x^2}}{2}+\frac{b}{2}arcsin(x\sqrt{\frac{1}{b}})\mathrm{...95.5}$

med b=9 och integrationsgränsena insatta får vi

${\int }_0^3\sqrt{9-x^2}dx=\frac{3}{2}(\frac{3}{2}\pi -1)\mathrm{...95.6}$

Om vi nu istället tittar på arbete runt vår slutna kontur modell

$W=\oint F\cdot dl=q\oint E\cdot dl\mathrm{...95.7}$

och tittar på

$\oint r\hat{r}\cdot dl\mathrm{...95.8}$

som är likamed

${\int }_0^{3}x\hat{x}\cdot \hat{x}dx+{\int }_0^{\pi /2}r\hat{r}\cdot rd\varphi \hat{\varphi }+{\int }_3^{0}y\hat{y}\cdot \hat{y}dy\mathrm{...95.9}$

Det är enkelt att se att den första och den sista integralen tar ut varandra, kvar blir

${\int }_0^{\pi /2}r\hat{r}\cdot rd\varphi \hat{\varphi }\mathrm{...95.10}$

Här räcker det sedan att titta på skalärprodukten av

$\hat{r}\cdot \hat{\varphi }\mathrm{...95.11}$

som är ortogonala och därmed noll.

Med andra ord är arbetet runt en sluten kontur när det finns nåt slags fält noll, man kan se det lite såhär att säg att du släpar på en stenbumling på friktionsfri is, för minsta hastighetsökning krävs en kraft som i vårt fall är riktad radiellt för man kan se ovan exempel som

$r\hat{r}=F_r\hat{r}\mathrm{...95.12}$

Och då har man en kraft i radiell led, men vad händer om hantaget vinklas?

Jo, ingenting annat än att man kanske lyfter stenbumligen mer men det är i alla fall inget arbete att vinkla handtaget.

Kapitel XCVI, E-fält från ett gäng diskreta laddningar

E-fält från en punktladdning i rymden

Jag anammar härmed Cheng's notation att källkoordinater är primmade medans fältkoordinater är oprimmade.

Man kan skriva E-fältet från en punktladdning "off-axis" enligt figur som

$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\cdot q\frac{R-R^{\prime }}{|R-R^{\prime }{|}^3}\mathrm{...96.1}$

På detta sätt får man nämligen med enhetsvektorn som normalt är

$\hat{R}=\frac{R}{|R|}\mathrm{...96.2}$

Superposition funkar i dessa kretsar också så för ett antal qk kan man skriva

$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \sum _{k=1}^n{q}_k\frac{R-{R_k}^{\prime }}{|R-{R_k}^{\prime }{|}^3}\mathrm{...96.3}$

Alla R är här alltså vektorer.

Kapitel XCVII, Potential från en dipol

E-fält från en dipol

Använder vi vektorbeteckningarna enligt bild och nyttjar att potentialen från en ponktladdning kan skrivas

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...97.1}$

så kan vi med hjälp av identideterna

$R+=R-d/2cos(\theta )\mathrm{...97.2}$

och

$R-=R+d/2cos(\theta )\mathrm{...97.3}$

teckna potentialen i godtycklig punkt P enligt superpositionsprincipen (och jag kör theta=0 för enklare formler) dvs

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{1}{R+}-\frac{1}{R-})\mathrm{...97.4}$

ty laddningarna är av olika tecken, om vi utvecklar vidare så innebär detta att potentialen går som

$V\propto \frac{1}{R+}-\frac{1}{R-}\mathrm{...97.5}$

eller

$V\propto \frac{1}{R-d/2}-\frac{1}{R+d/2}\mathrm{...97.6}$

som kan arrangeras om enligt

$V\propto \frac{R+d/2-(R-d/2)}{R^2-(d/2{)}^2}\mathrm{...97.7}$

som på lite längre avstånd övergår i

$V\propto \frac{d}{R^2}\mathrm{...97.8}$

dvs potentialen från en dipol kan skrivas

$V\approx \frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{d}{R^2}\mathrm{...97.9}$

eller

$V\approx \frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p}{R^2}\mathrm{...97.10}$

där p kallas det elektriska dipolmomentet (p=qd), nu snackar vi dock vektorer och dom har speciellt rktning, det är lätt att inse att vektorn d har riktningen i z-led, dvs det är vad som finns i z-led som bygger potentialen, den delen av potentialen som finns i z-led kan man teckna som en skalärprodukt enligt

$p\cdot \hat{R}\mathrm{...97.11}$

så att formeln ovan egentligen ska vara

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p\cdot \hat{R}}{R^2}=\frac{pcos(\theta )}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...97.12}$

Observera att nettodimensionen fortfarande är 1/R ty p har dimensionen "R".

Jag borde egentligen visat detta för E-fält eftersom vi inte kommit till potential än men dels är det lite knöligare att visa detta för E-fält från ett par punktladdningar dels är det i regel enklare att derivera saker än att integrera saker då E-fältet kan fås från ovan genom vektoridentiteteten

$E=-\mathrm{\nabla }V\mathrm{...97.13}$

där nabla är en deriveringsoperator i tre dimensioner som jag kommer återkomma till.

Kapitel XCVIII, Strålning från en dipol

Strålningsdiagram från en dipol

Denna ekvation enligt ovan

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p\cdot \hat{R}}{R^2}\mathrm{...98.1}$

kan skrivas om som

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{pcos\theta }{R^2}\mathrm{...98.2}$

där theta räknas uppifrån och ner, detta ger alltså potentialen som proportionell mot cos(theta), definitionen av det elektriska fältet är sedan också enligt ovan

$E=-\mathrm{\nabla }V\mathrm{...98.3}$

där vi bara är intresserade av vad som händer för vinkeln theta dvs

$E\propto sin\theta \mathrm{...98.4}$

vilket ger vidstående strålningsdiagram, normalt betyder annars deriveringsoperatorn nabla för sfäriska koordinater

$\mathrm{\nabla }V=\frac{dV}{dR}\hat{R}+\frac{dV}{Rd\theta }\hat{\theta }\mathrm{...98.5}$

Observera att E-fältet alltid är vinkelrätt mot potentialen

Kapitel XCIX, E-fält från en laddningsmängd

E-fältet från en klump med laddning

E-fält från en punktladdning kan skrivas

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...99.1}$

Potentialen hos en sån punktladdning kan sedan beräknas enligt

$V=-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{R}E\cdot dR=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...99.2}$

genom att föreställa sig släpandet av en enhetsladdning från oändligheten mot fältet (därav minustecknet) till punkten ifråga, med andra ord har vi

$dE=\frac{\rho d{v}^{\prime }}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...99.3}$

som differential i ena fallet och

$dV=\frac{\rho d{v}^{\prime }}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...99.4}$

i andra fallet där det i båda fallen alltså handlar om en en rymdladdningstäthet (rho) som kan integreras upp till en laddning Q, primmade koordinater anger alltså källan så att man kan skriva

$E={\int }_{V^{\prime }}\frac{\rho d{v}^{\prime }}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...99.5}$

för E-fältet på lite avstånd och

$V={\int }_{V^{\prime }}\frac{\rho d{v}^{\prime }}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...99.6}$

för potetialen på lite avstånd.

Utöver rho finns två varianter till nämligen rho_s som är en ytladdningstäthet och rho_l som är en längdladdningstäthet, totalt genererar detta alltså sex stycken integralformler men skillnaden är principiellt så liten så jag listar dom inte här.

Det behöver sedan inte vara så stora avstånd men för till exempel E-fältet från en större klump med laddning på nära håll så skulle både enhetsvektorn och R variera under integreringen, dessutom kan rho variera.

Kapitel C, E-fält från en stång med homogen längdladdningstäthet

E-fält från en laddad stång

Med hjälp av ovanstående formler kan vi teckna potentialen som

$V=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{-L/2}^{L/2}\frac{d{z}^{\prime }}{z-z^{\prime }}\mathrm{...100.1}$

där rho_l lyfts ur integralen ty den är konstant och sträckan R är z-z' där primmade koordinater alltså reprensenterar källan, vi får då uttrycket

$V=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}[-ln(z-z^{\prime }){]}_{-L/2}^{L/2}\mathrm{...100.2}$

eller

$V=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}[ln(z-z^{\prime }){]}_{L/2}^{-L/2}\mathrm{...100.3}$

så att potentialen blir

$V=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}ln(z+L/2)-ln(z-L/2)\mathrm{...100.4}$

eller

$V=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}ln\frac{(z+L/2)}{(z-L/2)}\mathrm{...100.5}$

där z>L/2 och eftersom vi bara kan derivera i z-dimensionen kan man skriva

$E=-\frac{dV}{dz}\hat{z}\mathrm{...100.6}$

och när vi gör deriveringen får vi

$-E=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}\frac{(z-L/2)}{(z+L/2)}\cdot ((z-L/2{)}^{-1}+(-1)\cdot (z+L/2)(z-L/2{)}^{-2})\hat{z}\mathrm{...100.7}$

vilket ger

$-E=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}\cdot ((z+L/2{)}^{-1}-(z-L/2{)}^{-1})\hat{z}\mathrm{...100.8}$

gemensam nämmnare modell

$(z+L/2)\cdot (z-L/2)=z^2-(L/2{)}^2=N\mathrm{...100.9}$

ger

$-E=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_{0}N}\cdot ((z-L/2)-(z+L/2))\hat{z}\mathrm{...100.10}$

eller

$-E=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_{0}N}\cdot -L\hat{z}\mathrm{...100.11}$

alltså är E-fältet

$E=\frac{{\rho }_l}{4\pi {ϵ}_0}\cdot \frac{L}{z^2-(L/2{)}^2}\hat{z}\mathrm{...100.12}$

Kapitel CI, E-fält från en oändligt lång stång

E-fält från en lång stång

Vi börjar från andra hållet här, E-fältet kan enligt ovan tecknas

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{d{z}^{\prime }}{R^2}\hat{R}\mathrm{...101.1}$

som man kan skriva som

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{d{z}^{\prime }(r\hat{r}-z^{\prime }\hat{z})}{R^3}\mathrm{...101.2}$

och eftersom det råder symmetri i z-led (ganska nyttigt att tänka på sånt) så behöver det bara integreras i r-led enligt

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{d{z}^{\prime }r\hat{r}}{R^3}\mathrm{...101.3}$

där R^3 kan utvecklas som

$R^3=(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{3/2}\mathrm{...101.4}$

ty R är hypotenusan, då får vi

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{d{z}^{\prime }r}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{3/2}}\hat{r}\mathrm{...101.5}$

Jag kommer just nu inte ihåg hur man löser den här integralen, nu har jag listat ut det

$E=\frac{{\rho }_{L}r}{4\pi {ϵ}_0}[\frac{1}{r^2}\frac{z^{\prime }}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{1/2}}]\hat{r}\mathrm{...101.6}$

bara för att det är skoj och nyttigt att verifiera kan vi derivera ovan där vi skippar prefix, då får vi

$\frac{1}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{1/2}}-\frac{z{\text{'}}^2}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{3/2}}\mathrm{...101.7}$

om vi nu förlänger första termen med

$(r^2+z{\text{'}}^2)\mathrm{...101.8}$

så får vi

$\frac{r^2+z{\text{'}}^2}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{3/2}}-\frac{z{\text{'}}^2}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{3/2}}\mathrm{...101.9}$

där man ser att bara r^2 blir kvar som vi delat bort i vårt prefix, integralen blir alltså

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi r{ϵ}_0}[\frac{z^{\prime }}{(r^2+z{\text{'}}^2{)}^{1/2}}{]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\hat{r}\mathrm{...101.10}$

som blir

$E=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_{0}r}\hat{r}\mathrm{...101.11}$

ty z' ändrar tecken så att integralen blir 2, lite smått meningslöst så kan man sedan teckna potentialen enligt

$V=-\int E\cdot dr\mathrm{...101.12}$

där vi alltså integrerar mot E-fältet (därav minustecknet) som då genererar uttrycket

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln(r)\mathrm{...101.13}$

där aktuell potential i praktiken är en potentialskillnad hos t.ex en koaxialkabel (som har två gränser) men vi har nu gått åt andra "hållet" när det gäller skapandet av uttryck för E-fält och potential (V).

Kapitel CII, E-fält från en oändligt lång stång medels Gauss lag

E-fält från en laddad stång enligt Gauss lag

Gauss lag enligt ovan lyder

$\oint E\cdot \hat{n}dS=\frac{Q}{{ϵ}_0}\mathrm{...102.1}$

där normalvektorn n alltså är vinkelrät mot ytan, man kan lite lekfullt skriva om denna som

$E{S}_G=\frac{Q_T}{{ϵ}_0}\mathrm{...102.2}$

om E inte ändrar sig under integreringen och man har symmetrier där ytan alltid är vinkelrät mot E-fältet där då arean kallas Gaussisk Area (SG) samtidigt som jag hittat på att E-fältet ju skapas av laddningen som man kan betrakta som en sändare eller QT där T står för transmitter, om detta gäller får man en rätt universiell formel för E-fältet enligt

$E=\frac{Q_T}{{ϵ}_0{S}_G}\mathrm{...102.3}$

I detta fallet har vi pga symmetriskäl att Ez går bort då integration ovanifrån ger ett lika stort negativt bidrag (riktningsmässigt) som integration nerifrån, kvar har vi Er där min bild visar på just den symmetri som gör att vi kan nyttja den enklare formeln direkt, vi får alltså att

$E=\frac{Q}{2\pi {ϵ}_{0}rL}\hat{r}\mathrm{...102.4}$

och eftersom

${\rho }_L=\frac{Q}{L}\mathrm{...102.5}$

så kan man skriva

$E=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_{0}r}\hat{r}\mathrm{...102.6}$

vilket är bra mycket enklare sätt att få fatt i E-fältet än ovanstående komplexa integrering, men kom ihåg att man måste finna en Gaussisk area varje gång.

