Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 61
Текст из файла (страница 61)
Предельные случаи: ь а) а = О, и = иьла = е !и — — 1п — —,1 (см. задачу 54, а)); то Ро т( 1 а 1 б) 6 = со, и = иьеь — — е 1п — — 1п — —,) (см. задачу 54,б)). то ро т,',,) 59. Если заРЯд помещен в точке Мг(ры до, оэо), то потенциал в присутствии заряженной сферы еь еа1 и(М~ МО) — + + иь2 т рэт /1 а 1 где иьз = е ( — — — — ) потенциал точечного заряда в при(,с~ рь то) сутствии заземленной сферы (см. задачу 52), М = М(т, д, оэ) точка наблюдениЯ, Мо(Ро, до, 100) точка, в котоРой находитсЯ изображение заряда, Ро = —, то = ММо, ть = ММы т —— ОМ. Р~ Збб Ответы, указания и решении Плотность поверхностных зарядов 1 1Г ее 1 е р1 — а и = е1+ — ) — —, = по+а 4 а ~к Н) е (1 р,— а г г'1 где а„„а = — ( — —, ) — плотность индуцированных зарядов. 4яа 1Р1 гг ) Указание.
Решение следует искать в виде и = П+ивг, (1) ар где б1 = — потенциал поля,. создаваемого сферой, заряженной до г потенциала Ъ'. Для определения Ъ' используется равенство 4яе1 = — Ц вЂ” ИЯ = 4яа1г — Ц ' дб. С помощью формулы Грина АР1; до; ~ро) = Ц вЂ”" бб 5 (2) и соотношения пвг = 47Геггвг получаем 4яеи1Р1, до., 1ро) = Ц 'г дб, где о — решение внешней краевой задачи для сферы Я при условии 71~ =1, равное о1Р1, до, 1ро) = —.
Рг Формула 12) дает ае е1 = а11 — —. Отсюда находим ег 2 Ъ" = — + —. а р1 3. Функция источника в неоднородных средах. Коли характеристики среды 1е, 1г, Й и т.д.) терпят разрыв на некоторой поверхности, то на этой поверхности должны выполняться условия сопряжения. В электростатическом случае имеем: и1 = иг, е1 ( — ) — ег ( — ) = 4яц, где 11 поверхностная плотность свободных зарядов, цифры 1 и 2 со- ответствуют предельным значениям с внешней и с внутренней сторон д поверхности Я, — обозначают дифференцирование по направлению да Гл. !р.
уравнения эллиптинеакого типа нормали. Если Л = еЕ вектор электрип~ ческой индукции и Е = — ягае1и, то второе ег условие означает, что ег 1!а, — 11т = 4яп. М пг Если свободных зарядов нет (г! = О), то "(Й), ="(Й), ВывЕдем формулу для поверхностной плотности зарядов на границе раздела двух сред с диэлектрической постоянными сг и ег (рис. 44). Из уравнений Максвелла следует 1'ассматривая бесконечно малый элемент е!Я, мы будем иметь Е~~! = 2ха. + Е~~1, Е~г! = — Е~г! = 2хи — Е~е1, где Е„, и Е„, -- предельные значения в точке М границы Я проекций 10 1г1 векторов Е и Е на направления внутренних нормалей пг и ггг, Ф 00 а Е„, значение Ет в точке М, т.
е. на самой поверхности. 1о1 10 Из второго условия сопряжения ег(2хо 4- Е~~1) + сг(2яег — Е~~~) = 4яг! получаем при г>0(е=ег), (1) при г<0(е4 нг), 2е 1 иг = ег + ег га где го = ММо = (т, — се)г + (и — г!)г + (г — ~)г, г' = ММ' = (т — ()г + (у — г!)г 4- (г + е,)г. Из формулы (1) видно, что поле в области с диэлектрической постоянной ег такое, как будто все пространство заполнено диэлектриком сы а в отраженной точке Ма(4, г1, — ~) находится добавочный 24 Б.М. Будки и др. 2П ег — ег Е1о! ег + ег 2н(еэ + ег) Если истинного заряда на поверхности нет, то — Е1о1 2н(егч е ) нг' Подставляя сюда значение Еи, на поверхности Я, можно опреде1о1 лить о.
