Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- electrodynamics:res1.47 [2019/09/06 13:14] – root
+++ electrodynamics:res1.47 [2019/12/24 16:58] (текущий) – root
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
+.47. Используя уравнение Пуассона, симметрию задачи, конечность и
+непрерывность потенциала и его производной, найти потенциал:
+а) шара радиуса $a$, равномерно заряженного по объему с объемной
+плотностью $\rho$;
+б) цилиндра радиуса $a$, равномерно заряженного по объему с
+линейной плотностью $\eta$;
+в) слоя толщиной $2a$, равномерно заряженного с объемной
+плотностью $\rho$.
+-----
 ==== а) ====
 Потенциал $\varphi $ удовлетворяет уравнениям Пуассона
@@ Строка 9: / Строка 23: @@
 \biggr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,
 $$
+$$
-\[
-\begin{split}
-\frac{1}{R^2}\frac{\partial}{\partial R}
-\biggl(R^2\frac{\partial\varphi_1}{\partial R}
-\biggr)&=-4\pi\rho \qquad\mbox{при} \qquad R\leq a,\\
 \frac{\partial}{\partial R}
 \biggl(R^2\frac{\partial\varphi_2}{\partial R}
-\biggr)&=0 \qquad\mbox{при} \qquad R> a.
+\biggr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a.
-\end{split}
+$$
-\]
 Начало системы координат помещено в центр шара. Интегрируя
-уравнения,\lb получаем:
+уравнения, получаем:
-\[
+$$
-\begin{array}{rll}
+\varphi_1=-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,\\
-\varphi_1=&-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1 &\mbox{при} \qquad R\leq a,\\
+\varphi_2=-\frac{A_2}{R}+B_2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a,
-\varphi_2=&-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1&\mbox{при} \qquad R> a,
+$$
-\end{array}
+где $A_1$, $B_1$, $A_2$, $B_2$ --- константы интегрирования. Второе слагаемое в выражении для $\varphi_1$ содержит член $\sim 1/R$. Значит, напряженность электрического  поля  будет  содержать член  $\sim 1/R^2$,  который  при $R\to 0$ стремится к бесконечности.
-\]
-где $A_1$, $B_1$, $A_2$, $B_2$ -- константы интегрирования. Второе слагаемое в выражении для $\varphi_1$ содержит член $\sim 1/R$. Значит, напряженность электрического  поля  будет  содержать член  $\sim 1/R^2$,  который  при $R\to 0$ стремится к бесконечности.
 Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью
@@ Строка 34: / Строка 40: @@
 нигде не может быть бесконечной. Для удовлетворения этого
 условия необходимо, чтобы $A_1=0$. Выбирая потенциал равным
-нулю на бесконечности, положим  $B_2=0$. Из уравнения
+нулю на бесконечности, положим  $B_2=0$.
-$\rot\vec{E}=0\;$ следует условие непрерывности касательных
+/* Из уравнения
+$\text{rot}\vec{E}=0\;$ следует условие непрерывности касательных
 составляющих напряженности электрического поля на поверхности
 шара:
 $E_{1\tau}\big|_{R=a}=E_{2\tau}\big|_{R=a}$. Этому  условию можно
 удовлетворить, если $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$.
-Из уравнения $\Div\vec{E}=4\pi\rho\;$  следует, что
+Из уравнения $\text{div}\vec{E}=4\pi\rho\;$  следует, что
 $$E_{1n}\big|_{R=a}-E_{2n}\big|_{R=a}=4\pi\sigma,$$
-где $E_{1n}, E_{2n}$ -- нормальные составляющие вектора
+где $E_{1n}, E_{2n}$ --- нормальные составляющие вектора
-$\vec{E}$;$\sigma$ -- поверхностная  плотность зарядов.
+$\vec{E}$;$\sigma$ --- поверхностная  плотность зарядов.
 Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна
 нулю,  то  нормальная  составляющая   вектора $\vec{E}$ на
-поверхности  шара непрерывна. Поэтому
+поверхности  шара непрерывна. */
+Из непрерывности потенциала на границе $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$ следует:
 $$-\frac{2}{3}\pi\rho a^2+B_1=\frac{A_2}{a},$$
-$$-\frac{4}{3}\pi\rho a=\frac{A_2}{a},$$
+а из отсутствия поверхностных зарядов на границе следует, что $E_{1n}\big|_{R=a}=E_{2n}\big|_{R=a},$ тогда:
+$$-\frac{4}{3}\pi\rho a=\frac{A_2}{a^2},$$
 откуда
 $$A_2=-\frac{4}{3}\pi\rho a^3\;,\;\;B_1=2\pi\rho a^2.$$
 Окончательно  распределение потенциала выразится так:
-\[
+<WRAP center round box 60%>
-\begin{array}{rll}
+$$
-\varphi_1=&-\frac{2}{3}\pi\rho (3a^2-R^2)&\mbox{при} \qquad R\leq a,\\
+\varphi_1=\frac{2}{3}\pi\rho (3a^2-R^2), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,
-\varphi_2=& -\frac{4\pi a^3\rho}{3R}&\mbox{при} \qquad R> a.
+$$
-\end{array}
+$$
-\]
+\varphi_2=\frac{4\pi a^3\rho}{3R}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a.
+$$
+</WRAP>
 ==== б) ====
 Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе
-  координат с осью $Z$  вдоль оси цилиндра будут иметь вид:
+координат с осью $Z$  вдоль оси цилиндра будут иметь вид:
- \[
+$$
-  \begin{array}{rll}
+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_1}
-  \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_1}
+{\partial r}\Bigr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a,
- {\partial r}\Bigr)=& -4\pi\rho&\mbox{при} \qquad r\leq a,\\
+$$
-   \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_2}
+$$
- {\partial r}\Bigr)=&0&\mbox{при} \qquad r>a,
+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_2}
-  \end{array}
+{\partial r}\Bigr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r>a,
-  \]
+$$
-  поскольку  из  симметрии  задачи  потенциал может  зависеть
+поскольку  из  симметрии  задачи  потенциал может  зависеть
- только  от  расстояния  до точки  наблюдения. Интегрируя  эти
+только  от  расстояния  до точки  наблюдения. Интегрируя  эти
- уравнения, получаем:
+уравнения, получаем:
 $$\varphi_1=-\pi\rho r^2+A_1\ln r+B_1,$$
 $$\varphi_2=A_2\ln r+B_2.$$
-  Чтобы потенциал был конечным при $r=0$, нужно положить
+Чтобы потенциал был конечным при $r=0$, нужно положить
 {$A_1=0$}, иначе напряженность электрического поля на оси
- цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным
+цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным
-  нулю на оси цилиндра, тогда $B_1=0$. Из условия
+нулю на оси цилиндра, тогда $B_1=0$. Из условия
- непрерывности потенциала и его производной при $r=a$ находим
+непрерывности потенциала и его производной при $r=a$ находим
 $$A_2=-2\pi\rho a^2,$$
 $$B_2=2\pi\rho a^2\ln a-\pi\rho a^2.$$
-  Выражая объемную плотность заряда $\rho$ через заряд,
- приходящийся на единицу длины цилиндра $\rho=\eta/\pi a^2$,
- окончательно получаем:
- \[
+Выражая объемную плотность заряда $\rho$ через заряд,
- \begin{array}{rll}
+приходящийся на единицу длины цилиндра $\rho=\eta/\pi a^2$,
- \varphi_1=&-\pi\rho r^2=-\frac{\eta r^2}{a^2}&\mbox{при} \qquad r\leq a,\\
+окончательно получаем:
-   \varphi_2=&2\eta\ln\frac{a}{r}-\eta&\mbox{при} \qquad r\geq a.
+<WRAP center round box 60%>
- \end{array}
+$$
- \]
+\varphi_1=-\pi\rho r^2=-\frac{\eta r^2}{a^2}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a,
+$$
+$$
+\varphi_2=2\eta\ln\frac{a}{r}-\eta, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\geq a.
+$$
+</WRAP>
 ==== в) ====
-Декартову  систему координат выберем таким образом,
+Декартову  систему координат выберем таким образом, чтобы
- чтобы
-\begin{wrapfigure}[5]{l}{3.5cm}
-\vspace{-10pt}
-\includegraphics[width=2.5cm]{ris17.eps}
-\end{wrapfigure}
 оси $X$  и $Y$ лежали в средней плоскости
- пластины. Потенциал может зависеть только от координаты
+пластины.