Kapitel CIII, E-fält från en laddad skiva

E-fält från en laddad skiva

Man kan enligt bild skriva E-fältet som

$E=\frac{{\rho }_s}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{S^{\prime }}\frac{d{S}^{\prime }}{R^2}\hat{R}\mathrm{...103.1}$

där

$R=-r^{\prime }\hat{r}+z\hat{z}\mathrm{...103.2}$

som gör att man kan skriva integralen som

$E=\frac{{\rho }_s}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{S^{\prime }}\frac{d{S}^{\prime }}{R^3}(-r^{\prime }\hat{r}+z\hat{z})\mathrm{...103.3}$

sen kan man skriva "sändande yta" som

$d{S}^{\prime }=d{r}^{\prime }{r}^{\prime }d{\varphi }^{\prime }\mathrm{...103.4}$

så att allt blir

$E=\frac{{\rho }_s}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{S^{\prime }}\frac{d{r}^{\prime }{r}^{\prime }d{\varphi }^{\prime }}{R^3}(-r^{\prime }\hat{r}+z\hat{z})\mathrm{...103.5}$

där man av symmetriskäl (om man roterar runt) ser i bilden att det inte blir nåt bidrag i r-led dvs vi får

$E=\frac{{\rho }_s}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_{S^{\prime }}\frac{d{r}^{\prime }{r}^{\prime }d{\varphi }^{\prime }}{R^3}(z\hat{z})\mathrm{...103.6}$

och integralen, när man integrerar runt ett varv, blir

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}{\int }_{C^{\prime }}\frac{d{r}^{\prime }{r}^{\prime }}{R^3}(z\hat{z})\mathrm{...103.7}$

eller

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}{\int }_{C^{\prime }}\frac{d{r}^{\prime }{r}^{\prime }}{(r{\text{'}}^2+z^2{)}^{3/2}}(z\hat{z})\mathrm{...103.8}$

som kan integreras enligt

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}[\frac{1}{\sqrt{r{\text{'}}^2+z^2}}{]}_0^b(z\hat{z})\mathrm{...103.9}$

där b är radien hos skivan, dvs svaret blir

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}(\frac{1}{\sqrt{b^2+z^2}}-\frac{1}{z})(z\hat{z})\mathrm{...103.10}$

eller

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}(\frac{z}{\sqrt{b^2+z^2}}-1)\hat{z}\mathrm{...103.11}$

Ser nu i min litteratur (Cheng) att detta faktiskt inte är helt fel, dock är det ett teckenfel men bara för att uttrycket för normala z blir mindre än noll, dock är den primitiva funktionen fel vad beträffar tecken, detta kan man åtgätda genom att kasta om integrationsgränserna, då får man

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}(1-\frac{z}{\sqrt{b^2+z^2}})\hat{z}\mathrm{...103.12}$

sen är E-fältet lika positivt neråt som uppåt för laddningen (rho_s) är positiv dvs rätt svar blir kanske

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}(1-\frac{|z|}{\sqrt{b^2+z^2}})\hat{z}\mathrm{...103.13}$

fast jag tror ändå inte man kan skriva så för E-fältet är visserligen positivt både uppåt och neråt men neråt är riktningen i minus z-led så jag tror faktiskt man måste skriva att för positiva z blir lösningen

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}(1-\frac{|z|}{\sqrt{b^2+z^2}})\hat{z}\mathrm{...103.14}$

medans E-fältet för negativa z måste skrivas

$E=\frac{{\rho }_s}{2{ϵ}_0}(1-\frac{|z|}{\sqrt{b^2+z^2}})(-\hat{z})\mathrm{...103.15}$

ty E-fältet är då riktat i negativ z-led samtidigt som det har samma belopp.

Kapitel CIV, E-fält från en laddad loop

E-fält från en laddad loop

Man kan teckna E-fältet såhär

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}\int \frac{d{l}^{\prime }}{R^2}=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}\int \frac{d{l}^{\prime }R}{R^3}\mathrm{...104.1}$

där R i täljaren är en vektor som bestämmer riktningen dvs

$R=-b\hat{r}+z\hat{z}\mathrm{...104.2}$

och

$d{l}^{\prime }=bd\varphi \mathrm{...104.3}$

av symmetriskäl går dock r-komponenterna bort vilket ger oss att integrering bara behöver göras enligt

$R=z\hat{z}\mathrm{...104.4}$

vilket vi kan skriva som

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}\int \frac{bd\varphi }{R^3}z\hat{z}\mathrm{...104.5}$

detta ger alltså

$E=\frac{{\rho }_L}{4\pi {ϵ}_0}\frac{z}{(b^2+z^2{)}^{3/2}}2\pi b\hat{z}\mathrm{...104.6}$

där det egentligen står Q/R^2 typ som alltså har dimensionen E, observera att om z=0 så är E-fältet noll (vilket vi nog kan tolka som en r-symmetri) sen är E-fältet för negativa z negativt vilket vi nog kan tolka som att E-fältet är positivt fast i negativ z-led, E-fältet bör nämligen, för positiv laddning, vara positivt åt båda hållen anser jag lite försiktigt.

Kapitel CV, E-fält från ett spetsigt objekt

E-fält från ett spetsigt objekt

Om vi applicerar totalt Q på båda kloten så får vi potentialen på det lilla klotet som

$V1=\frac{Q_1}{4\pi {ϵ}_0{b}_1}\mathrm{...105.1}$

och på det stora klotet

$V2=\frac{Q_2}{4\pi {ϵ}_0{b}_2}\mathrm{...105.2}$

nu är potentialerna lika för vi har ju förbundit dom enligt figur varför gäller

$\frac{Q_1}{b_1}=\frac{Q_2}{b_2}\mathrm{...105.3}$

pga laddningskonservering är sedan

$Q=Q_1+Q_2\mathrm{...105.4}$

eller

$Q_2=Q-Q_1\mathrm{...105.5}$

dvs

$Q_1(\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2})=\frac{Q}{b_2}\mathrm{...105.6}$

eller

$Q_1=\frac{Q}{b_2(\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2})}\mathrm{...105.7}$

eller

$Q_1=Q\frac{b_1}{b_2+b_1}\mathrm{...105.8}$

och det är rätt enkelt att se att för Q2 gäller

$Q_2=Q\frac{b_2}{b_2+b_1}\mathrm{...105.9}$

nu kan vi teckna E-fälten modell

$E_1=\frac{Q_1}{4\pi {ϵ}_0{b}_1^2}\mathrm{...105.10}$

tar vi sedan vardera E-fält relativt varandra får vi

$\frac{E_1}{E_2}=\frac{Q_1{b}_2^2}{Q_2{b}_1^2}\mathrm{...105.11}$

eller

$\frac{E_1}{E_2}=\frac{b_2}{b_1}\mathrm{...105.12}$

dvs den minsta (kröknings)radien får det största E-fältet.

Kapitel CVI, E-fält från ett moln av positroner

E-fält från ett laddat moln

Ett E-fält från en punktladdning kan enligt ovan skrivas

$E=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...106.1}$

eller

$E=\frac{Q(R)}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\hat{R}\mathrm{...106.2}$

detta kan också skrivas

$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}{\int }_0^R\rho dv\hat{R}\mathrm{...106.3}$

för det är bara variationen av Q(R) vi är intresserade av, för det interna E-fältet kan man då skriva

$E=\frac{\rho }{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\frac{4\pi R^3}{3}\hat{R}\mathrm{...106.4}$

eller

$E=\frac{\rho }{{ϵ}_{0}3}R\hat{R}\mathrm{...106.5}$

om man sen tittar på det yttre fältet får man

$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}{\int }_0^b\rho d{v}^{\prime }\hat{R}\mathrm{...106.6}$

eller

$E=\frac{\rho }{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\frac{4\pi b^3}{3}\hat{R}\mathrm{...106.7}$

eller

$E=\frac{\rho }{{ϵ}_{0}3R^2}{b}^3\hat{R}\mathrm{...106.8}$

varför R^2 plötsligt inte är med i integranden vet jag inte, det kan dock ha att göra med att vi här inte avser en enda punktladdning utan ett stim med laddningar som på avstånd ger en total laddning som motsvarar volymen gånger volymladdningstätheten, rho.

Fritänkande, försök till fördjupning

Jag har nu kikat lite i Cheng och börjat att eventuellt förstå bättre, man ska nämligen använda Gauss lag enligt

$E=E\cdot \hat{R}=E_R\mathrm{...106.9}$

och

$dS=4\pi R^2\mathrm{...106.10}$

där Gauss lag enligt

$\oint E\cdot \hat{n}dS=\frac{Q}{{ϵ}_0}\mathrm{...106.11}$

ger att flödet (och därmed integralen) blir

$E_{R}4\pi R^2\mathrm{...106.12}$

som alltså är konstant för varje R, återstår att integrera upp laddningen Q och sätta in i Gauss lag, när man gör det får man min tidigare lösning, tycker dock fortfarande att detta inte riktigt förklarar varför sedvanlig integralformel enligt ovan inte fungerar, den funkar ju i alla andra fall som till exempel behandlar ett litet volymselement i en homogen laddningsfördelning.

Kapitel CVII, Definition av elektrisk flödestäthet och polarisationsvektorn

Visar hur ett polariserande E-fält gör så att dipolerna spjänar emot

Pga enligt ovan

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p\cdot \hat{R}}{R^2}\mathrm{...107.1}$

och

$E=-\mathrm{\nabla }V\mathrm{...107.2}$

kan man skriva

$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p\cdot \hat{R}}{R^3}\mathrm{...107.3}$

som resulterar i

$dE=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{dp\cdot \hat{R}}{R^3}\mathrm{...107.4}$

och om man då definerar polarisationsvektorn P enligt

$P=\frac{lim}{\mathrm{\Delta }v->0}\sum _{n=1}^N\frac{p}{\mathrm{\Delta }v}[C/m^2]\mathrm{...107.5}$

där N är antalet polariserande dipoler, då kan man skriva

$dE=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{P\cdot \hat{R}}{R^3}dv\mathrm{...107.6}$

och man får

$E=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}{\int }_v\frac{P\cdot \hat{R}}{R^3}dv\mathrm{...107.7}$

Beviset för rho_p och rho_ps är sen lite komplicerat så jag kör på med min intuition istället, om vi pga smidighet går händelserna lite i förväg kan vi definiera

$D=ϵE\mathrm{...107.8}$

där D kallas för elektrisk flödestäthet som jag kommer komma tillbaka till lite senare, vi kan då skriva

$\int \rho dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot Ddv=\oint D\cdot dS=Q\mathrm{...107.9}$

där vi nyttjat postulatet

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...107.10}$

och Gauss teorem för att komma från en volymsintegral till en ytintegral, på ett lite lekfullt sätt kan vi sen skriva om detta uttryck som

$\int \rho dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot {\rho }_{s}dv=\oint {\rho }_{s}dS=Q\mathrm{...107.11}$

så att

$\rho =\mathrm{\nabla }\cdot D\mathrm{...107.12}$

och

${\rho }_s=\hat{n}\cdot D\mathrm{...107.13}$

där rho_s har samma dimension som D men är ingen vektor, här har jag sen upptäckt nåt jag tidigare inte riktigt fattat för när man tar divergensen av rho_s så går man i praktiken från 1/R^2 till 1/R^3 dvs från rho_s till rho_v och man får en volymstäthet istället ty man deriverar mest bara, jag gissar sen att man kan skriva

$\int {\rho }_{p}dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot Pdv=\oint P\cdot dS\mathrm{...107.14}$

vilket enligt ovan skulle kunna betyda att

${\rho }_p=\mathrm{\nabla }\cdot P\mathrm{...107.15}$

och

${\rho }_{ps}=\hat{n}\cdot P\mathrm{...107.16}$

som kan skrivas om enligt

$\int {\rho }_{p}dv=\int \mathrm{\nabla }\cdot Pdv=Q_p\mathrm{...107.17}$

respektive

$\oint {\rho }_{ps}dS=\oint P\cdot dS=Q_{ps}\mathrm{...107.18}$

dock är det ett teckenfel här men här kommer intuitionen in igen för om man polariserar ett dielektrika med ett E-fält och dielektrikat innan polarisationen var oladdat då blir

$Q_p+Q_{ps}=\mathrm{0...107.19}$

Där jag lite fuskigt vet att detta är rätt samtidigt som det är rimligt, nu återstår dock vilken av dom vi ska ge ett negativt tecken men det är rimligt att Qs är positiv för dom laddningarna lämnar dielektrikat i en riktning motsvarande normalen till ytan, alltså är Qp negativ och vi får

${\rho }_p=-\mathrm{\nabla }\cdot P\mathrm{...107.20}$

och

${\rho }_{ps}=\hat{n}\cdot P\mathrm{...107.21}$

Man har infört ett hjälpfält kallat D som i elektrisk flödestäthet, denna härleds enligt

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{{ϵ}_0}(\rho +{\rho }_p)\mathrm{...107.22}$

som kan enligt ovan skrivas om som, ty rho_p är också en divergens

$\mathrm{\nabla }\cdot ({ϵ}_{0}E+P)=\rho \mathrm{...107.23}$

där jag utan bevis säger att P är proportionerlig mot epsilon_0*E med en konstant jag inte kan koda upp, resultatet blir i alla fall

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...107.24}$

där

$D={ϵ}_{0}E+P\mathrm{...107.25}$

som man har förenklat till

$D=ϵE\mathrm{...107.26}$

Mer detaljerat bevis

Vi lyfter ner ovanstående formel för den polariserade potentialen

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{p\cdot \hat{R}}{R^2}\mathrm{...107.27}$

enligt ovanstående kan vi sedan skriva om den mha polarisationsvektorn P som

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{Pdv\cdot \hat{R}}{R^2}\mathrm{...107.28}$

ortsvektorn R går nu från origo (där E finns och polariserar) till platsen i rymden där dielektrikat finns likt

$R^2=(x-x^{\prime }{)}^2+(y-y^{\prime }{)}^2+(z-z^{\prime }{)}^2\mathrm{...107.29}$

där alltså dielektrikat befinner sig i de primmade koordinaterna vilket gör så att derivatan av R map t.ex z' blir negativ, normalt brukakar vi dock använda primmade koordinater för källor men i det här fallet blir det för fältpunkten, med lite list kan man således skriva

${\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot \frac{P}{R}\mathrm{...107.30}$

som med hjälp av vektoridentiten (där f är en skalär och A en vektor)

$\mathrm{\nabla }\cdot (fA)=f(\mathrm{\nabla }\cdot A)+\mathrm{\nabla }f\cdot A\mathrm{...107.31}$

som egentligen bara är produktregeln för derivering, här måste man dock bl.a tänka på att man inte kan "derivera" en vektor och att gradienten av en skalär är en vektor, tänker man på detta så blir vektoridentiteten ganska enkel, om vi applicerar detta till aktuellt fall får vi

${\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot \frac{P}{R}=\frac{1}{R}({\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot P)+{\mathrm{\nabla }}^{\prime }(\frac{1}{R})\cdot A\mathrm{...107.32}$

som kan skrivas om som

${\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot \frac{P}{R}=\frac{1}{R}({\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot P)+(\frac{1}{R^2}\hat{R})\cdot P\mathrm{...107.33}$

där plustecknet kommer av att derivering sker map primmade koordinater, sen gäller

${\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot \frac{P}{R}=\frac{1}{R}({\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot P)+(\frac{P}{R^2}\cdot \hat{R})\mathrm{...107.34}$

om vi nu skriver om sambandet enligt

$\frac{P}{R^2}\cdot \hat{R}={\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot (\frac{P}{R})-\frac{1}{R}({\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot P)\mathrm{...107.35}$

och tittar på den ursprungliga formeln för V så ser vi att bara

$\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}dv\mathrm{...107.36}$

blir kvar, med andra ord blir den polariserade potentialen

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_{0}R}\int -{\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot Pdv+\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int {\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot (\frac{P}{R})dv\mathrm{...107.37}$

den sista integralen kan man utveckla mha Gauss teorem (aka divergensteoreet) enligt

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_{0}R}\int -{\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot Pdv+\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\oint \frac{P}{R}\cdot dS\mathrm{...107.38}$

så att

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_{0}R}\int -{\mathrm{\nabla }}^{\prime }\cdot Pdv+\frac{1}{4\pi {ϵ}_{0}R}\oint P\cdot dS\mathrm{...107.39}$

som kan skrivas om enligt tidigare regler dvs

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int {\rho }_{p}dv+\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\int {\rho }_{p}sdS\mathrm{...107.40}$

där man alltså ser att rho_p är negativ och rho_s är positiv.

