Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (DJVU) (1125138), страница 63
Текст из файла (страница 63)
79. Потенциал поля а и = и1р, уз) = — Ео р — — ) соя уз. Р Плотность поверхностных зарядов равна и = 2Ео соз 1р. У к а з а н и е. См, задачу 78. 80. Если и ~р-а —— ~(ьз), и ~Р-а = е1лр~), то 1е,е)=е' еАе" е — ") е —;-~се" У вЂ” ") ~ а~е 'а = 1 + Во 1п р+ Ао, (1) где — У 111 Ь2 а21 1Ь" л„' — а" г„'~)а"Ь" В„= Ь2 а 122 А за ~а 111 111 а, 1в— Ь Ьл — ал" Ь2 а2 ЕО11 глп1 Ь Во = а 1и— Ь причем уа, 7"„и Е„, ń— коэффициенты Фурье функций 7"11Р) 10 121 111 121 и Е(Ь2), равные 2 Д = — ~Ялр) еЬР, ~выл = — ~~1лр)созтргйр 1и = 1, .2, ...), а о получим В„ В~~(р) = А рн + —,",, Во(р) = Ао + Во 1п р.
Р" В отличие от задачи для круга здесь следует сохранить оба слагаемых, так как точка р = 0 находится вне кольца. В результате мы получим частные релпения вида ио(Р, 1Р) = Ао + Во 1п Р, и„1р, лр) = А„р" + — ') созир-1- (Сара+ —" ~ яшпул. Р" / Р" е' 2 1Р = —,~л'М з' р Ьр. 2Г У а Аналогичные выражения имеют место для Е„. Р е ш е н и е. Требуется найти решение уравнения Лапласа внутри кольца а < р < Ь при краевых условиях и ~ = л Ор), и ~ = Е11Р) на его границе. Действуя методом разделения переменных и полагая и(Р,.
Ул) = й(Р)Ф11Р),. Гл. !1г. Уроеиеитг эллоптйгеекого типа Составляя затем общее решение и требуя удовлетворения краевым условиям при р = а и р = Ь, будем иметь Ао.~-Во 1па+ ~ ~(А„ао + — ") совпгр-1- (С„ао -1- — ") вшпгр~ = Дзэ), о.=г Ао+Во1пЬ+ ~ ~(А„Ьо + — ") созпьэ+ (СоЬо+ — ") з1ппьэ~ = Г(ьэ), откуда и получаем уравнения для определения А„, Вга С„и Ро АоЬ" + В" = Г~ 1, СоЬ" + ~" = Гг 1, А + В 1 Ь = Го ~. т=е 1п— вгв(2т -1- ЦЬэ ио р 2т,'- 1 2 Ъ Указание. Решение удобно представить в виде суммы и=ио-ги, где функция о удовлетворяет условию 0 при 0<ьэ<я, ~э=о ' ~л=ь 1 — ио при я < гр < 2я. 82. Распределение температуры в кабеле дается выражением и1р, гр) = -1р — а )— 2хоЬ+ оь р О,ЬЬэхо l з а Ь 4 2 1п — + ' )ьр — — ) сов 2ьэ, а а4 ььл ) рэ) где о = — ~", г1о = 0,.24л'зГь -- количество тепла, выделяющееся при прохождении тока в Ециницу времени на единицу длины цилиндра, А В сопротивление единицы длины цилиндра хо = — й козф- 2Ь' фициснт теплопроводности.
Указание. Требуется найти решение уравнения Ьи = 11 внутри кольца а < р < Ь при краевых условиях и( а=О., ди з ди — Ь вЂ” = Асов ьэ или — = — хо — хосов2ьэ. др л=ь др л.=ь Функцию и удобно представить в виде суммы и = иь + из, где иг решение зада ги диг ьлиг =д, иг( =О, = — хо. др л.=ь 384 Ответы, указания и решения 83. Температура в точке (р, ~р) равна и(р, р) = ~ ~„( — ) вш — уо, о=а где ~ =И~~)в.—." " о В частном случае Пр) = из при 0<во< —, а из при — <уз<о 2 ряд суммируется (см, указание к задаче 69) и дает 2р'~ а ~ в!и — р 'а <,а = ~(уо), и=о при уо=о и уо=се.
