VIII.-Электродинамика-сплошных-сред (Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. - Теоретическая физика в 10 томах), страница 6

Е!ес1гогпайпейягп, — 1.: Ве11, 1934. на поверхности проводника, т. е. при В = О, сг, потенциал ~р = О (Н.М. Масс(опаИ, 1895) 1). В частности, при сг = 2п получается проводящая полуплоскость в поле точечного заряда. В этом случае интеграл (3.20) вычисляется в конечном виде и дает 32 ЗЛЕКТРОСТАТИКА ПРОВОДНИКОВ Гл. г ( — угол между векторами к и г). Распределение зарядов по поверхности шара дается формулой 1 дга Зб т= — —— = — соя В; 4х дт „ л 4х полный заряд с = О.

Дипольный момент шара проще всего найти путем сравнения гаг с потенциалом йяг(т поля электрического диполя; найдем 2. То же для бесконечного цилиндра в поперечном однородном поле. Р е ш е н и е, Вводим полярные координаты в плоскости,перпендикулярной к оси цилиндра. Решение двумерного уравнения Лапласа, зависящее только от одного постоянного вектора, есть хх гггг = совая к'71пт = сопяя.

—. 2.2 Складывая с гла = — ггб и положив совая = Л, получим 2 йг д = — Йтсояд (1 —— тя ) Поверхностная плотность зарядов б и = — соя В. 2я Дипольный момент лз единицы длины цилиндра можно найти путем сравнения га с потенциалом двумерного дипольного поля. Последний имеет вид 2,У Р 1п т = тя так что Зз = СН~!г2. 3.

Определить поле вблизи клиновидного края на проводнике. Р е ш е н и е. Выбираем полярные координаты т, В в плоскости, перпендикулярной к краю клина, и с началом в вершине образуемого нм угла Ва (рис. 3). Угол В пусть отсчитывается от одной из сторон клина; области вне проводника соответствуют значения О < В < 2х — Ва. Вблизи края угла потенциал можно разложить по степеням т, причем нас интересует первый (после постоянного) член зтого разложения, содержащий наибшгее низкую степень т. Решения двумерного уравнения Лапласа, пропорционвльныс т, суть та соя пВ и т" я1п пВ. Решение с наименьшим п, удовлетворяющее условию м = сопя! при В = О и В = 2х — Ва (на поверхности проводника), есть га = соггяя т яшиВ, п = 2гг — Ва Напряженность поля, соответственно, зависит от т как т" '.

При Ва < гг (и < 1), следовательно, напряженность обращается вблизи края угла в бесконечность. В частнор а сти, дая очень тонкого клина (Ва « 1, п 1Г2) Е растет при уменьшении т как т ~г~. Вблизи жс края клиновидной вогнутости на поверхности проводника (Ва > х, и > 1) поле стремится к нулю. Значение совая может быть определено только из решения задачи для всего поля в целом.

Так., для очень тонкого клина в поле точечного заряда с МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ предельный переход к малым т в (3.21) подтверждает закан В 12 = сопя! /т з1п —, 2 причем 4е»Уа сапе! = зш х(пз + 22) 2 Слова Авблизи клиновидного края» означают в етом случае условие т « а, при выполнении которого можно пренебречь членом д у/дл в уравнении 2 2 Лапласа. 4. Определить поле вблизи конца тонкого конического острия на поверхности проводника. Р е ш е н и е.

Выбираем сферические координаты с началом в вершине и с полярной осью вдаль оси конического острия. Угол раствора конуса пусть будет 2Во « 1, так что области вне проводника соответствуют значения полярного угла Во < 0 < х. Аналогично тому,как зто делалось в предыдущей задаче, ищем решение (для переменной части потенциала), симметричное относительно оси конуса, в виде 22 = т 1(0) (1) с наименьшим возможным п.

Уравнение Лапласа после подстановки зтого выражения дает — — (З1п — ) + п(а+ 1)т' = О. 4 / а!'! (2) З1НВВВ (, 40) Условие постоянства потенциала на поверхности острия означает,что должно быть У'(Во) = О. При малом Во ищем решение, сделав предположение, что и «1, а т(0) имеет вид у = соля!. (1+ »Р(0)), где »В « 1 (при Во » О, т. е. для бесконечно тонкого острия, естественно ожидать, что 1о стремится к постоянной почти во всей области вокруг острия). Для у! получаем уравнение !' . ~6~'! — ~з1п В— (3) .! 040 (, 40) Решение, в котором»(2 не имеет особенностей в области вне острия (в част- ности, при В х), есть »В(0) = 2п!пзш 2 При В Во «1 функция»Р(0) перестает быть малой. Тем не менее полученное выражение остается применимым, так как в зтой области в силу малости В можно вообще пренебречь вторым членом уравнения (2).

Для определения постоянной п в первом приближении надо потребовать обращения в нуль найденной выше функции 1' = 1 + 2)2 при 0 = Во. Таким образом, найдем ) 1 и =— 21пВо ') Более точная формула, п = 1!(21п (2/Во)), содержащая козффициент в большом логарифме, в действительности не может быть получена указанным простым методом. Более точное вычисление, однако, по случайным причинам приводит именно к втой формуле. 2 Л.

Д. Ландау в Г.М. Лифшиц, том У!П ЗЛЕКТРОСТАТИКА ПРОВОДНИКОВ Гл. г Напряженность поля неограниченно возрастает при приближении к концу острия как г ,т. е. в основном как 1)г. 5. То же для тонкого конического углубления на поверхности проводника. Р е ш е н и е. Области вне проводника теперь соответствуют значения О < В < Ве. Как и в предыдущей задаче, ищем аг в виде (1), но теперь будет и» 1. Поскольку по всей области ноля теперь В « 1, то уравнение (2) можно написать в виде — — ( — (~ + 'У = О. Это — уравнение Бесселя, и его решение, не имеющее особенностей в области поля, есть Уе(ВВ).