Kapitel CVIII, E-fält vid övergångar

E-fält vid övergångar

Allmänt kan man skriva

$\oint E\cdot dl=\mathrm{0...108.1}$

där, om man hänger på q, får arbetet runt en sluten kontur dvs om man kommer tillbaka till typ samma topp/lägesenergi så är uträttat arbete 0, detta gör så att man för det tangentiella fältet kan skriva

$E_{2t}\cdot \mathrm{\Delta }w+E_{1t}\cdot \mathrm{\Delta }(-w)=\mathrm{0...108.2}$

för w är en vektor, då får man att

$E_{2t}=E_{1t}\mathrm{...108.3}$

man kan sen allmänt skriva

$\oint D\cdot dS=Q\mathrm{...108.4}$

som i princip är Gauss lag, detta gör att man för de normala komponenterna kan skriva (de olika ytorna har olika normalvektorer)

$D_{1n}\cdot \mathrm{\Delta }S\widehat{n_1}+D_{2n}\cdot \mathrm{\Delta }S\widehat{n_2}=Q\mathrm{...108.5}$

eller

$D_{1n}\cdot \mathrm{\Delta }S\widehat{n_1}+D_{2n}\cdot \mathrm{\Delta }S\widehat{(-n1)}=Q\mathrm{...108.6}$

så att

$D_{1n}\cdot \mathrm{\Delta }S-D_{2n}\cdot \mathrm{\Delta }S=Q\mathrm{...108.7}$

eller

$D_{1n}-D_{2n}=\frac{Q}{\mathrm{\Delta }S}={\rho }_s\mathrm{...108.8}$

så att differensen mellan de normala elektriska flödestätheterna är en eventuell fri ytladdningstäthet, rhp_s, dock är denna fria ytladdningstäthet ofta noll då man förutsätter att det inte finns några fria laddningar, dvs i praktiken blir formeln

$D_{1n}=D_{2n}\mathrm{...108.9}$

vilket innebär, sett till normalkomponenterna

${ϵ}_{1}E={ϵ}_{2}E\mathrm{...108.10}$

Övergångsvillkor för dielektrika

För oladdade dielektrika gäller

$E_{1t}=E_{2t}\mathrm{...108.11}$

respektive

$D_{1n}=D_{2n}\mathrm{...108.12}$

Övergångsvillkor för metaller

För metaller är det annorlunda, jag spånar här lite när jag säger att inuti metaller kan det inte finnas några E-fält för det kan aldrig bildas några dipoler ty elektronerna är bundna till sina atomer, det finns dock fria elektroner men dom förflyttar sig till ytan hos metallerna, inuti metaller är alltså E-fältet noll och därför är rho noll, vi får alltså om 1 enligt bild är en metall och 2 är säg luft

$E_{2t}=E_{1t}==\mathrm{0...108.13}$

eller

$E_t=\mathrm{0...108.14}$

och eftersom E är noll i metallen så får vi att

$D_{1n}=\mathrm{0...108.15}$

vilket enligt ovan får till följd att

$-D_{2n}={\rho }_s\mathrm{...108.16}$

som man kan skriva som

$-{ϵ}_0{E}_{2n}={\rho }_s\mathrm{...108.17}$

eller

$E_{n2}=-\frac{{\rho }_s}{{ϵ}_0}\mathrm{...108.18}$

tvåan är alltså luft/vaakum men vi har normalvektorer inblandade här där tvåan är neråt riktad, minus på den riktningen blir uppåt riktad dvs det normalt riktade E-fältet är riktat uppåt och alltså in i dielektrikat om man ser till en plattkondensator

Kapitel CIX, E-fält genom en metall

E-fält genom en metall

Om vi börjar längst ut och kallar denna delen för region 1 kan vi skriva E-fältet utanför och i R-riktning som

$E_1=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...109.1}$

potentialen blir sedan

$V_1=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...109.2}$

enligt ovan, i region 2 gäller sedan

$E_2=\mathrm{0...109.3}$

och

$V_2=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...109.4}$

i region 3 gäller

$E_3=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...109.5}$

men när det gäller potential så gäller

$V(R_i)=V(R_o)\mathrm{...109.6}$

ty E-fältet är noll i metallen så det kan inte finnas nån dV och Ro är inte lika med Ri, man måste således skriva

$\frac{1}{R_o}+C=\frac{1}{R_i}\mathrm{...109.7}$

så att

$C=\frac{1}{R_i}-\frac{1}{R_o}\mathrm{...109.8}$

då har vi en korrektionsfaktor som gör så att V(R) i region 3 kan skrivas

$V_3=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}\ast (\frac{1}{R}-\frac{1}{R_i}+\frac{1}{R_o})\mathrm{...109.9}$

där man ser att om man stoppar in R=Ri så får man potentialen som

$V_3\propto \frac{1}{R_o}\mathrm{...109.10}$

dvs potentialen på utsidan (Ro) är samma som potentialen på insidan (Ri), det här är inget korrekt bevis men jag lutar mig mot elektromagnetiska "kunskaper" och tycker det här duger, observera sen att näst sista formeln bara är giltig för R<Ri, samtidigt har vi även inducerade ytladdningar där vi kan börja på insidan (Ri) enligt

${\rho }_s={ϵ}_0(-\hat{R})\cdot E_3\mathrm{...109.11}$

så att

${\rho }_s=-\frac{Q}{4\pi R_i^2}\mathrm{...109.12}$

dvs vi har negativa laddningar där, för utsidan (Ro) kan vi skriva

${\rho }_s={ϵ}_0(\hat{R})\cdot E_1\mathrm{...109.13}$

så att

${\rho }_s=\frac{Q}{4\pi R_o^2}\mathrm{...109.14}$

dvs vi har positiva laddningar här, och eftersom

$\frac{1}{R_i^2}\mathrm{...109.15}$

inte är lika med

$\frac{1}{R_o^2}\mathrm{...109.16}$

så vi har en differens (multiplicerar man med de olika ytorna får man +/-Q), och denna differens är exakt lika med E-fältet från laddningen viket gör att netto E blir noll i metallen, man kan se det som att det bildas ett E-fält pga de inducerade laddningarna som fullständigt motverkar det fält som Q genererar, dessutom kan man se det som att E-fält går igenom allt, det blir noll i en metall men på andra sidan fortsätter det bara, om ledaren inte är jordad dvs.

Man kan också se de inducerade laddningarna +/-Q som dipoler som motverkar det fält som läggs på till 100% samtidigt som netto Q fortfarande är Q från vår laddning pga laddningskonservering, detta blir tydligare när vi tittar på dielektrika men principen är samma ty iom att ingen energi tillförs så kan mediumet bara göra en sak dvs motverka det pålagda fältet, rätt nyttig läxa jag lärt mig.

Kapitel CX, E-fält genom ett dielektrika

E-fält genom ett dielektrika

För region 1 kan man skriva

$E_1=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{R}^2}\mathrm{...110.1}$

sen kan man skriva D-fältet som

$D_1=ϵE_1={ϵ}_0{E}_1=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{...110.2}$

och polarisationsvektorn (P-fältet) som

$P_1=D_1-{ϵ}_{0}E=\mathrm{0...110.3}$

samt potentialen som

$V_1=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...110.4}$

för region 2 kan man sedan skriva

$E_2=\frac{Q}{4\pi ϵR^2}\mathrm{...110.5}$

och vi har även här att

$D_2=ϵE_2=\frac{Q}{4\pi R^2}\mathrm{....110.6}$

sen har vi P-fältet

$P_2=D_2-{ϵ}_0{E}_2\mathrm{...110.7}$

dvs

$P_2=\frac{Q}{4\pi R^2}-{ϵ}_0\frac{Q}{4\pi ϵR^2}\mathrm{...110.8}$

detta är lika med

$P_2=\frac{Q}{4\pi R^2}(1-\frac{1}{{ϵ}_r})\mathrm{...110.9}$

så om epsilon_r är stor så är P-fältet lika med D-fältet, sen får vi att potentailen V blir

$V_2=\frac{Q}{4\pi ϵR}\mathrm{...110.10}$

region 3 blir på samma sätt som region 1 ty vi har vakuum även här, polarisationsvektorn P polariserar sedan alla små dipoler (p=qd) i en volym på sådant sätt att dom riktas åt samma håll som det polariserande E-fältet. På ytan av dielektrikat som palariseras får man sedan ytladdningstätheter rho_ps på liknande sätt som man får rho_s i en metall, båda kan anses utgöra små dipoler på sådant sätt att på ena sidan så finns positiva laddningar och på andra sidan finns negativa laddningar där dipolerna alltså motverkar det pålagda fältet, helt enkelt för att det är det enda de kan göra när ingen energi tillförs utifrån.

Kapitel CXI, Kapacitans

Plattkondensator

Det råder ett förhållande mellan laddning och potential, detta kallas kapacitans (C) och kan skrivas som

$Q=CV\mathrm{...111.1}$

eller mer allmänt

$C=\frac{Q}{V}\mathrm{...111.2}$

man kan kanske titta på potentialformeln enligt ovan vad gäller en punktladdning enligt

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...111.3}$

där kapacitansen således blir

$C=4\pi {ϵ}_{0}R\mathrm{...111.4}$

så allt har kapacitans, till exempel har en elektron den ungefärliga kapacitansen

$C_e\approx 4\pi {ϵ}_{0}10^{-15}\approx 1-11-\mathrm{15...111.5}$

i potenser, dvs ungefär

$C_e\approx 10^{-25}F\mathrm{...111.6}$

Man kan kanske se det som att allt i naturen har ett inbyggt motstånd mot förändring dvs t.ex att förändra dess potential, till exempel krävs det 1 Coulomb (As) i laddning för att höja potetialen 1V hos nåt som har en kapacitans på 1F

E-fältet i en plattkkondensator är uniformt och lika med

$E=\frac{V}{d}(-\hat{y})\mathrm{...111.7}$

samtidigt är E-fältet enligt ovan vid gränsövergången ledare-dielektrika

$E=\frac{{\rho }_s}{ϵ}(-\hat{y})\mathrm{...111.8}$

eller

$E=\frac{Q}{ϵS}(-\hat{y})\mathrm{...111.9}$

och eftersom potential enligt ovan kan skrivas som en integral mot fältet enligt

$V=-{\int }_0^{d}Edy\mathrm{...111.10}$

så blir potentialen

$V=\frac{Q}{ϵS}d\mathrm{...111.11}$

och kondensatorformeln enligt ovan och jag repterar

$C=\frac{Q}{V}\mathrm{...111.12}$

gör så att kapacitansen för plattkondensatorn blir

$C=ϵ\frac{S}{d}\mathrm{...111.13}$

Kondensatorkopplingar

Kondensatorkopplingar

Seriekopplade kondensatorer som i fallet A har samma Q över deras plattor, jag ser det som att Q är en slags statisk ström, eftersom dom har det så kan man skriva

$Q=C_{eff}V\mathrm{...111.14}$

dvs Q är konstant samtidigt som det då finns ett spänningsfall över vardera kondensator på

$V_n=\frac{Q}{C_n}\mathrm{...111.15}$

och om man summerar upp alla V_n för att komma upp till V så får man

$V=\frac{Q}{C_{eff}}=\sum _{n=1}^n\frac{Q}{C_n}\mathrm{...111.16}$

varvid man kan förkorta bort Q och får att

$\frac{1}{C_{eff}}=\sum _{n=1}^n\frac{1}{C_n}\mathrm{...111.17}$

När det sedan gäller parallellkoppling enligt B så är V konstant och man kan teckna

$V=\frac{Q}{C_{eff}}\mathrm{...111.18}$

de olika kondingarna har nu olika Q så detta ger

$Q_n=V\cdot C_n\mathrm{...111.19}$

dvs totalt Q är

$Q=V\cdot C_{eff}=V\sum _{n=1}^n{C}_n\mathrm{....111.20}$

varvid man kan förkorta bort V och får

$C_{eff}=\sum _{n=1}^n{C}_n\mathrm{...111.21}$

Kapacitans hos en koaxialkabel

Beräkningsunderlag för kapacitans hos en koaxialkabel

Enligt ovan kan man skriva E-fältet från en laddad stång som

$E=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_{0}r}\hat{r}\mathrm{...111.22}$

i det fallet kan man sedan teckna potetialskillnaden som typ arbetet mot fältet

$V=-{\int }_b^{a}E\cdot dr\mathrm{...111.23}$

ty dr är egentligen en vektor modell

$\hat{r}dr\mathrm{....111.24}$

vilket ger

$V=-{\int }_b^a\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_{0}r}dr\mathrm{...111.25}$

som mynnar ut i

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{b}{a}\mathrm{...111.26}$

som vi inverterar och stryker rho för att enligt ovan få kapacitansen per meter som

$C=\frac{2\pi {ϵ}_0}{ln\frac{b}{a}}\mathrm{....111.27}$

Kapacitans hos en tvåtrådskabel

Förenklad beräkning av tvåtrådskapacitans

Eftersom vi är intresserad av potentialskillnaden kan vi teckna

$V_{10}=kln\frac{d}{a}-(-kln\frac{d}{a})\mathrm{...111.28}$

där den negativa biten kommer av att vår 0-referens är negativ, om vi sedan utvecklar

$k=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}\mathrm{...111.29}$

så får vi att potentialskillnaden blir

$V_{10}=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}\cdot ln(\frac{d}{a}{)}^2\mathrm{...111.30}$

och iom att, och jag repterar

$C=\frac{Q}{U}\mathrm{...111.31}$

så får vi att kapacitansen i luft per meter är

$C=\frac{\pi {ϵ}_0}{ln\frac{d}{a}}\mathrm{...111.32}$

detta gäller dock bara för d>>a, jag kommer återkomma med mer exakt formel medels en metod som kallas spegling, egentligen ska man teckna ovanstående såhär

$V_{10}=\frac{{\rho }_{L1}}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}+(-\frac{{\rho }_{L0}}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a})\mathrm{...111.33}$

där alltså mina k är olika, pga laddningskonservering är sedan

${\rho }_{L0}=-{\rho }_{L1}\mathrm{....111.34}$

vilket ger

$V_{10}=\frac{{\rho }_{L1}}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}+\frac{{\rho }_{L1}}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}\mathrm{...111.35}$

Jag tror att man ska se det som så att E-fältet som byggs upp mellan ettan och nollan kommer motverkas så mycket det går (samma gäller polarisation bl.a) för E-fältet kan inte förstärkas då det kräver energi utifrån, så våran nolla kommer försöka ökas i potential och våran etta kommer försöka minskas i potential så att potentialskillnaden och därmed E-fältet blir så litet som möjlgt. Med andra ord induceras det positivt till nollan men negativt till ettan då nollan innehåller vår lägsta potential (preliminärt negativ) och ettan innehåller vår positiva potential, sen tar man potentialskillnaden på detta.