60. Если заряд находится в точке Ме(с, г1, Д) полупространства г>0(1, >0),то Ответы, указания и решения заряд ел — ег е = е. в, -(-ег Поле в области ег совпадает с полем заряда 2в( е еу еу +вг находящегося в точке Мо, если среда однородна и е = еь Плотность поверхностных зарядов, индуцированных на грани- це з = О, равна (г = ео 2п.из Указание. Решение следует искать в виде е 1 еа иг = — — + — —,, 12) Е( Га Вл У'а е( 1 иг Е( уа где е' и ел постоянные, подлежащие определению. Условия сопряжения дул( диз гул=из, ез =ег п1(и г=О дг дг дают 2ел , ел — ег ел —— е, ее= е. е(-Ьег ' ел";ег Плотность поверхностных зарядов равна (Г = Е(о( 2я(е~ -ь е ) 14) где Е„, (о1 равное первичное поле заряда е при г = О, находящегося в Мо, Ело) 15) ел га где го = Из формул (4) и (5) следует — с лу = — з ео ву(е(+вг) 2ята з2пназ Суммарный заряд, индуцированный на плоскости е! ег еа = 2я /(ур л1р = е.
е((в( + вг) а я=О, равен 1пфо1 (всюду в слое 0 < г < 6), где улауу 2( — с, = а у у( — (2 (уд', 61. Потенциал электрического поля, создаваемого источником тока 1, помещенным в точку Мо(0, О, (',), равен Гл. ! гг. уравнения эллиптического типа ,з+,з+( (2 6 Дз 1 п1 1 1„ — Е— 2.пгэ и= — ео [пФО~ 1 и= + 2воэг где Плотность тока при э = 0 равна и1 1 т1 + — ~" 2прэ 2я л-г (рэ -Ь 4пэЬэ)Юэ ' п= — ов д1 1 ~- и1. 2прз 2п л-л [рэ -Ь 4п'Бр)лр' ' Указание. Требуется решить задачу глиг=О при 0<я<6, 1аиз=О при г>6, иг =из, 1 диг дпа при я = Ь,и — — — при г о О, пг — — пз 4ггаэ г — г=О при я=О, я~О, дфО (гфО). де Последнее условие означает, что отражение в плоскости я = 0 будет четным.
При отражении в плоскости г = 6 надо воспользоваться методом решения задачи 60. Следует учесть также, что для построения решения в слое 0 < я < 6 нет необходимости вычислять решение в области г > 6. /диг ~ Чтобы удовлетворить краевому условию ( — ~ = 0), необходи(,д мо поместить в точке М(0, О, — ~) источник тока 1.
Чтобы удовлетворить условиям сопряжения при э = 1г, теперь необходимо поместить в точки М(0, О, 26 — г,") и М(0, О, 26+ Д источники 1г = м1. Но этим мы нарушили условия при я = О. Чтобы удовлетворить условию при я = О, необходимо в точки М(0, О, 26+ г,) и М(0, .О, — 26 — г,') поместить источники тока 1ы Но этим мы нарушили условия сопряжения при я = Ь. Продолжая этот процесс, мы сможем удовлетворить всем граничным условиям лишь с помощью ряда (1).
Абсолютная и равномерная сходимость этого ряда, а также и производных рядов, обеспечивается условием (эг( < Е 24* эг=, (эг! < 1. о, +ггэ' Если ( = О, т. е. источник находится на плоскости я = О, то гп = г'„и потенциал равен 372 Отвесим, указания и решения Пользуясь формулой у = — обтаяли, нетрудно найти составлякг- щие плотности тока уг, уу, уг при г = О. 62. Потенциал над плоскостью х, г (у > 0) равен сумме потен- циалов самого заряда е и его семи изображений, расположенных следующим образом (рис. 45): е в точке Мо(хо; Уо, ео), — е в точке М1 ( — хо: Уо, Ео), е' в точке Мо(хо; — Уо, яо), — е' в точке М1( — хо, — Уо Ео) — се в точке Мг(с хо, с Уо, с го) 2 2 2 — се' в точке Мг(с хо, — с уо, с зо) се в точке Мз( — с хо с уо с го); ,2 2, 2 се' в точке Мз ( — сг хо, — с уо, с го), где и, Ег — Е1 с=-, е= е.