- $z$, поскольку все точки плоскости
+{{ :electrodynamics:выделение_035.jpg?direct&200 |}}
- $z=\const$ равноправны. Уравнения Пуассона
+Потенциал может зависеть только от координаты
- и Лапласа для различных областей принимают
+$z$, поскольку все точки плоскости
- вид
+$z=\text{const}$ равноправны. Уравнения Пуассона
- \[
+и Лапласа для различных областей принимают
-\begin{array}{rlll}
+вид
-  \frac{d^2\varphi_1(z)}{dz^2}=&0&
+$$
- \mbox{при} & z\leq a,\\
+\frac{d^2\varphi_1(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq a,
-\frac{d^2\varphi_2(z)}{dz^2}=&-4\pi\rho&
+$$
- \mbox{при} &-a<z< a,\\
+$$
-\frac{d^2\varphi_3(z)}{dz^2}=&0 &
+\frac{d^2\varphi_2(z)}{dz^2}=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt}-a<z< a,
- \mbox{при} &  z> a.
+$$
-\end{array}
+$$
-\]
+\frac{d^2\varphi_3(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z> a.
- Решения этих уравнений запишутся следующим образом:
+$$
-\[
+Решения этих уравнений запишутся следующим образом:
-\begin{array}{rl}
+$$
- \varphi_1=&A_z+B_1,\\
+\varphi_1=A_z+B_1,
-  \varphi_2=&-2\pi\rho z^2+A_2z+B_2,\\
+$$
-  \varphi_3=&A_3+B_3.
+$$
-\end{array}
+\varphi_2=-2\pi\rho z^2+A_2z+B_2,
-\]
+$$
+$$
+\varphi_3=A_3+B_3.
+$$
- Выберем  потенциал так, чтобы он равнялся нулю при $z=0$,
+Выберем  потенциал так, чтобы он равнялся нулю при $z=0$,
- тогда $B_2=0$. Напряженность электрического поля -- векторная
+тогда $B_2=0$. Напряженность электрического поля --- векторная
- величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно
+величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно
- средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю,
+средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю,
- поскольку направления в сторону положительных и отрицательных
+поскольку направления в сторону положительных и отрицательных
- $z$     равноправны. Это означает, что
+$z$ равноправны. Это означает, что
 $$\frac{d\varphi_2}{dz}\bigg |_{z=0}=0,$$
- откуда $A_2=0$. Далее, так же как в приведенных выше задачах,
+откуда $A_2=0$. Далее, так же как в приведенных выше задачах,
- воспользуемся непрерывностью потенциала и его производной
+воспользуемся непрерывностью потенциала и его производной
- при $z~=~\pm~a$. Это дает:
+при $z~=~\pm~a$. Это дает:
-\[
+$$
- \begin{array}{rll}
+A_1=4\pi\rho a, B_1=2\pi\rho a^2,
-  A_1=&4\pi\rho a,&B_1=2\pi\rho a^2,\\
+$$
-  A_3=&-4\pi\rho a,&B_3=2\pi\rho a^2.
+$$
- \end{array}
+A_3=-4\pi\rho a, B_3=2\pi\rho a^2.
-\]
+$$
- Подставляя константы интегрирования в решение, получаем
- \[
+Подставляя константы интегрирования в решение, получаем
- \begin{array}{rll}
+$$
- \varphi_1=&2\pi\rho a^2\Bigl(1+\frac{2z}{a}\Bigr)&\mbox{при}\qquad z\leq -a,\\
+\varphi_1=2\pi\rho a^2\Bigl(1+\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq -a,\\
- \varphi_2=&2\pi\rho z^2&\mbox{при}\qquad -a\leq z\leq a,\\
+\varphi_2=2\pi\rho z^2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} -a\leq z\leq a,\\
- \varphi_3=&2\pi\rho a^2\Bigl(1-\frac{2z}{a}\Bigr)&\mbox{при}\qquad z\geq a,
+\varphi_3=2\pi\rho a^2\Bigl(1-\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\geq a,
- \end{array}
+$$
- \]
+что можно записать короче следующим образом:
- что можно записать короче следующим   образом:
+<WRAP center round box 60%>
 $$\varphi(z)=\left\{
 \begin{array}{ll}
@@ Строка 156: / Строка 174: @@
 \frac{2|z|}{a}\biggr) & \;\mbox{при}\;\; |z|\geq a.
 \end{array} \right.$$
+</WRAP>