Kapacitiva system

Arrangemang för matrisberäkning av kapacitans

Man kan teckna ett kapacitivt system på följande sätt (återanvänder en gammal bild)

$\left[\begin{array}{c}V1=p11Q1+p12Q2+p13Q3\\ V2=p21Q1+p22Q2+p23Q3\\ V3=p31Q1+p32Q2+p33Q3\end{array}\right]\mathrm{...111.36}$

där Q kanske kan tolkas som statisk ström och p kanske kan tolkas som statisk reaktans (1/C), detta gör så att varje rad bygger respektive potential, det blir bara en uppsummering av olika reaktanser och strömmar, potentialpunkten är liksom inte lågimpediv, man kan invertera ovanstående matris och istället få

$\left[\begin{array}{c}Q1=c11V1+c12V2+c13V3\\ Q2=c21V1+c22V2+c23V3\\ Q3=c31V1+c32V2+c33V3\end{array}\right]\mathrm{...111.37}$

vilket är en mer politiskt korrekt variant där c står för kapacitiva koefficienter, ser man på bilden gäller

$\left[\begin{array}{c}Q1=C10V1+C12(V1-V2)+C13(V1-V3)\\ Q2=C21(V2-V1)+C20V2+C23(V2-V3)\\ Q3=C31(V3-V1)+C32(V3-V2)+C30V3\end{array}\right]\mathrm{...111.38}$

som kan arrangeras om enligt

$\left[\begin{array}{c}Q1=V1(C10+C12+C13)-V2C12-V3C13\\ Q2=-V1C21+V2(C21+C20+C23)-V3C23\\ Q3=-V1C31-V2C32+V3(C31+C32+C30)\end{array}\right]\mathrm{...111.39}$

identifiering med matrisen med kapacitiva koefficienter ovan ger sedan

$\left[\begin{array}{c}c11=C10+C12+C13\\ c12=-C12\\ c13=-C13\\ c21=-C21\\ c22=C20+C21+C23\\ c23=-C23\\ c31=-C31\\ c32=-C32\\ c33=C30+C31+C32\end{array}\right]\mathrm{...111.40}$

eller

$\left[\begin{array}{c}c11+c12+c13=C10\\ c12=-C12\\ c13=-C13\\ c21=-C21\\ c22+c21+c23=C20\\ c23=-C23\\ c31=-C31\\ c32=-C32\\ c33+c31+c32=C30\end{array}\right]\mathrm{...111.41}$

detta kan direkt relateras till det matrissystem man får när man räknar på grupper med laddningar, lilla c är alltså den koefficient som ingår i matrisen.

Exempel I, tretrådskapacitans medels invertering av matris

Laddade stänger och deras kapacitans

Gauss lag säger

$\oint E\cdot dS=\frac{Q}{{ϵ}_0}\mathrm{...111.42}$

där E är den elektriska fältstyrkan, e0 permittiviteten för vakuum och Q den inneslutna laddningen inom ytan S, det är alltså en flödesintegral där flödet av E sker genom ytan S samtidigt som S egentligen är en vektor ty uttrycket är en skalärprodukt.

För en oändligt lång linjeladdning/stång blir E-fältet

$E=\frac{Q}{2\pi {ϵ}_{0}RL}=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...111.43}$

som fås av nåt som kallas Gaussisk yta dvs en yta som alltid är vinkelrät mot E-fältet, så om vi har en oändligt lång stång med laddning och konstruerar en liten cylindrisk burk/yta runt stången där fältlinjerna alltid är vinkelräta mot ytan, då kan man lyfta ut E ur integralen för den är konstant då och då blir resten bara en integrering av ytan.

Potential kan beräknas som det arbete som krävs för att släpa en laddning mot fältet, E-fältet defineraras tom som

$E=\frac{F}{Q}\mathrm{...111.44}$

vars enhet är Newton per Coulomb men vi känner enheten bättre som Volt per meter, man definerar således potential enligt

$V=-{\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl\mathrm{...111.45}$

där P1 är punkten där fältet är svagast och P2 är punkten där fältet är starkast och dl är den differentiala längden, dvs vi rör oss mot fältet på samma sätt som en regelrätt arbetsintegral modell

$W=-{\int }_{P1}^{P2}Fdx\mathrm{...111.46}$

där man rör sig emot fältet, därav minustecknet, i vårt fall med stängerna får vi potentialen

$V=-{\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl=-{\int }_{P1}^{P2}E\cdot dR\mathrm{...111.47}$

detta ger potentialuttrycket för en laddad stång enligt

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{P2}{P1}=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}\mathrm{...111.48}$

där a är radien för stången och d avståndet till nästa stång, för potentialen däremellan är ju det vi vill veta.

För vårt exempel tänkte jag dock att vi förenklar till nedanstående för att slippa för mycket kodning, hur man än ser det så är i alla fall potentialen beroende av Q och om man behöver kasta om nämnare och täljare så gäller det bara att komma ihåg minus.

$V=Q\frac{d}{a}\mathrm{...111.49}$

Enligt ovan kan vi också behöva definiera

$V\ast 2\pi {ϵ}_0=V^{\prime }\mathrm{...111.50}$

för att göra grejerna mer läsbara, slutligen gäller t.ex

$V_{10}=V_1-V_0\mathrm{...111.51}$

Preliminärt ser nu vårt ekvationssystem ut såhär

$V{10}^{\prime }=-Q_0\frac{d}{a_0}+Q_1\frac{d}{a_1}+Q_2(\frac{3d}{a_2}-\frac{2d}{a_2})\mathrm{...111.52}$

där jag för Q0 nyttjat att Q0 är vår 0V-referens och således lägst i potential, för "vilden" Q2 gäller sedan att vi ju vill ha spänningen mellan ett och noll och dom laddningarna är bundna medans Q2 är fri och det verkar som om Q2 typ snor energi av Q1 samtidigt som Q2 också bidrar till en ökning av potentialen hos Q0, om detta stämmer kan man teckna

$V{20}^{\prime }=-Q_0\frac{3d}{a_0}+Q_1(\frac{d}{a_1}-\frac{2d}{a_1})+Q_2\frac{3d}{a_2}\mathrm{...111.53}$

I ett isolerat system med laddningar gäller sedan laddningskonservering modell

$Q_0=-(Q_1+Q_2)\mathrm{...111.54}$

vilket gör att vi kan skriva om ekvationerna ovan som

$V{10}^{\prime }=Q_1(\frac{d}{a_0}+\frac{d}{a_1})+Q_2(\frac{d}{a_0}+\frac{3d}{a_2}-\frac{2d}{a_2})\mathrm{...111.55}$

$V{20}^{\prime }=Q_1(\frac{3d}{a_0}+\frac{d}{a_1}-\frac{2d}{a_1})+Q_2(\frac{3d}{a_0}+\frac{3d}{a_2})\mathrm{...111.56}$

Eftersom bråken är logaritmer och

$a_0=a_1=a_2=a\mathrm{...111.57}$

så kan vi skriva

$V{10}^{\prime }=Q_1(\frac{d^2}{a^2})+Q_2(\frac{3d}{2a})\mathrm{...111.58}$

$V{20}^{\prime }=Q_1(\frac{3d}{2a})+Q_2(\frac{9d^2}{a^2})\mathrm{...111.59}$

Nu har vi alltså en regelrätt matris på formen

$V=pQ\mathrm{...111.60}$

Men vi vill ha den på formen

$Q=cV\mathrm{...111.61}$

så att vi kan hantera kapacitanser, vad vi behöver göra är således att multiplicera V från vänster med inversen av p (dvs p^-1), då faller ut

$p^{-1}V=Q=cV\mathrm{...111.62}$

där alltså c är inversen av p, vi kan nu skriva p som

$p=\left[\begin{array}{cc}\frac{d^2}{a^2}& \frac{3d}{2a}\\ \frac{3d}{2a}& \frac{9d^2}{a^2}\end{array}\right]\mathrm{...111.63}$

eller

$p=\left[\begin{array}{cc}p11& p12\\ p21& p22\end{array}\right]\mathrm{...111.64}$

Nu inverterar vi enligt ovanstående regler (står i Exempel II), först får vi

$p^{-1}=\frac{1}{Det(p)}\ast \left[\begin{array}{cc}A11& A21\\ A12& A22\end{array}\right]\mathrm{...111.65}$

där A är komplementen till p enligt ovan, detta innebär att A11=+p22, A21=-p12, A12=-p21 och A22=+p11 där jag nyttjat ovanstående regler, determinanten blir sen

$Det(p)=p11p22-p12p\mathrm{21...111.66}$

där dock p21=p12 pga att kapacitans inte bryr sig om riktning och är reciprokt, med andra ord har vi inversen av p som

$p^{-1}=\frac{1}{Det(p)}\ast \left[\begin{array}{cc}p22& -p12\\ -p12& p11\end{array}\right]\mathrm{...111.67}$

som man kan skriva som

$p^{-1}=c=\frac{1}{\frac{d^2}{a^2}\ast \frac{9d^2}{a^2}-(\frac{3d}{2a}{)}^2}\left[\begin{array}{cc}\frac{9d^2}{a^2}& -\frac{3d}{2a}\\ -\frac{3d}{2a}& \frac{d^2}{a^2}\end{array}\right]\mathrm{...111.68}$

Man kan sen visa att (där jag valt dom vedertagna beteckningarna dvs C12=:C21, C23=:C32 och C13=:C31)

$\left[\begin{array}{c}c11=C10+C12+C13\\ c22=C20+C12+C23\\ c33=C30+C13+C23\end{array}\right]\mathrm{...111.69}$

vilket kan inses om man tittar på min bild och en nod i taget när alla andra noder jordas, sen gäller

$\left[\begin{array}{c}c12=-C12\\ c23=-C23\\ c13=-C13\end{array}\right]\mathrm{...111.70}$

pga detta får man i vårt fall att

$\left[\begin{array}{c}C10=c11+c12\\ C20=c22+c12\\ C12=-c12\end{array}\right]\mathrm{...111.71}$

dvs

$\left[\begin{array}{c}C10=\frac{9d^2}{a^2}+(-\frac{3d}{2a})\\ C20=\frac{d^2}{a^2}+(-\frac{3d}{2a})\\ C12=\frac{3d}{2a}\end{array}\right]\mathrm{...111.72}$

Allt måste dock logaritmeras, delas med determinanten och multipliceras med 2\pi\epsilon_0 för att få kapacitansen, nyttan med detta kan verka långsökt men föreklar mängder med algebra om man skulle få för sig at räkna ut det med papper och penna, dessutom kan man implementera tricket i datorprogram och räkna ut kapacitanser för en större mängd laddningar, för lite snyggare avslutning visar jag hela uttrycket där jag börjar med determinanten:

$Det(p)=ln(\frac{d^2}{a^2})\ast ln(\frac{9d^2}{a^2})-(ln\frac{3d}{2a}{)}^2\mathrm{...111.73}$

sen måste man enligt V' ovan multiplicera 1/Det(p) med

$2\pi {ϵ}_0\mathrm{...111.74}$

varvid vi får att kapacitanserna är proportionerliga mot

$\frac{2\pi {ϵ}_0}{ln\frac{d^2}{a^2}\ast ln\frac{9d^2}{a^2}-(ln\frac{3d}{2a}{)}^2}\mathrm{...111.75}$

om vi kallar detta uttryck för k så får vi att

$C10=k\ast (ln\frac{9d^2}{a^2}-ln\frac{3d}{2a})\mathrm{...111.76}$

och

$C20=k\ast (ln\frac{d^2}{a^2}-ln\frac{3d}{2a})\mathrm{...111.77}$

och

$C12=k\ast ln\frac{3d}{2a}\mathrm{...111.78}$

där kapacitanserna enligt logarimlagarna kan skrivas om som

$C10=k\ast ln\frac{6d}{a}\mathrm{...111.79}$

och

$C20=k\ast ln\frac{2d}{3a}\mathrm{...111.80}$

Exempel II, The Flux Capacitor

Fyra laddade stänger i stjärnkoppling

Jag har nu försökt beräkna kapacitanser hos en samling stänger som är ytterligare en dvs fyra.

Utseendet på arrangemanget påminner om en film från 80-talet så jag har kallat bilden "The Flux Capacitor".

Utseendet hos bilden påminner också om huvudspänningarna i ett trefassystem (med d som faspänning), arrangemanget blir mekaniskt så om dom liksom skall kunna härbärja runt varandra (annars blir avstånden imaginära).

Jag har inget facit på mina beräkningar men villkoret pij=pji från Cheng är en bra indikation på att man kan ha rätt, villkoret kommer alltså ifrån att kapacitans är oberoende av riktning.

För att förenkla kodningen kommer jag strunta i att det egentligen handlar om längdintensitets-laddningar (Q/L aka rho_l) och istället köra Q med index, sen kommer jag initialt strunta i att potentialen från en laddad stång går som ln(d/a) där d är avståndet och a radien hos stången och istället skriva d/a, E-fältet för en stång är alltså

$E=\frac{{\rho }_l}{2\pi {ϵ}_{0}r}\hat{r}\mathrm{...111.81}$

som uppintegrerat och negerat ger potentialen

$V=-{\int }_d^{a}Edr=\frac{{\rho }_l}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}\mathrm{...111.82}$

och

$2\pi {ϵ}_0\mathrm{...111.83}$

hoppar jag alltså perliminärt över vilket dock bara innebär att mina potentialer behöver multipliceras med denna term.