Полагая и = Н(р)Ф(~р) и производя разделение переменных, получаем р'ли+ рл' — лл = о, Ф'+ЛФ =О, Ф(0) =О, Ф(о) =О. Отсюда находим: Ф = А в1п ъ' Л р + В сов уел ~р. Условия при уо = 0 и уо = о дают В=О, иЛ= —, т. е. Ла= < — ") . Таким образом Фа(уо) = Анв1п — уо. Система функций Ф„= сйп — ~р ортогональна на интервале 0 < <Р<ен ин . яга вш — оовп1 — узел = О, ш ф и., о и имеет норму (~, 2ян ~ /а о 2ро~а ~ вш — р 2я + ахсу8 я ' а4./. — р4 /" Решение.
Нахождение стапионарной температуры сводится к решению первой краевой задачи для уравнения Лапласа внутри сектора при краевых условиях 385 Гл. !1У. Уравнениа эллнптачееного тиаа так что коэффициент („ разложения некоторой функции Дгр) в ряд ПО ФУНКЦИЯМ Фп(ГР), .г(Р) = ~А в' — ~, п=1 определяется формулой 2 С . ггп .! = — ~У(Р) — Р йр.
а а о Решая уравнение для Л и учитывая ограниченность функции Л, получаем частное решение нашей задачи в виде и„(р, Гр) = А„реп!о яп — ' гр. Общее решение естественно искать в виде ряда и(р., Гр) = ~ ~Апр 'уп вш — Гр. п=1 Полагая р = а и учитывая условие при р = а, получаем: Апа пуп яп — Гр = Д(Зг) = ~ !'и вш — Гр, п=1 п=1 откуда следует, что А, пгп ' а где у„коэффициент разложения функции ((Гр). 84. Температура в точке (р, Гр) равна 4(иг — и,), р, 1гпгэцк!и в!п(2т + 1) — Гр и(р, Гр) = иг+ ~ (-) 2гн, 4- 1 или 2иг г уп — аг гп 2и 2а Р' вш 7Г ГР и(Р, Гр) = †' агсг8 " + и' агс18 (2) гг 2 ! ! ' ~ гг а' р вш рг-1- — аг-1- Указание.
См. указание к задаче 69. См. также задачу 83. 85. Потенциал электростатического поля равен а = и(Р, ГР) = 1'г + 4(1гг — $;) ~-~ ('р)гп'41 в1п(2т+ Цгг 2гп + ! т=а или и(р, Гр) = Рг + — (1гг — 1Г1) агсц 2 арв|пГР гг рг аг ' Вектор электрического поля равен Е = — ягаг(и. Указание. См. задачи 69 и 84. При о = я имеем ивл = ивв. 2В Б.М.
Будка и др. 386 Ответы, указания и решения и(Р, ео) = ~ ~(АпР "~'"+ „Рп~ з зш — Уг, (1) а п=1 где Ь 1 г — а У 1 Ап = Ьг пг — аг "1 2 г . пп Уп = — у1 Г'(Уг) ЗШ— о Частные случаи: при а — >О В Ь' ~- — ° Р- -п~-; /о Ьг "~ — аг "1 а уг еЬР, Лп = — ГГ(Ф з1п — уг еЬР. 2 Г . пп о 1 В„=О, Ап=Р„ Ь "1"' и получаем решение задачи 83 для кругового сектора; при Ь о оо Ап = О, В„= Г"„а п~~, и мы получаем оо пп/и /а1 . пп. и(р,уг)=~~а~ — ( зш — уг вобласти р>а, О<уз<а, "~4 а п=1 при а = я получается решение для полукругового кольца. Решение.
Требуется найти гармоническую функцию внутри «кольцевого сектора» а < р < Ь, О < уг < а, удовлетворяющую краевым условиям и = О при ог = О, уг = а, и ~ = 1(уо), и ~ = г" (уг). Пользуясь методом разделения переменных,. получаем частные решения вида (см. задачу 83) юп и„(р, уг) = Л„(р) зш — уг, где Л„(р) определяется из уравнения пп ,гЛп,рЛ' — ( — ") Л=О и имеет вид Л =Ар —  — пр — пр Составляя ряд и(р ог) = ~ ~(А Р пу — Впр "~ ) ь1п — уг п=1 4ио 1 (аЬ) пгп ( Ь пп~п р пп~п) . пп 87.