Значение п определяется как наименьший корень уравнения Ле(НВе) = О, откуда п = 2,4/Ве. 6. Определить энергию притяжения электрического диполя к плоской поверхности проводника. Р е ш е н и е. Выбираем ось х перпендикулярной к поверхности проводника и проходящей через точку нахождения диполя; вектор дипольного момента й»пусть лежит в плоскости ху.

«Изображение» диполя находится в точке — х и имеет дипольный момент гР~ = Вэ„ ЬР~ = — Зг». Искомая энергия притяжения вычисляется как энергия взаимодействия диполя с его «изображением» и равна 'Ь' = — 1 (2«аз+ аэг). 7. Определить взаимную емкость единицы длины двух параллельных бесконечных цилиндрических проводников (радиусов а и Ь, расстояние между осями с) ). Р е ш е н и е. Поле, создаваемое обоими цилиндрами, совпадает с полем, которое создавалось бы (в пространстве вне цилиндров) двумя заряженными нитями, проходящими через соответствующим образом подобранные точки А и А' (рис.

4). Нити несут (на единице длины) заряды *е, равные зарядам цилиндров, а точки А и А' должны быть расположены на линии ОО' так, чтобы поверхности цилиндров совпадали с зквипотенциальными поверхностями. Для этого расстояния ОА и О'А' должны удовлетворять соотношениям ОА ОА' = аг, О'А' О'А = Ь, ОА=аг ОА =В« т, е. Вг(с — Аг) = а , Вг(с — Аг) = Ь . Рис. 4 ю ) Аналогичная задача для двух сфер не регнается в конечном виде. Разница связана с тем, что в поле двух заряженных (равными и противоположными зарядами) параллельных нитей все эквипотенциальные поверхности являются круговыми цилиндрами, а в поле двух точечных зарядов юе эквипотенциальные поверхности не являются сферами.

МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ Тогда на каждой из окружностей отношение т')т расстояний от точек А н А' постоянно: на окружности 1 а 41 т' ОА' с — дг а а на окружности й т')т = дг/Ь. Соответственно, потенциалы цилиндров: т дг дг дг дг 1ог = — 2е1п — = — 2е1в —, огг = 2е1п —, огг — 1гг = 2е!п т' а 6 аЬ Отсюда находим для искомой взаимной емкости С = еДуг — огг); 1 дгдо с — а — Ь вЂ” = 2 1п — = 2 Агой С аЬ 2а6 В частности, для цилиндра радиуса а, находящегося на расстоянии 6 ) а от проводящей плоскости, надо положить с = Ь -> 6 н перейти к пределу 6 л со зто дает 1 6 — = 2Агсй —. С а Если два полых цилиндра находятся один внутри другого (с < 6 — а), то поле снаружи отсутствует, а поле в пространстве между цилиндрами совпадает с полем, которое создавалось бы двумя нитями с зарядами +е и — е, проходяшнми через точки А н А' (рнс.

5). Тем же способом получим результат: а 1 а+6 — с — = 2 Агой С 2аЬ 8. Граница проводника представляет собой неограниченную плоскость с выступом в виде полугпария. Найти распределение зарядов на поверхности. Р е ш с н я с. В найденном в задаче 1 поле с потенциалом вида Нгл Эг = сопзе г (1 — — ) тг плоскость г = О с выступом т = 1с является зквипотенциальной поверхностью (на которой Эг = 0). Поэтому она может быть и поверхностью проводника, а написанная формула определяет поле вне проводника.

Распределение зарядов на плоской части поверхности дается формулой 1 до 1' Е'1 а= — —— о(1 — — ) 4я. дг =о л тг ) (мы положили сопз1 = — 4хао, где ао -- плотность зарядов вдали от выступа). На поверхности же выступа 1ду г т= — —— = Зао —. 4х дт .и Н 9. Определить двпольный момент тонкого проводящего цилиндрического стержня (длины 21, радиуса а; а «1) в электрическом поле б, параллельном его оси, 37 МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКИХ ЗАДАЧ сегмента и проходящую через точку В его края; угол 7 = к — й, где 2й— угол раствора сегмента.

Если потенциал сегмента, несущего на себе заряд е, принять за нуль, то при г — г оо потенциал поля стремится к е у — ус + —. г Соответственно, в преобразованной задаче при г' -г О потенциал стремится к 1~р (Фс е Ф = — = — — Ф— г' г' (первый член соответствует заряду е = — 1ус в начале координат). С другой стороны, согласно (3.22) имеем (потенцнал вблизи заряда е', находящегося на расстоянии 1 от края проводящей полу- плоскости с потенциалом нуль). Сравнив оба выражения, получим для искомой емкости С = е/уо следующую формулу: 0 С= — (1+ ~ = — (е1пй+В) 2к (, ап0) ( — радиус сегмента). Р .6 11.

Определить связанную с краевыми ис. зффектамн поправку к значению С = Я/(4кд) для емкости плоского конденсатора ( — площадь поверхности обкладки, д — расстояние между обкладками; и «Ъ~У). Р е ш е н и с. Наличие у обкладок свободных краев нарушает равномерность распределения зарядов на них. Для определения искомой поправки в первом приближении рассматриваем точки обкладок, удаленные от края на расстояния я такие, что 4 « л « Р~Я. Рассматривая, например, верхнюю обкладку (с потенциалом у = Фс/2; рис. 7 а) и пренебрегая се расстоянием ф2 до средней плоскости (зквипотенциальная поверхность л = О), мы получаем задачу о поле вблизи границы двух частой плоскости, имеющих раз- 4 Ф=Фа!2 личные потенциалы (рис.