$V10=Q_0\frac{a}{d}+Q_1\frac{d}{a}+Q_2(\frac{d}{a}-\frac{\sqrt{3}d}{a})+Q_3(\frac{d}{a}-\frac{\sqrt{3}d}{a})\mathrm{...111.84}$

För nästa potentialskillnad kan man teckna

$V20=Q_0\frac{a}{d}+Q_1(\frac{d}{a}-\frac{\sqrt{3}d}{a})+Q_2\frac{d}{a}+Q_3(\frac{d}{a}-\frac{\sqrt{3}d}{a})\mathrm{...111.85}$

och den sista potentialskillnaden kan man teckna

$V30=Q_0\frac{a}{d}+Q_1(\frac{d}{a}-\frac{\sqrt{3}d}{a})+Q_2(\frac{d}{a}-\frac{\sqrt{3}d}{a})+Q_3\frac{d}{a}\mathrm{...111.86}$

som kan skrivas om enligt

$V10=Q_0\frac{a}{d}+Q_1\frac{d}{a}+Q_2\frac{1}{\sqrt{3}}+Q_3\frac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{...111.87}$

För nästa potentialskillnad kan man teckna

$V20=Q_0\frac{a}{d}+Q_1\frac{1}{\sqrt{3}}+Q_2\frac{d}{a}+Q_3\frac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{...111.88}$

och den sista potentialskillnaden kan man teckna

$V30=Q_0\frac{a}{d}+Q_1\frac{1}{\sqrt{3}}+Q_2\frac{1}{\sqrt{3}}+Q_3\frac{d}{a}\mathrm{...111.89}$

sen gäller

${\mathbb{Q}}_0=-(Q_1+Q_2+Q_3)\mathrm{...111.90}$

som ändrar ovanstående formler till dessa matrisvärden

$p=\left[\begin{array}{ccc}\frac{d^2}{a^2}& \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d}{\sqrt{3}a}\\ \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d^2}{a^2}& \frac{d}{\sqrt{3}a}\\ \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d^2}{a^2}\end{array}\right]\mathrm{...111.91}$

enligt

$V=pQ\mathrm{...111.92}$

där vi nu skall ta fram inversen av matrisen p så att vi istället får matrisen c enligt

$p^{-1}\ast V=p^{-1}\ast p\ast Q=Q=cV\mathrm{...111.93}$

Inversen stavas

$p^{-1}=\frac{1}{det(p)}\ast \left[\begin{array}{ccc}B11& B21& B31\\ B12& B22& B32\\ B13& B23& B33\end{array}\right]\mathrm{...111.94}$

Nu är B-elementen komplement till p-elementen så vi stryker respektive elements rad och kolumn och nyttjar

$(-1{)}^{i+j}\mathrm{...111},95$

varvid vi får

$B=\left[\begin{array}{ccc}(ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)\\ -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2& (ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)\\ -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)& (ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2\end{array}\right]\mathrm{...111.96}$

Eftersom kapacitans inte har riktning så ska bij vara lika med bji och får man inte detta så är det en bra indikation på att man har gjort fel, fast rent allmänt ska man komma ihåg att när det gäller tal så måste B-matrisen transponeras dvs rader och kolumner måste byta plats för annars blir det fel, matrisen c blir nu

$c=p^{-1}=\frac{1}{det(p)}\ast B\mathrm{...111.97}$

där alla cij (i inte lika med j) är samma samtidigt som alla cij (i=j) är samma, om vi nu kopierar ner p så får vi

$p=\left[\begin{array}{ccc}\frac{d^2}{a^2}& \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d}{\sqrt{3}a}\\ \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d^2}{a^2}& \frac{d}{\sqrt{3}a}\\ \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d}{\sqrt{3}a}& \frac{d^2}{a^2}\end{array}\right]\mathrm{...111.98}$

som vi föreklar till elementnummer istället

$p=\left[\begin{array}{ccc}p11& p12& p13\\ p21& p22& p23\\ p31& p32& p33\end{array}\right]\mathrm{...111.99}$

och determinaten blir

$(+1)\ast p11\ast (p22p33-p23p32)+(-1)\ast p12\ast (p21p33-p23p31)+(+1)\ast p13\ast (p21p32-p22p31)\mathrm{...111.100}$

eller

$p11\ast (p22p33-p23p32)+p12\ast (p23p31-p21p33)+p13\ast (p21p32-p22p31)\mathrm{...111.101}$

där p12=p13=P21=p23=p31=p32 och p11=p22=p33, vilket ger

$p11\ast (p11^2-p12^2)+p12\ast (p12^2-p12p11)+p12\ast (p12^2-p12p11)\mathrm{...111.102}$

Jag blir osäker på det här men när man kryssar vektorer får man det på ovanstående sätt, vi kan dock göra ännu en liten förenkling dvs

$p11\ast (p11^2-p12^2)+2p12^2\ast (p12-p11)\mathrm{...111.103}$

Nu är det alltså ln(pij) som gäller så det är inte bara att multiplicera MEN addition innebär multiplikation av argumentet medans subtraktion innebär att argumentet måste inverteras innan det multipliceras.

Determinanten blir således

$Det(p)=ln\frac{d^2}{a^2}\ast ((ln\frac{d^2}{a^2}{)}^2-(ln\frac{d}{\sqrt{3}a}{)}^2)+2ln\frac{d}{\sqrt{3}a}\ast (ln\frac{d}{\sqrt{3}a}+ln\frac{a^2}{d^2})\mathrm{...111.104}$

Jag skippar att uttrycket går att förenkla och visar bara principen, sen skippar jag att allt behöver delas med determinanten och tecknar

$c^{\prime }=B=\left[\begin{array}{ccc}(ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)\\ -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2& (ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)\\ -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)& -(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2)& (ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2\end{array}\right]\mathrm{...111.105}$

Där vi ser att cij=cji vilket gör att uträkningen kan vara riktig, det är sedan känt att

$C10=c11+c12+c\mathrm{13...111.106}$

$C20=c22+c12+c\mathrm{23...111.107}$

$C30=c33+c13+c\mathrm{23...111.108}$

Med andra ord har vi att

$C10=(ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2-ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2\mathrm{...111.109}$ $C20=(ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2-ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2\mathrm{...111.110}$ $C30=(ln(d^2/a^2){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2-ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2-(ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2\mathrm{...111.111}$

som kan förenklas enligt

$C10=(ln(d^2/a^2){)}^2-3ln(d/\sqrt{3}a{)}^2-2ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)\mathrm{...111.112}$

$C20=(ln(d^2/a^2){)}^2-3ln(d/\sqrt{3}a{)}^2-2ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)\mathrm{...111.113}$

$C30=(ln(d^2/a^2){)}^2-3ln(d/\sqrt{3}a{)}^2-2ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)\mathrm{...111.114}$

eller

$C10=(ln(d^2/a^2){)}^2-ln(d/\sqrt{3}a{)}^6-ln(d/\sqrt{3}a{)}^2\cdot ln(d^2/a^2)\mathrm{...111.115}$

$C20=(ln(d^2/a^2){)}^2-ln(d/\sqrt{3}a{)}^6-ln(d/\sqrt{3}a{)}^2\cdot ln(d^2/a^2)\mathrm{...111.116}$

$C30=(ln(d^2/a^2){)}^2-ln(d/\sqrt{3}a{)}^6-ln(d/\sqrt{3}a{)}^2\cdot ln(d^2/a^2)\mathrm{...111.117}$

$C12=-c\mathrm{12...111.118}$

$C23=-c\mathrm{23...111.119}$

$C13=-c\mathrm{13...111.120}$

och enligt c'-matrisen ovan gäller

$C12=C23=C13=-c12\propto ln(d/\sqrt{3}a)\cdot ln(d^2/a^2)-(ln(d/\sqrt{3}a){)}^2\mathrm{...111.121}$

Delar man alltså dessa värden med determinaten och multiplicerar med

$2\pi {ϵ}_0\mathrm{...111.122}$

Så har man alla kapacitanser.

När man specar upp p-matrisen verkar det som om man måste tänka på att E-fälten motverkar varandra för säg att potentialen vid 1 är positiv och potentialen vid 0 är negativ (vilket vi utgår ifrån när vi beräknar vår potentialskillnad) då måste den inducerade spänningen från en "fri" laddning motverka E-fältet mellan 1 och 0 för iom att ingen energi tillförs utifrån så kan inte nån "förstärkning" av E-fältet ske, samma gäller hur elektriska dipoler orienterar sig i ett dielektrikum när de utsätts för ett externt E-fält, dvs de vill inte vara med och motverkar fältet för det är det enda de kan göra.

Nedan är P1 punkten där fältet är svagast och P2 är punkten där fältet är starkast och dl är den differentiala längden, dvs vi rör oss mot fältet på samma sätt som en regelrätt arbetsintegral modell

$W=-{\int }_{P1}^{P2}Fdx\mathrm{...111.123}$

där man rör sig emot fältet, därav minustecknet, i vårt fall med stängerna får vi potentialen

$V=-{\int }_{P1}^{P2}E\cdot dl=-{\int }_{P1}^{P2}E\cdot dR\mathrm{...111.124}$

detta ger potentialuttrycket för en laddad stång enligt

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{P1}{P2}=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}\mathrm{...111.125}$

där a är radien för stången och d avståndet till nästa stång, för potentialen däremellan är ju det vi vill veta.

För vårt exempel tänkte jag dock att vi förenklar till nedanstående för att slippa för mycket kodning, hur man än ser det så är i alla fall potentialen beroende av Q och om man behöver kasta om nämnare och täljare så gäller det bara att komma ihåg minus.

$V=Q\frac{d}{a}\mathrm{...111.126}$

Enligt ovan kan vi också behöva definiera

$V\ast 2\pi {ϵ}_0=V^{\prime }\mathrm{...111.127}$

för att göra grejerna mer läsbara, slutligen gäller t.ex

$V_{10}=V_1-V_0\mathrm{...111.128}$

Preliminärt ser nu vårt ekvationssystem ut såhär

$V{10}^{\prime }=-Q_0\frac{d}{a_0}+Q_1\frac{d}{a_1}+Q_2(\frac{3d}{a_2}-\frac{2d}{a_2})\mathrm{...111.129}$

där jag för Q0 nyttjat att Q0 är vår referens och således lägst i potential (jag är väldigt osäker här), för Q2 gäller sedan att vi ju vill ha spänningen mellan ett och noll och dom laddningarna är bundna medans Q2 är fri och det verkar som om Q2 typ förlorar energi till Q1 samtidigt som Q2 också bidrar till potentialen hos Q0, om detta stämmer kan man teckna

$V{20}^{\prime }=-Q_0\frac{3d}{a_0}+Q_1(\frac{d}{a_1}-\frac{2d}{a_1})+Q_2\frac{3d}{a_2}\mathrm{...111.130}$

I ett isolerat system med laddningar gäller sedan laddningskonservering modell

$Q_0=-(Q_1+Q_2)\mathrm{...111.131}$

vilket gör att vi kan skriva om ekvationerna ovan som

$V{10}^{\prime }=Q_1(\frac{d}{a_0}+\frac{d}{a_1})+Q_2(\frac{d}{a_0}+\frac{3d}{a_2}-\frac{2d}{a_2})\mathrm{...111.132}$

$V{20}^{\prime }=Q_1(\frac{3d}{a_0}+\frac{d}{a_1}-\frac{2d}{a_1})+Q_2(\frac{3d}{a_0}+\frac{3d}{a_2})\mathrm{...111.133}$

Eftersom bråken är logaritmer och

$a_0=a_1=a_2=a\mathrm{...111.134}$

så kan vi skriva

$V{10}^{\prime }=Q_1(\frac{d^2}{a^2})+Q_2(\frac{3d}{2a})\mathrm{...111.135}$

$V{20}^{\prime }=Q_1(\frac{3d}{2a})+Q_2(\frac{9d^2}{a^2})\mathrm{...111.136}$

Nu har vi alltså en regelrätt matris på formen

$V=pQ\mathrm{...111.137}$

Men vi vill ha den på formen

$Q=cV\mathrm{...111.138}$

så att vi kan hantera kapacitanser, vad vi behöver göra är således att multiplicera V från vänster med inversen av p (dvs p^-1), då faller ut

$p^{-1}V=Q=cV\mathrm{...111.139}$

där alltså c är inversen av p, vi kan nu skriva p som

$p=\left[\begin{array}{cc}\frac{d^2}{a^2}& \frac{3d}{2a}\\ \frac{3d}{2a}& \frac{9d^2}{a^2}\end{array}\right]\mathrm{...111.140}$

eller

$p=\left[\begin{array}{cc}p11& p12\\ p21& p22\end{array}\right]\mathrm{...111.141}$

Nu inverterar vi enligt ovanstående regler, först får vi

$p^{-1}=\frac{1}{Det(p)}\ast \left[\begin{array}{cc}A11& A21\\ A12& A22\end{array}\right]\mathrm{...111.142}$

där A är komplementen till p enligt ovan, detta innebär att A11=+p22, A21=-p12, A12=-p21 och A22=+p11 där jag nyttjat ovanstående regler, determinanten blir sen

$Det(p)=p11p22-p12p\mathrm{21...111.143}$

där dock p21=p12 pga att kapacitans inte bryr sig om riktning och är reciprokt, med andra ord har vi inversen av p som

$p^{-1}=\frac{1}{Det(p)}\ast \left[\begin{array}{cc}p22& -p12\\ -p12& p11\end{array}\right]\mathrm{...111.144}$

som man kan skriva som

$p^{-1}=c=\frac{1}{\frac{d^2}{a^2}\ast \frac{9d^2}{a^2}-(\frac{3d}{2a}{)}^2}\left[\begin{array}{cc}\frac{9d^2}{a^2}& -\frac{3d}{2a}\\ -\frac{3d}{2a}& \frac{d^2}{a^2}\end{array}\right]\mathrm{...111.145}$

Man kan sen visa att

$\left[\begin{array}{c}c11=C10+C12+C13\\ c22=C20+C12+C23\\ c33=C30+C13+C23\end{array}\right]\mathrm{...111.146}$

vilket kan inses om man tittar på min bild och en nod i taget när alla andra noder jordas, sen gäller

$\left[\begin{array}{c}c12=-C12\\ c23=-C23\\ c13=-C13\end{array}\right]\mathrm{...111.147}$

pga detta får man i vårt fall att

$\left[\begin{array}{c}C10=c11+c12\\ C20=c22+c12\\ C12=-c12\end{array}\right]\mathrm{...111.148}$

dvs

$\left[\begin{array}{c}C10=\frac{9d^2}{a^2}+(-\frac{3d}{2a})\\ C20=\frac{d^2}{a^2}+(-\frac{3d}{2a})\\ C12=\frac{3d}{2a}\end{array}\right]\mathrm{...111.149}$

Allt måste dock logaritmeras, delas med determinanten och multipliceras med 2\pi\epsilon_0 för att få kapacitansen, nyttan med detta kan verka långsökt men föreklar mängder med algebra om man skulle få för sig at räkna ut det med papper och penna, dessutom kan man implementera tricket i datorprogram och räkna ut kapacitanser för en större mängd laddningar, för lite snyggare avslutning visar jag hela uttrycket där jag börjar med determinanten:

$Det(p)=ln(\frac{d^2}{a^2})\ast ln(\frac{9d^2}{a^2})-(ln\frac{3d}{2a}{)}^2\mathrm{...111.150}$

sen måste man enligt V' ovan multiplicera 1/Det(p) med

$2\pi {ϵ}_0\mathrm{...111.151}$

varvid vi får att kapacitanserna är proportionerliga mot

$\frac{2\pi {ϵ}_0}{ln\frac{d^2}{a^2}\ast ln\frac{9d^2}{a^2}-(ln\frac{3d}{2a}{)}^2}\mathrm{...111.152}$

om vi kallar detta uttryck för k så får vi att

$C10=k\ast (ln\frac{9d^2}{a^2}-ln\frac{3d}{2a})\mathrm{...111.153}$

och

$C20=k\ast (ln\frac{d^2}{a^2}-ln\frac{3d}{2a})\mathrm{...111.154}$

och

$C12=k\ast ln\frac{3d}{2a}\mathrm{...111.155}$

där kapacitanserna enligt logarimlagarna kan skrivas om som

$C10=k\ast ln\frac{6d}{a}\mathrm{...111.156}$

och

$C20=k\ast ln\frac{2d}{3a}\mathrm{...111.157}$

Exempel III, verklig tvåtrådskapacitans (spegling)

Tvåtrådskapacitans

Bild A kan man tolka enligt tidigare som

$2\pi {ϵ}_0{V}_{10}={\rho }_0\ast ln(a/d)+{\rho }_1\ast ln(d/a)\mathrm{...111.158}$

och pga laddningskoneservering så gäller att

${\rho }_0=-{\rho }_1\mathrm{...111.159}$

så att

$2\pi {ϵ}_0{V}_{10}={\rho }_1\ast ln(d/a{)}^2\mathrm{...111.160}$

eller

$V_{10}=\frac{{\rho }_1\ast ln(d/a{)}^2}{2\pi {ϵ}_0}\mathrm{...111.161}$

och eftersom

$C=\frac{Q}{V}\mathrm{...111.162}$

så får man kapacitansen som

$C=\frac{2\pi {ϵ}_0}{ln(d/a{)}^2}\mathrm{...111.163}$

eller

$C=\frac{\pi {ϵ}_0}{ln(d/a)}\mathrm{...111.164}$

Denna formel gäller dock bara för d>>a

För alla kablar så kan man till exempel ta till nåt som kallas spegling, detta går ut på att man placerar en negativ linjeladdning inuti själva ledaren, principen går ut på att göra ledarens hölje till en yta av konstant potential, potentialen från en laddad ledare kan skrivas (se 95.51)

$V=\frac{{\rho }_l}{2\pi ϵ}ln\frac{r_o}{r}\mathrm{...111.165}$

där ro är en radie långt från ledaren, om man då placerar en negativ speglad laddning i den andra ledaren så får man total potential som

$V=\frac{{\rho }_l}{2\pi ϵ}\ast (ln\frac{r_o}{r}-ln\frac{r_o}{r_i})\mathrm{...111.166}$

detta blir till

$V=\frac{{\rho }_l}{2\pi ϵ}\ast ln\frac{r_i}{r}\mathrm{...111.167}$

som för konstant potential (V) tydligen innebär att kvoten ri/r måste hållas konstant.

Dom feta prickarna i B) är linjeladdningarna rho_l, figuren visar sedan att det finns en gemensam vinkel mellan dom två trianglarna POM respektive P'OM där P' är punkten för den speglade laddningen

Eftersom ri/r är konstant och vi har en gemensam vinkel så fås rent geometriskt att

$\frac{r_i}{r}=\frac{a}{d}=\frac{d_i}{a}\mathrm{...111.168}$

så att

$d_i=\frac{a^2}{d}\mathrm{...111.169}$

Om vi nu tittar på C) så har vi att

$d=D-d_i=D-\frac{a^2}{d}\mathrm{...111.170}$

som ger en andra ordningens ekvation modell

$d^2=dD-a^2\mathrm{...111.171}$

eller

$d^2-dD+a^2=\mathrm{0...111.172}$

dvs

$d=\frac{D}{2}+/-\sqrt{(\frac{D}{2}{)}^2-a^2}\mathrm{...111.173}$

eller

$\frac{d}{a}=\frac{D}{2a}+/-\sqrt{(\frac{D}{2a}{)}^2-1}\mathrm{...111.174}$

arcus coshyp kan sedan skrivas

$cos{h}^{-1}(x)=ln(x+\sqrt{x^2-1})\mathrm{...111.175}$

dvs

$\frac{d}{a}=cos{h}^{-1}(\frac{D}{2a})\mathrm{...111.176}$

Kapacitansen hos en verklig tvåtrådskabel är alltså

$C=\frac{\pi ϵ}{cos{h}^{-1}(\frac{D}{2a})}[F/m]\mathrm{...111.177}$

Vi kommer komma tillbaka till speglingsmetoder lite senare.

Kapitel CXII, Laddningars energi

Potentialer andra laddningar inducerar

Energi stavas

$W_e=QV\mathrm{..}[J]\mathrm{...112.1}$

när det gäller punktladdningar så har dom ju enligt ovan potentialen

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...112.2}$

energimässigt relaterat till en annan punktladdning Q2 har dom då energin

$W_e=\frac{Q_2{Q}_1}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...112.3}$

men eftersom Q2 kan ha en potential likväl som Q1 kan ha en potential så blir den elektriska energin

$W_e=\frac{1}{2}\sum Q_n{V}_n\mathrm{...112.4}$

om man tittar på tre laddningar så har vi dessa kombinationer

$W_e^{\prime }=Q1V13+Q1V12+Q2V23+Q2V21+Q3V31+Q3V\mathrm{32...112.5}$

där induktionen sker från höger till vänster dvs V13 är till exempel den induktion som sker från laddning 3 till laddning 1, om man bara tittar på att

$V\propto Q\mathrm{...112.6}$

så kan man istället skriva

$W_e^{\prime }=Q1Q3+Q1Q2+Q2Q3+Q2Q1+Q3Q1+Q3Q\mathrm{2...112.7}$

här ser man att t.ex Q1Q3 finns två gånger så energin bör rimligtvis vara hälften av summan enligt ovan, potentialen vid t.ex Q1 är sedan V1 (skapad av Q2 och Q3) varför summaformeln ovan gäller.

Integralformel för laddningars energi

Man kan skriva ovanstående summaformel som

$W_e=\frac{1}{2}{\int }_{v^{\prime }}\rho Vdv\mathrm{...112.8}$

vilket anges i min bok utan bevis men jag tycker den är enklare att förstå för den visar att en volymladdningstäthet (rho) kan integreras upp över potentialen och laddningens volym, i korthet kan man nog se den som att Q blir volymladdningstätheten uppintegrerat över volymen vilket tom tar hänsyn till om rho och/eller V varierar under integreringen, en mer användbar formel alltså.

Vektoriell analys av integralformeln

Eftersom

$\mathrm{\nabla }\cdot D=\rho \mathrm{...112.9}$

kan man skriva integralformeln enligt

$W_e=\frac{1}{2}{\int }_{v^{\prime }}\mathrm{\nabla }\cdot DVdv\mathrm{...112.10}$

med hjälp av vektorderiveringsregeln där f är en skalär och A en vektor kan man skriva

$\mathrm{\nabla }\cdot (fA)=\mathrm{\nabla }f\cdot A+f\mathrm{\nabla }\cdot A\mathrm{...112.11}$

vilket gör att man kan skriva

$V\mathrm{\nabla }\cdot D=\mathrm{\nabla }\cdot (VD)-\mathrm{\nabla }V\cdot D\mathrm{...112.12}$

We kan då skrivas som

$W_e=\frac{1}{2}{\int }_{v^{\prime }}\mathrm{\nabla }\cdot (VD)-\mathrm{\nabla }V\cdot Ddv\mathrm{...1112.13}$

som med hjälp av Gauss teorem kan skrivas om enligt

$W_e=\frac{1}{2}{\oint }_{s^{\prime }}VDds+\frac{1}{2}\int E\cdot Ddv\mathrm{...112.14}$

i den första integralen går V som 1/R och D som 1/R^2 varför en areauppintegrering på långt håll gör att den integralen går mot noll, kvar blir alltså

$W_e=\frac{1}{2}\int E\cdot Ddv\mathrm{...112.15}$

Elektrostatisk energi hos en kondensator

En plattkondensator har enligt ovan det elektriska fältet

$E=\frac{V}{d}(-\hat{y})\mathrm{...112.16}$

när potentialen är hög på den övre plattan, man kan sedan skriva om ovanstående integralformel enligt

$W_e=\frac{1}{2}\int ϵE^{2}dv\mathrm{...112.17}$

och därmed

$W_e=\frac{1}{2}\int ϵ(\frac{V}{d}{)}^{2}dv\mathrm{...112.18}$

och eftersom E-fältet är homogent och konstant under integreringen kan man helt enkelt skriva

$W_e=\frac{1}{2}ϵ(\frac{V}{d}{)}^{2}Sd\mathrm{...112.19}$

vilket ger oss

$W_e=\frac{1}{2}ϵS\frac{V^2}{d}\mathrm{...112.20}$

eller

$W_e=\frac{1}{2}ϵ\frac{S}{d}{V}^2\mathrm{...112.21}$

där vi känner till formeln för en plattkondensator som

$C=ϵ\frac{S}{d}\mathrm{...112.22}$

dvs vi kan skriva den elektrostatiska energin som

$W_e=\frac{1}{2}C{V}^2\mathrm{...112.23}$

Energiåtgången för att bygga en klump med laddning

Energiåtgång för att bygga en klump med laddning

Om vi börjar med potentialen kan man teckna den

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...112.24}$

laddningen Q som funktion av radien hos en homogent distribuerad laddningsmängd kan sedan tecknas

$Q(R)=\rho \frac{4\pi }{3}{R}^3\mathrm{...112.25}$

vilket ger oss att

$dQ=\rho 4\pi R^{2}dR\mathrm{...112.26}$

den differentiella energin är då

$d{W}_e=VdQ\mathrm{...112.27}$

och energin blir då

$W_e={\int }_0^{b}d{W}_e\mathrm{...112.28}$

där b är den radie hos laddningsmängden vi bygger, energin blir alltså

$W_e={\int }_0^{b}VdQ\mathrm{...112.29}$

eller

$W_e={\int }_0^b\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\rho 4\pi R^{2}dR\mathrm{...112.30}$

eller

$W_e={\int }_0^b\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0}\rho 4\pi RdR\mathrm{...112.31}$

nu har vi dock Q enligt ovan och jag repeterar

$Q=\rho \frac{4\pi }{3}{R}^3\mathrm{...112.32}$

stoppar in detta i formeln får vi

$W_e={\int }_0^b\frac{1}{{ϵ}_{0}3}{\rho }^{2}4\pi R^{4}dR\mathrm{...112.33}$

dvs

$W_e=\frac{{\rho }^{2}4\pi b^5}{{ϵ}_{0}15}\mathrm{...112.34}$

med rho som

$\rho =\frac{Q}{\frac{4\pi }{3}{b}^3}\mathrm{...112.35}$

fås istället

$W_e=\frac{3Q^2}{20\pi {ϵ}_{0}b}\mathrm{...112.36}$

så byggenergin går som laddningen i kvadrat och är omvänt proportionell mot radien, dvs en liten laddning är tuffare att bygga än en stor.

Kapitel CXIII, Elektrostatiska krafter medels virtual displacement

Visar två olika tänk kring beräkning av intern elektrostatisk kraft

Jag har lärt mig att det finns två sätt att se på elektrostatiska krafter metoden kallas "virtual displacement" vilket innebär att man fryser antingen Q eller V för att titta på vad som då händer vid en liten förflyttning av en laddning.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Elektrostatiska krafter med konstant laddning

Vid konstant laddning så blir det arbete (dW) som systemet utför taget från den elektrostatiska energin enligt

$dW=F_{Q}dl=-d{W}_e\mathrm{...113.1}$

detta kan skrivas om som

$\frac{d{W}_e}{dl}=-F_Q\mathrm{...113.2}$

eller

$F_Q=-\mathrm{\nabla }{W}_e\mathrm{...113.3}$

Elektrostatiska krafter med konstant potential

Förändringen av energi måste tas från de källor som upprätthåller konstant potential, det arbete systemet utför blir då

$dW=F_{V}dl\mathrm{...113.4}$

"Batterierna" levererar då

$d{W}_s=\sum d{Q}_n{V}_n\mathrm{...113.5}$

varför en halv inte finns med här vet jag inte men eventuellt är det inte medelenergi, eftersom det också blir en ändring i elektrostatisk energi måste, pga energiprincipen, då gälla

$dW+d{W}_e=d{W}_s\mathrm{...113.6}$

där

$d{W}_s=2d{W}_e\mathrm{...113.7}$

ty

$d{W}_e=\frac{1}{2}\sum d{Q}_n{V}_n\mathrm{...113.8}$

och därför får man

$dW=d{W}_e\mathrm{...113.9}$

varför vi kan skriva

$d{W}_e=F_{V}dl\mathrm{...113.10}$

eller

$F_V=\mathrm{\nabla }{W}_e\mathrm{...113.11}$

Kapitel CXIV, Poisson's och Laplace's ekvation

Poisson's ekvation lyder

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=-\frac{\rho }{ϵ}\mathrm{...114.1}$

som kan härledas från

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{\rho }{ϵ}\mathrm{...114.2}$

E är sedan lika med

$E=-\mathrm{\nabla }V\mathrm{...114.3}$

dvs

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\mathrm{\nabla }\cdot (-\mathrm{\nabla }V)=\frac{\rho }{ϵ}\mathrm{...114.4}$

som kan skrivas om som

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=-\frac{\rho }{ϵ}\mathrm{...114.5}$

om det sen inte finns några laddningar så är rho 0 och då fås Laplace's ekvation dvs

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\mathrm{0...114.6}$

Kapitel CXV, Potential och ytladdningstäthet för en plattkondensator

En plattkondensators struktur

Då det inte finns några fria laddningar kan vi nyttja Laplace enligt

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{d^{2}V}{d{y}^2}=\mathrm{0...115.1}$

första integreringen ger då

$\frac{dV}{dy}=C\mathrm{...115.2}$

andra integreringen ger

$V=Cy+D\mathrm{...115.3}$

V(0) är sedan 0 så D går bort, kvar har vi att

$V=Cy\mathrm{...115.4}$

C kan dock fås från första ekvationen ty

$C=\frac{dV}{dy}==E=\frac{V_0}{d}\mathrm{...115.5}$

vilket fås för en plattkondensator då E-fältet är homogent här, med andra ord har vi