и(р, Р) = — ' ~ — Н вЂ” (-) ейп — уг в=о где п = 2Й -~- 1. и удовлетворяя краевым условиям при р = а и р = Ь, найдем коэф- фициенты А„и В„. Гл. !у.,уравнения эллиптического типа 88. Пусть ось я направлена вдоль проводов и проходит посере- дине между ними, а плоскость г = О перпендикулярна к плоскости, проходящей через параллельные провода. Отлична от нуля только т-компонента вектора-потенциала А, удовлетворякэщая уравнению Лапласа вне проводов и равная Ае= 1п —, Ау=А,=О, 21р йр с Й~' где с — — скорость света в пустоте, р -- магнитная проницаемость среды, 1 сила тока, протекающего через сечение каждого провода, я,= ((у — Оль((~г я=~(у+05) +* а — расстояние между проводами. Составляющие вектора индукции В = го!А, определяемые фор- дА, дА„ дА Ве= ' — "=О, Ви= ду дг ' " дг ' равны 2р1 ( у -(- 0,5а у — О, 5а У к а з а н и е.
Воспользоваться формулой для вектора-потенциала линейного тока Х А="— )1™, с е где интегрирование производится по контуру тока Ь. Каждая из со- ставляющих А, А,, А, удовлетворяет вне В уравнению Лапласа. Вектор магнитной индукции с т 89. Отличная от нуля г-составляющая вектора-потенциала равна 4н. ) А, = — л раСо 1п а + — э — ~ — ) 1С„соэ п(р + Вн яп п(р) с 2 п(,а) и=1 где а .
радиус цилиндра, Со, С„„В„- - коэффициенты разложения поверхностного тока 1, по круговым гармоникам, 1„-1а, (р) = ~ ~1Си соя п(р + 1Э„аш те(р). 'п= о Указание. Вектор-потенциал в точке М(,т, у(), находящейся на расстоянии й. от бесконечного провода, несущего ток 1 = 1,а е1а, па2р1,а(6* раллелен ему и равен ' 1п В. Поэтому вектор-потенциал от всей пленки равен А, = и '! гл 1пйе1о, Вз = а + тг — 2атсоз!(Р— ег). с о т Разлагая 1п В в ряд по степеням —, получаем нужное выражение для А,.
388 Ответы, указания и решения 90. Пусть вектор индукции внешнего магнитного поля равен Ва и направлен вдоль оси т, а ось 2 направлена вдоль тока. Составляющие вектора напряженности магнитного поля опреде- ляются по формулам: внутри цилиндра ХХ, ОО 2 Ва соз 1р, д1 и'- рг Н1 — — т — В яшЗг ц 1 2 2каг д1 Ч- дг при т<а; вне цилиндра д1 Ч-рг тг/ — ага 2пт 1, 111 г- дг тг при т >а. Указание. 1зезультирующее поле ищется в виде суммы В =В +В1, 1 дА121 1 дАП1 А1Ц = А1~1, — = — при т = а, рг дт 121 дт гаАО1=0 при т<а, 21АОО=О при т>а.
91. Отлична от нуля только 2-составляющая вектора-потенциала А10 при т<а, А,= АОО при а<т<Ь, А121 при т > Ь, где 1 гпе-1~ с ~ " 2не1 т п=а Нгп-егт + 12п-~-1 ( — ) соз1211 + Ц1р, п=а А1~1 = — ~ ~Ьгпв.1т 'гпе" соз(2п + Цез. с п=а где оп. В„, т„, Ьп коэффициенты, определяемые из условий со- где В1 вторичное поле,или В = го1 А, А = Ао + А1 где А векторный потенциал, А1 векторный потенциал вторичного полЯ, пРичем Ае = геВет зш Зг 12~ единичный вектоР по оси 21.
Па поверхности цилиндра должно выполняться условие непрерывности векторного потенциала и тангенциальных составляющих вектора Н, так что 389 Гл. ! т. Уравнения эллиптличееноео типа пряжения при т = а и т = Ь. В частности, где рг — магнитная проницаемость среды. Следовательно, ч 1 ~еоЛ" 1пНг — — — лг — ( — ! совп~р+ 1пт,. и т н=г 1пНг: ~ 1 ) ( 1) совпц3 + 1пт. 92. Вектор напряженности результирующего магнитного поля О = — 8гае) )т; И -- скалярный потенциал поля, И = Ио+1о в сечении шара 'то+ у во внешнем пространстве при т > а, при Ь<т<а, )то + ю во внутреннем пространстве при т < Ь.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