Ь ег+ е1 Рис. 45 Потенциал в диэлектрике при у ( 0 можно получить, используя только изображения в области у > 0 и подставляя вместо е заряд 2ег е е, ~-ег' 63. Потенциал электрического поля, создаваемого точечным источником тока, находящимся в точке Мо(0, — 6, 1,'), мощностью 1о, равен где 'о = го = Г1 Плотность тока при у = О, игагуо т (иг -'е ог)11 гоо игиг1о (и1, иг)к Гз так что ,1„1,2о р 11аг з- аг)к Ы ' гг Ьге 2 + 112 2 2+ 2 64. Потенциал поля вне сфер равен где е„и еи заряды, величина которых опредоляется по рекуррентным формулам а с — рм-ы а е — рго1 игу+1 = — Е21 — 1, иге+2 = —, ' Егы Ь р„., ргят1 Гл. ! )г. уравнения эааапоэи )етого типа а с — рээе, с21-~-1 Ь ) е21 — 1) Р'21-, а с — рмэ) ЕЫЭ2 — — Его Ь Р21:.1-1 Эти заряды находятся в точках (рис. 46) М„(р„, до, )ро) и М„'(р'„, Рис.
46 рекуррентными формулами (с — Ь )рг),, — а с 2 2 ) 2 а (с — Р21) с(а — р' я) — Ьг причем а Ро = ро с(с — ро) — Ь' с — ро Ь е с — ро г„', = рг+ р'„2 — 2рр'„саво'„, ОМ„и ОМя, О --- начало координат, М„ точка наблюдения. а ео=е, ео — — — е Ро где и„--- угол между место источника, М„ В 4. Метод разделения переменных 1.
Краевые задачи для круга, кольца и сектора. 65. Если на границе круга радиуса а искомая функция и~о —, = !()Р), то и(р, )р) = — + ~~ 11-21 (А„сов п)р+ В„вшп)р) при р ( а, Ао !р1" 2 (,а! о=1 где А„В„коэффициенты Фурье функции ((Вэ), равные Аа = — э! 1()р) сов в)Р йр 1 о 2 1 Г Ва = — ~ ) ()Р) вшэиР йР о (в=О, 1,2, ...), (2) (и = 1, 2, ...). до, )Ро), где Р„и Р'„опРеделЯютсЯ Ь )р„., Р21-11 = ) срээ 1 — аг а (с — р21) РЖ-~-2 с(с — рм) — Ь" с(с — ро) — Ь Р1 = с — ро аЬ Е, Е1 = Е, сро — аэ 374 Отвесам, указания и решения Из формулы (1) можно получить интегральное представление для решения первой внутренней краевой задачи для уравнения Лапласа внутри круга (формулу Пуассона) г 2н „~аг+ рг — 2арсовбр — уб е Решение.
Требуется найти функцию и(р, ~р), непрерывную в круге О < р < и, удовлетворяющую уравнению внутри этого круга и граничному условию и~я —, — — Дуг), (5) где 1 .-- заданная непрерывная функция. Задача решается методом разделения переменных (см. ~7, гл.
1Ъ', '2 3]). Решение ишотся в виде суммы и(р, ~р) — ~ и„(р, уз), (4) где и„(р, уг) = Л„(р)Ф„(уг), ( и (6) 66. и(р, ~р) = — '+ ~ — (Аасовп~р+В„втпр), (1) .=. Ы где а — радиус круга, .Аа и Ва определяются по формулам (2) задачи 65. Указание. Требуется найти функцию и(р, уг), удовлетворяющую уравнению 1 а / Ои'1 1 а'и — — ~р — ( + —. — = О вне круга, р Ор з, ар( рг ар кРаевомУ Условию и ~е а — — 1 (Уг) и Условию огРаниченности пРи р — з оо.
Решение ищется методом разделения переменных. Из условия ограниченности на бесконечности следует, что Са = О, и мы получаем частное решение в виде з и и„(р, уг) = ( — ) (Аасовпгр+Вааппгр). ~,р Общее жс решение дается рядом и(р, Эг) = ~~~ и„(р, уг). а=е Пользуясь краевым условием при р = а, приходим к (1). Гл. !'гг. Уроеиеитг эллпптичееиого типа 6Т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