$V=Cy=\frac{V_0}{d}y\mathrm{...115.6}$

eller

$V=V_0\frac{y}{d}\mathrm{...115.7}$

Ytladdninstätheten fås sedan av

${\rho }_s=\hat{n}\cdot ϵE\mathrm{...115.8}$

där E egentligen är riktad neråt och alltså i negativ y-led, här avses sen normalvektorn (n) vara riktat in i aktuellt område, för nedre plattan får vi då

$\hat{n}=\hat{y}\mathrm{...115.9}$

och för övre plattan får vi

$\hat{n}=-\hat{y}\mathrm{...115.10}$

vilket gör att ytladdningstätheten för den nedre plattan blir

${\rho }_s=\hat{y}\cdot -\hat{y}ϵE=-ϵE\mathrm{...115.11}$

och för den öen övre plattan blir ytladdningstätheten

${\rho }_s=-\hat{y}\cdot -\hat{y}ϵE=ϵE\mathrm{...115.12}$

Kapitel CXVI, Spegling, punktladdning

Punktladdningar som speglar bort ett jordplan

Om man har en punkladdning ovanför ett jordat jordplan med höjden h så kan man spegla bort jordplanet genom att ansätta en negativ spegelladdning på höjden h under jordplanet, det allmänna avståndet blir då för den övre laddningen

$R^{+}=\sqrt{(y-h{)}^2+x^2}\mathrm{...116.1}$

och för den nedre laddningen

$R^{-}=\sqrt{(y+h{)}^2+x^2}\mathrm{...116.2}$

vilket gör att potential i godtycklig punkt kan skrivas

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{R^{+}}-\frac{Q}{R^{-}})\mathrm{...116.3}$

i jordplanet är sen y=0 så netto avstånd blir för den övre laddningen

$R^{+}=\sqrt{h^2+x^2}\mathrm{...116.4}$

och för den nedre laddningen

$R^{-}=\sqrt{h^2+x^2}\mathrm{...116.5}$

vilket alltså är samma MEN på pga teckenskillnaden hos laddningarna blir potentialen noll i jordplanet ty potentential för en punktladdning kan allmänt skrivas

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...116.6}$

på detta sätt kan man spegla bort jordplanet men man får ett avstånd mellan laddningarna som är 2h istället för h, detta påminner lite om kvartsvågsantenner som underförstår jordplan men egentligen fungerar som dipoler dvs man har lambda/4 över ett antennspröt som har (oändligt stort) jordplan samtidigt som man kan räkna lambda/2 för en dipol.

Kapitel CXVII, Spegling, laddade stänger

Hur en linjeladdning kan eliminera potentialen på en stång

Det här fallet är knöligare, först måste vi titta på potentialen från en laddad stång som är

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{r_0}{r}\mathrm{...117.1}$

där ro bara är nåt tillfälligt avlägset avstånd för potentialen som används för att potentialen på höljet av stången skall ska bli konstant, detta kommer sedan från

$V=-{\int }_{ro}^{r}E\cdot dr\mathrm{...117.2}$

ty detta integreras mot E-fältet där

$E=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_{0}r}\hat{r}\mathrm{...117.3}$

om ovanstående rho_L ligger utanför stången (som linjeladdning) blir alltså den inducerade potentialen vid stången enligt ovan men om vi nu placerar en spegellinjeladdning (-rho_L) inuti stången för att göra höljet konstant i potential så kan vi skriva summan av potentialerna som

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}(ln\frac{r_0}{r}-ln\frac{r_0}{r_i})\mathrm{...117.4}$

där r_i är det avstånd den speglade rho_L (image) har till höljet och r är avståndet från linjeladdningen till höljet, varken r_i eller r är konstant men man kan teckna

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{r_i}{r}\mathrm{...117.5}$

enligt bild är sedan rent geometriskt

$\frac{r_i}{r}=\frac{a}{d}=\frac{d_i}{a}\mathrm{...117.6}$

där a är radien hos stången, d är avståndet från den yttre linjeladdningen till centrum på stången och d_i är avståndet från stångens centrum till där vi placerat spegellinjeladdningen (-rho_L), på detta sätt får man sen att

$d_i=\frac{a^2}{d}\mathrm{...117.7}$

för att höljet ska ha konstant potential och iom att man har dessa geometriska förhållanden så kan man spegla bort stången och får att avståndet blir cc-d_i, har man två stänger med samma radie är det enkelt att inse att avståndet mellan linjeladdningarna blir cc-2d_i och utifrån det kan man beräkna faktisk kapacitans för en transmissionskabel enligt

$C=\frac{{\rho }_L}{V}\mathrm{...}[F/m]\mathrm{...117.8}$

vi kallar nu cc-avståndet för D och konstaterar att avståndet mellan de båda linjeladdningarna är

$D-2d_i\mathrm{...117.9}$

men d är avståndet från den ena linjeladdningen till centrum på den andra stången dvs vi kan skriva

$D=d+d_i\mathrm{...117.10}$

där d_i alltså är

$d_i=\frac{a^2}{d}\mathrm{...117.11}$

så att vi får att

$D=d+\frac{a^2}{d}\mathrm{...117.12}$

nu kan vi lösa ut d genom att skriva om ekvationen genom att multiplicera upp d enligt

$Dd-d^2-a^2=\mathrm{0...117.13}$

eller

$d^2-Dd+a^2=\mathrm{0...117.14}$

som ger att

$d=\frac{D}{2}+/-\sqrt{(\frac{D}{2}{)}^2-a^2}\mathrm{...117.15}$

där minus går bort för att d är större än D/2 och vi får

$d=\frac{D}{2}+\sqrt{(\frac{D}{2}{)}^2-a^2}\mathrm{...117.16}$

vilket gör att

$\frac{d}{a}=\frac{D}{2a}+\sqrt{(\frac{D}{2a}{)}^2-1}\mathrm{...117.17}$

nu har vi alltså definierat d som en funktion av D och a dvs kända parametrar, nu kan vi nyttja potentailformeln enlig ovan och jag repeterar

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{r_i}{r}=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{a}{d}\mathrm{...117.18}$

och få potentialen, den här potentialen är emellertid negativ då a<d, vi vänder på uttrycket och får

$V=\frac{{\rho }_L}{2\pi {ϵ}_0}ln\frac{d}{a}\mathrm{...117.19}$

inversen av denna och borttagande av linjeladdningen ger kapacitansen per meter enligt

$C=\frac{2\pi {ϵ}_0}{ln\frac{d}{a}}\mathrm{...117.20}$

som kan utvecklas till

$C=\frac{2\pi {ϵ}_0}{ln[D/2a+\sqrt{(D/2a{)}^2-1}]}\mathrm{...117.21}$

som tydligen är samma som

$C=\frac{2\pi {ϵ}_0}{cosh(D/2a)}\mathrm{...117.22}$

Kapitel CXVIII, Spegling, laddade klot

Visar hur en jordad sfär kan speglas bort

I detta fallet gäller tydligen samma sak dvs

$\frac{R_i}{R}=\frac{a}{d}=\frac{d_i}{a}\mathrm{...118.1}$

men vi kan börja med att titta på potentialen för en laddad sfär, den är

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}\mathrm{...118.2}$

där R är radien, men om vi har en punktladdning utanför sfären så blir potententialen vid ett visst avstånd från punktladdningen dvs på sfärens periferi (som dock inte är konstant), om vi nu placerar en negativ spegelladdning inuti sfären så får den avståndet R_i till sfärens periferi och eftersom den punkladdningen (Q_i) är negativ kan man skriva

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{R}-\frac{Q_i}{R_i})\mathrm{...118.3}$

eftersom sfären är jordad så ska detta uttryck bli noll eller

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{R}-\frac{Q_i}{R_i})=\mathrm{0...118.4}$

vilket innebär att

$Q_i=\frac{R_i}{R}Q\mathrm{...118.5}$

och R_i/R är a/d vilket ger

$V=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{R}-\frac{Qa}{dR})\mathrm{...118.6}$

som gör att man kan skriva om formeln som

$V=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_{0}R}(1-\frac{a}{d})\mathrm{...118.7}$

d är sedan avståndet från den externa punktladdningen till sfärens mitt, när vi nu har speglat bort höljet kan man få avståndet mellan den externa punktladdningen och den speglade punktladdningen inuti sfären som

$d-d_i\mathrm{...118.8}$

eller

$d-\frac{a^2}{d}\mathrm{...118.9}$

varvid man kan beräkna E-fältet och potentalen i rummet

Kapitel CXIX, Randvärdesproblem

Nedanstående randvärdesproblem är lite förenklade för dom handlar bara om olika enkla geometrier som passar med valt koordinatsystem, till exempel är randvärdesproblem i cartesiska koordinater rent rektangulära, i cylindriska koordinatsystem är dom sen cylindriska och i sfäriska koordinatsystem är dom sfäriska, när man gör så kan man alltså få separata isolerade funktioner hos varje parameter/koordinat som kan multipliceras.

Randvärdesproblem av den här typen handlar sedan om laddningbefriade system dvs Laplace's ekvation

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\mathrm{0...119.1}$

Randvärdesproblem i cartesiska koordinater

I cartesiska koordinater blir Laplace's ekvation

$\frac{d^{2}V}{d{x}^2}+\frac{d^{2}V}{d{y}^2}+\frac{d^{2}V}{d{z}^2}=\mathrm{0...119.2}$

vilket kommer av

$\mathrm{\nabla }\cdot \mathrm{\nabla }V=\mathrm{\nabla }\cdot E=\mathrm{0...119.3}$

där man för divergens i olika koordinatsystem allmänt kan skriva

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{h_1{h}_2{h}_3}[\frac{d(h_2{h}_3{E}_x)}{dx}+\frac{d(h_1{h}_3{E}_y)}{dy}+\frac{d(h_1{h}_2{E}_z)}{dz}]=\mathrm{0...119.4}$

där h-parametrarna är så kallade metriska koefficienter, i fallet cartesiska koordinater är alla 1, om alltså det geometriska följer koordinatsystemet så kan man teckna

$V(x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)\mathrm{...119.5}$

om vi nu deriverar detta två gånger får vi att

$X^{″}YZ+X{Y}^{″}Z+XY{Z}^{″}\mathrm{...119.6}$

delar vi sedan detta med

$XYZ\mathrm{...119.7}$

så får vi

$\frac{X^{″}}{X}+\frac{Y^{″}}{Y}+\frac{Z^{″}}{Z}\mathrm{...119.8}$

och potentialen har separerats i sina koordinater, man kan seda visa att dessa termer har olika konstanter där vi kan teckna

$\frac{X^{″}}{X}=-k_x^2\mathrm{...119.9}$

samma gäller övriga dimensioner, summerat blir det alltså

$k_x^2+k_y^2+k_z^2=\mathrm{0...119.10}$

man kan alltså teckna Laplace i en dimension enligt

$X^{″}+k_x^{2}X=\mathrm{0...119.11}$

om nu k_x är reell kan man teckna

$V_x=Asin(k_{x}x)+Bcos(k_{x}x)\mathrm{...119.12}$

som allmän lösning, om däremot k_x är imaginär så gäller i princip

$cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\mathrm{...119.13}$

och enligt Euler gäller

$cos(x)=\frac{e^{jx}+e^{-jx}}{2}\mathrm{...119.14}$

dvs

$cos(x)=cosh(jx)\mathrm{...119.15}$

och eftersom vi har, ty utsträckningen i z-led är oändlig, så får vi

$k_x^2+k_y^2=\mathrm{0...119.16}$

kan man för den andra dimensionen teckna

$V_y=Asinh(k_{y}y)+Bcosh(k_{y}y)\mathrm{...119.17}$

Exempel

Geometrisk beskrivning av en låda med potentialer

Om en låda har dimensionen a i x-led och dimensionen b i y-led och samtidigt dessa potentialer

$V(0,y)=V_0\mathrm{...119.18}$

och

$V(a,y)=\mathrm{0...119.19}$

och

$V(x,0)=\mathrm{0...119.20}$

och

$V(x,b)=\mathrm{0...119.21}$

så gäller alltså att plattan längst till vänster har 0V vid både y=0 och vid y=b, man kan då ansätta en sinusfunktion som ger att

$V(0,y)=Asin(ky)=V_0\mathrm{...119.22}$

här är egentligen inte sinusfunktionen lika med Vo men det är dit vi ska dra den, här får man dock automatiskt att potentialen är noll i y=0, för y=b kan man bestämma k som

$kb=n\pi \mathrm{...119.23}$

dvs

$k=\frac{n\pi }{b}\mathrm{...119.24}$

eller så kan man se det som att minst lambda/2 måste finnas som puk och då kan man direkt skriva

$k=\frac{2\pi }{2b}=\frac{2\pi }{lambda}\mathrm{...119.25}$

där lambda är 2b och k kan tolkas som ett vågtal, vi kommer tillbaka till n senare men när vi nu har skapat en funktion i y som mappar till ändlägena så har vi dock kvar att potentialen är sinus-formad (halv våglängd) men det är den ju inte för den är konstant, då får man ta till en Fourierserie istället för att få den fyrkantformad, beviset är lite knöligt men jag visar grundprincipen

${\int }_0^{b}Asin(nky)sin(mky)dy={\int }_0^b{V}_{0}sin(mky)dy\mathrm{...119.26}$

dvs man integrerar båda sidorna av ovanstående formel men med ett m skillt från n, ur detta kan man visa att

$A=\frac{4V_0}{n\pi }\mathrm{...119.27}$

som i princip gör att

$V(0,y)=\frac{4V_0}{\pi }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{sin(nky)}{n}\mathrm{...119.28}$

där n är udda ty det är känt att fyrkantsignaler bara består av udda övertoner, nu har vi dock kvar randvärdena i x-led och eftersom potentialen har separerbara funktioner i x-led och y-led pga att geometrin följer koordinatsystemet så kan man bara hänga på funktionen för x, dock vet vi från ovan att k nu är imaginär dvs vi går över till sinh istället för sin, då gäller

$X(x)=sinh(nk(x-a))\mathrm{...119.29}$

ty i a är potentialen noll, i 0 är denna sedan

$sinh(-nka)=-sin(nka)\mathrm{...119.30}$

som egentligen skall införas i vår referensekvation ovan och som bidrar till att A istället blir

$A=-\frac{4V_0}{nsinh(nka)\pi }\mathrm{...119.31}$

vilket medför att lösningen blir

$V(x,y)=-\frac{4V_0}{\pi }\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{sin(nky)sinh(nk(x-a))}{nsinh(nka)}\mathrm{...119.32}$

Randvärdesproblem i polära koordinater

Gradienten av V i polära koordinater tecknas

$\mathrm{\nabla }V=\frac{dV}{dr}\hat{r}+\frac{dV}{rd\varphi }\hat{\varphi }+\frac{dV}{dz}\hat{z}\mathrm{...119.33}$

om vi tillfälligt kallar detta E (vilket dock är sant förutom ett tecken) så får vi divergensen av E som

