Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 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 $\Delta\varphi_1=-4\pi\rho$ при $R\leq a$ и Лапласа $\Delta\varphi_2=0$ при $R\geq a$. В сферической системе координат с учетом симметрии задачи эти уравнения будут иметь вид: $$ \frac{1}{R^2}\frac{\partial}{\partial R} \biggl(R^2\frac{\partial\varphi_1}{\partial R} \biggr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a, $$ $$ \frac{\partial}{\partial R} \biggl(R^2\frac{\partial\varphi_2}{\partial R} \biggr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a. $$ Начало системы координат помещено в центр шара. Интегрируя уравнения, получаем: $$ \varphi_1=-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,\\ \varphi_2=-\frac{A_2}{R}+B_2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a, $$ 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 в ограниченной области, то напряженность электрического поля 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 $\text{rot}\vec{E}=0\;$ 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 $\text{div}\vec{E}=4\pi\rho\;$ следует, что $$E_{1n}\big|_{R=a}-E_{2n}\big|_{R=a}=4\pi\sigma,$$ где $E_{1n}, E_{2n}$ --- нормальные составляющие вектора $\vec{E}$;$\sigma$ --- поверхностная плотность зарядов. Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна нулю, то нормальная составляющая вектора $\vec{E}$ на поверхности шара непрерывна. */ Из непрерывности потенциала на границе $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$ следует: $$-\frac{2}{3}\pi\rho a^2+B_1=\frac{A_2}{a},$$ 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%> $$ \varphi_1=\frac{2}{3}\pi\rho (3a^2-R^2), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a, $$ $$ \varphi_2=\frac{4\pi a^3\rho}{3R}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a. $$ </WRAP> ==== б) ==== Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе координат с осью $Z$ вдоль оси цилиндра будут иметь вид: $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_1} {\partial r}\Bigr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a, $$ $$ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_2} {\partial r}\Bigr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r>a, $$ поскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть только от расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти 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 {$A_1=0$}, иначе напряженность электрического поля на оси цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным нулю на оси цилиндра, тогда $B_1=0$. Из условия 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: <WRAP center round box 60%> $$ \varphi_1=-\pi\rho r^2=-\frac{\eta r^2}{a^2}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a, $$ $$ \varphi_2=2\eta\ln\frac{a}{r}-\eta, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\geq a. $$ </WRAP> ==== в) ==== Декартову систему координат выберем таким образом, чтобы оси $X$ и $Y$ лежали в средней плоскости пластины. {{ :electrodynamics:выделение_035.jpg?direct&200 |}} Потенциал может зависеть только от координаты $z$, поскольку все точки плоскости $z=\text{const}$ равноправны. Уравнения Пуассона и Лапласа для различных областей принимают вид $$ \frac{d^2\varphi_1(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq a, $$ $$ \frac{d^2\varphi_2(z)}{dz^2}=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt}-a<z< a, $$ $$ \frac{d^2\varphi_3(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z> a. $$ Решения этих уравнений запишутся следующим образом: $$ \varphi_1=A_z+B_1, $$ $$ \varphi_2=-2\pi\rho z^2+A_2z+B_2, $$ $$ \varphi_3=A_3+B_3. $$ Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при $z=0$, тогда $B_2=0$. Напряженность электрического поля --- векторная величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю, поскольку направления в сторону положительных и отрицательных $z$ 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, воспользуемся непрерывностью потенциала и его производной при $z~=~\pm~a$. Это дает: $$ A_1=4\pi\rho a, B_1=2\pi\rho a^2, $$ $$ A_3=-4\pi\rho a, B_3=2\pi\rho a^2. $$ Подставляя константы интегрирования в решение, получаем $$ \varphi_1=2\pi\rho a^2\Bigl(1+\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq -a,\\ \varphi_2=2\pi\rho z^2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} -a\leq z\leq a,\\ \varphi_3=2\pi\rho a^2\Bigl(1-\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\geq a, $$ что можно записать короче следующим образом: <WRAP center round box 60%> $$\varphi(z)=\left\{ \begin{array}{ll} -2\pi\rho z^2 & \;\mbox{при}\; -a\leq z\leq a,\\ 2\pi\rho a^2\biggl(1-\displaystyle \frac{2|z|}{a}\biggr) & \;\mbox{при}\;\; |z|\geq a. \end{array} \right.$$ </WRAP>