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{1r1}[\frac{d(r{E}_r)}{dr}+\frac{d(E_{\varphi })}{d\varphi }+\frac{d(r{E}_z)}{dz}]\mathrm{...119.34}$

nu kan vi slänga in uttrycket för gradienten av V som vi kallat E och får

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{1r1}[\frac{d(r\frac{dV}{dr})}{dr}+\frac{d(\frac{dV}{rd\varphi })}{d\varphi }+\frac{d(r\frac{dV}{dz})}{dz}]\mathrm{...119.35}$

som kan skrivas om som

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{1r1}[\frac{d}{dr}(r\frac{dV}{dr})+\frac{d}{d\varphi }(\frac{dV}{rd\varphi })+\frac{d}{dz}(r\frac{dV}{dz})]\mathrm{...119.36}$

som kan förtydligas till

$\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}(r\frac{dV}{dr})+\frac{1}{r^2}\frac{d}{d\varphi }(\frac{dV}{d\varphi })+\frac{d}{dz}\frac{dV}{dz}\mathrm{...119.37}$

att man kan göra så beror på att det är bara den variabel man deriverar med avseende på som påverkas, vid laddningsbefriade fall följer denna sedan Laplace's ekvation enligt

$\mathrm{\nabla }\cdot E={\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}(r\frac{dV}{dr})+\frac{1}{r^2}\frac{d}{d\varphi }(\frac{dV}{d\varphi })+\frac{d}{dz}\frac{dV}{dz}=\mathrm{0...119.38}$

denna är sedan lika med

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}(r\frac{dV}{dr})+\frac{1}{r^2}(\frac{d^{2}V}{d{\varphi }^2})+\frac{d^{2}V}{d{z}^2}=\mathrm{0...119.39}$

tricket här är sedan att vi kan nyttja separata funktioner i dom olika koordinaterna om geometrin följer koordinatsystemet dvs vi måste ha en radie med dito vinkel och sedan en höjd på "cylindern" men allt behövs naturligtvis inte samtidigt, vi kan alltså teckna potentialen som

$V(r,\varphi ,z)=R(r)\mathrm{\Phi }(\varphi )Z(z)\mathrm{...119.40}$

om vi börjar med att titta på funktionen i r så är den alltså

$R(r)=\frac{1}{r}\frac{d}{dr}(r\frac{dV}{dr})=\frac{1}{r}(\frac{dV}{dr}+\frac{d^{2}V}{d{r}^2})\mathrm{...119.41}$

tittar vi sen på funktionen i phi så är den uppenbarligen

$\mathrm{\Phi }(\varphi )=\frac{1}{r^2}(\frac{d^{2}V}{d{\varphi }^2})\mathrm{...119.42}$

och funktionen i z är

$Z(z)=\frac{d^{2}V}{d{z}^2}\mathrm{...119.43}$

summerar vi dessa och erkänner att fuktionerna är "isolerade" från varandra samt primmar istället för skriver ut derivatan får vi

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=(\frac{1}{r}{R}^{\prime }+R^{″})\mathrm{\Phi }Z+\frac{1}{r^2}{\mathrm{\Phi }}^{″}RZ+Z^{″}R\mathrm{\Phi }=\mathrm{0...119.44}$

i regel är dock z>>r så Z(z) går bort och vi har

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=(\frac{1}{r}{R}^{\prime }+R^{″})\mathrm{\Phi }+\frac{1}{r^2}{\mathrm{\Phi }}^{″}R=\mathrm{0...119.45}$

delar vi detta med

$R(r)\mathrm{\Phi }(\varphi )\mathrm{...119.46}$

så får vi

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=(\frac{1}{r}\frac{R^{\prime }}{R}+\frac{R^{″}}{R})+\frac{1}{r^2}\frac{{\mathrm{\Phi }}^{″}}{\mathrm{\Phi }}=\mathrm{0...119.47}$

här kan vi multiplicera med r^2 och får

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=r\frac{R^{\prime }}{R}+r^2\frac{R^{″}}{R}+\frac{{\mathrm{\Phi }}^{″}}{\mathrm{\Phi }}=\mathrm{0...119.48}$

om vi sedan återgår till ordinarie formel för R enligt ovan får vi istället

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{r}{R}\frac{d}{dr}(r{R}^{\prime })+\frac{{\mathrm{\Phi }}^{″}}{\mathrm{\Phi }}=\mathrm{0...119.49}$

konstanterna fås sedan av

$\frac{r}{R}\frac{d}{dr}(r{R}^{\prime })=k^2\mathrm{...119.50}$

och

$\frac{{\mathrm{\Phi }}^{″}}{\mathrm{\Phi }}=-k^2\mathrm{...119.51}$

den senaste kan bevisas på följande sätt och för att underlätta kodningen använder jag x istället

$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-Cx\mathrm{...119.52}$

om vi tittar på hur en fjäder svänger där C är fjäderkonstanten, om vi sen ansätter

$x=x_0{e}^{jwt}\mathrm{...119.53}$

för sinusial svängning då har vi att

$x^{\prime }=jw{x}_0{e}^{jwt}=jwx\mathrm{...119.54}$

och

$x^{″}=-w^2{x}_0{e}^{jwt}=-w^{2}x\mathrm{...119.55}$

vilket gör att fjäderformeln blir

$m(-w^2)x=-Cx\mathrm{...119.56}$

där x kan förkortas bort och vi har

$w=\sqrt{\frac{C}{m}}=k\mathrm{...119.57}$

dvs

$\frac{x^{″}}{x}=-\frac{C}{m}=-w^2=-k^2\mathrm{...119.58}$

vi får sen den allmänna lösningen för Phi som

$\mathrm{\Phi }(\varphi )=A_{n}sin(n\varphi )+B_{n}cos(n\varphi )\mathrm{...119.59}$

där vi bytt ut k mot n, för R blir det sen

$R(r)=A_n{r}^n+B_n{r}^{-n}\mathrm{...119.60}$

det är bara att sätta in i diffekvationerna för att bekräfta detta.

Exempel

Ett par plattor i vinkel med olika potential

Om man har två plattor i vinkeln alfa som är isolerade från varandra med potentialen Vo på "övre" plattan och potentialen noll på nedre plattan samt att dessa plattor är oändligt långa, då finns inget R(r)-beroende men det finns ett Phi(phi)-beroende enligt

$V_n=A_{n}sin(n\varphi )\mathrm{...119.61}$

att det bara har med sinus att göra beror på att potentialen vid phi=0 är noll, nu kan vi sen mappa den här funktionen mot verkligheten dvs vid phi=alfa ska vi ha att V_n är V_0 dvs vi får

$n\alpha =\frac{\pi }{2}\mathrm{...119.62}$

så att

$n=\frac{1}{\alpha }\frac{\pi }{2}\mathrm{...119.63}$

dvs

$V(\varphi )=V_{0}sin(\frac{1}{\alpha }\frac{\pi }{2}\varphi )\mathrm{...119.64}$

som är samma som

$V(\varphi )=V_{0}sin(\frac{\pi }{2}\frac{\varphi }{\alpha })\mathrm{...119.65}$

Randvärdesproblem i sfäriska koordinater

Gradienten för en potential i sfäriska koordinater kan skrivas

$\mathrm{\nabla }V=\frac{dV}{dR}+\frac{dV}{Rd\theta }+\frac{dV}{Rsin(\theta )d\varphi }\mathrm{...119.66}$

divergensen av detta blir när vi inte har några laddningar

$\mathrm{\nabla }\cdot \mathrm{\nabla }V=\mathrm{\nabla }\cdot E=\mathrm{0...119.67}$

dvs Laplace blir

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\mathrm{\nabla }\cdot E=\frac{1}{1\ast R\ast Rsin(\theta )}[\frac{d(R^{2}sin(\theta )E_R)}{dR}+\frac{d(Rsin(\theta )E_{\theta })}{d\theta }+\frac{d(R{E}_{\varphi })}{d\varphi }]=\mathrm{0...119.68}$

där alltså

$E_R=\frac{dV}{dR}\mathrm{...119.69}$

och

$E_{\theta }=\frac{dV}{Rd\theta }\mathrm{...119.70}$

samt

$E_{\varphi }=\frac{dV}{Rsin(\theta )d\varphi }\mathrm{...119.71}$

nu kan vi stoppa in dom här i Laplace och får

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{1}{R^2}\frac{d}{dR}(R^2\frac{dV}{dR})+\frac{1}{R^{2}sin(\theta )}\frac{d}{d\theta }(sin(\theta )\frac{dV}{d\theta })+\frac{1}{R^{2}sin(\theta )}\frac{d}{d\theta }(\frac{1}{(sin(\theta )}\frac{dV}{d\varphi })=\mathrm{0...119.72}$

eftersom det vanligen inte är några variationer i phi-led så går den derivatan bort och vi får

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{1}{R^2}\frac{d}{dR}(R^2\frac{dV}{dR})+\frac{1}{R^{2}sin(\theta )}\frac{d}{d\theta }(sin(\theta )\frac{dV}{d\theta })=\mathrm{0...119.73}$

här går R^2 bort och man ansätter

$V(R,\theta )=\mathrm{\Gamma }(R)\mathrm{\Theta }(\theta )\mathrm{...119.74}$

och deriverar enligt

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{d}{dR}(R^2{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }\mathrm{\Theta })+\frac{1}{sin(\theta )}\frac{d}{d\theta }(sin(\theta )\mathrm{\Gamma }{\mathrm{\Theta }}^{\prime })=\mathrm{0...119.75}$

smat delar med

$\mathrm{\Gamma }(R)\mathrm{\Theta }(\theta )\mathrm{...119.76}$

och får pga att parametrar som inte deriveras kan lyftas ur deriveringen

${\mathrm{\nabla }}^{2}V=\frac{1}{\mathrm{\Gamma }}\frac{d}{dR}(R^2{\mathrm{\Gamma }}^{\prime })+\frac{1}{\mathrm{\Theta }}\frac{1}{sin(\theta )}\frac{d}{d\theta }(sin(\theta ){\mathrm{\Theta }}^{\prime })=\mathrm{0...119.77}$

gamma-delen är alltså

$\frac{1}{\mathrm{\Gamma }}\frac{d}{dR}(R^2{\mathrm{\Gamma }}^{\prime })=k^2\mathrm{...119.78}$

och theta-delen

$\frac{1}{\mathrm{\Theta }}\frac{1}{sin(\theta )}\frac{d}{d\theta }(sin(\theta ){\mathrm{\Theta }}^{\prime })=-k^2\mathrm{...119.79}$

Man kan skriva om gamma-delen som

$R^2{\mathrm{\Gamma }}^{″}+2R{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }-k^2\mathrm{\Gamma }=\mathrm{0...119.80}$

och denna har den allmänna lösningen

${\mathrm{\Gamma }}_n(R)=A_n{R}^n+B_n{R}^{(-n+1)}\mathrm{...119.81}$

det är bara att sätta in och prova, sen kan man visa att

$n(n+1)=k^2\mathrm{...119.82}$

varvid man kan skriva theta-delen som

$\frac{d}{d\theta }[sin\theta {\mathrm{\Theta }}^{\prime }]+n(n+1)\mathrm{\Theta }sin(\theta )=\mathrm{0...119.83}$

där Theta har en lösning i vad som kallas Legendre-polynom modell

${\mathrm{\Theta }}_n(\theta )=P_n(cos\theta )\mathrm{...119.84}$

där exempelvis P_n är 1 för n=0 och för n=1 så är P_n cos(theta)

Exempel

En jordad sfär av metall exciterad av ett externt E-fält

Om vi har en ledande sfär och ett "polariserande" E-fält på

$E=E_0\hat{z}\mathrm{...119.85}$

så har vi pga att ytan på sfären är ekvipotentiell och preliminärt noll i potential dvs

$V(b,\theta )=\mathrm{0...119.86}$

och

$V=-\int E\cdot dz\mathrm{...119.87}$

där E är homogen varvid vi får

$V(R,\theta )=-E_{0}z=-E_{0}Rcos(\theta )\mathrm{...119.88}$

där

$Rcos(\theta )\mathrm{...119.89}$

kommer av att polarisationen hela tiden är i z-led och z existerar inte i sfäriska koordinater så man gör istället en skalärprodukt modell

$\hat{z}\cdot \hat{R}\mathrm{...119.90}$

som blir

$cos(\theta )\mathrm{...119.91}$

dvs detta är den delen som projiseras på z-axeln, nu har vi enligt tidigare att

$V(R,\theta )=\mathrm{\Gamma }(R)\mathrm{\Theta }(\theta )\mathrm{...119.92}$

som blir

$V(R,\theta )=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(A_n{R}^n+B_n{R}^{-(n+1)})P_{n}cos(\theta )\mathrm{...119.93}$

detta kan utvecklas till [att man kan stoppa vid n=1 förstår inte jag]

$V(R,\theta )=A_0+B_0{R}^{-1}+(A_{1}R+B_1{R}^{-2})cos(\theta )\mathrm{...119.94}$

där vi direkt ser att

$A_1=-E_0\mathrm{...119.95}$

A_0 går sedan bort vilket jag antar har att göra med att sfären inte har nån bias, B_0/R går sedan bort för den implikerar att sfären är laddad vilket den inte är, kvar har vi då att

$V(R,\theta )=-E_{0}Rcos(\theta )+B_1{R}^{-2}cos(\theta )\mathrm{...119.96}$

och sätter vi nu in randvärdet

$V(b,\theta )=\mathrm{0...119.97}$

så får vi att

$V(b,\theta )=-E_{0}bcos(\theta )+B_1{b}^{-2}cos(\theta )=\mathrm{0...119.98}$

varvid vi kan lösa ut vad B_1 blir enligt

$B_1=E_0{b}^3\mathrm{...119.99}$

sätter vi sen in detta i

$V(R,\theta )=-E_{0}Rcos(\theta )+B_1{R}^{-2}cos(\theta )\mathrm{...119.100}$

får vi

$V(R,\theta )=-E_{0}cos(\theta )(R-b^3{R}^{-2})\mathrm{...119.101}$

eller

$V(R,\theta )=-E_{0}cos(\theta )(R-\frac{b^3}{R^2})\mathrm{...119.102}$

som kan skrivas om enligt

$V(R,\theta )=-E_{0}Rcos(\theta )(1-\frac{b^3}{R^3})\mathrm{...119.103}$

där man ser att när R=b så är potentialen noll och för R>>b så går potentialen mot den polariserande potentialen dvs

$V(R,\theta )=-E_{0}Rcos(\theta )\mathrm{...119.104}$

Källor

1. David K. Cheng, Field and Wave Electromagnetics, Second Edition, 1989
2. Jan Petersson, Lineär Algebra, omkring 1990