Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (PDF) (1125143), страница 70
Текст из файла (страница 70)
137. 1) Напряженность поля точечного заряда е, помещенного в точке т = те, д = 0 вне шара те > Ь, Е = — 3гас(и, где потенциал ('и1 при т < а, илп иг при а<т<Ь, из при т>6,. определяется формулами Гл. ! чч. угавнения эллиптического типа $о = — Еог = — ЕочРч(сояд) [Р,(и) = я], то решение задачи имеет вид $' = Ь'г = АтР,(соя д) при т < а, С1 'ч' = 'ччг = (Вт+ —,) Рч(сояд) при а < т < Ь (внутри оболочки), А1 )ч = Ъз = ( — Ест-~- —,) Рч(сояд) при т > Ь, где А, В, С, П --- коэффициенты, равные 9ЕоН 3(2Н + 1) 3(Н вЂ” 1) Ео з ,,1 Е (з + 1+ (2Н -с 1)Ь ~ Н ег + (Н Цаз~ ' л = чв — 2(в — ч) )(г) 139. Вводя обозначения; а радиус внутренней обкладки, Ь радиус внешней обкладки сферического конденсатора, б расстояние между центрами сфер, и пренебрегая членами дг, Ьз, б4 и т.д., получим для плотности поверхностных зарядов на внутренней обкладке !'д$'') еаЬ(1'ч — 1чг) !' 1 Зд 4н 'ч дт )„— в 4н(Ь вЂ” а) (.аг Ьэ — аз ) где )тг — )тг .—.
разность потенциалов между обкладками. 11ри этом предполагается, что центр сферической системы координат находится в центре внутренней сферы. У к а з а н и е. Воспользоваться разложением обратного расстояния между точками по полиномам Лежандра. Если т = а --. внутренняя обкладка, то приближенное (с разностью до членов порядка бг и выше) уравнение внешней обкладки может быть записано в виде т = Ь+ ЬРч(сояд).
140. Если точки кольца имеют сферические координаты т = с, В = о, то потенциал в точке (т, д) равен е чсз "л.г 'ч' = — ~ ~(-)) Ри(сояо)Р„(соя В) при т > с или В ф оч т ес т п=о 'чч = — ~ ( — ) Рп(созе)Рп(созд) пРи т < с или д ф о, т ес с =с, Аналогично решается задача, если точечный заряд помещен внутри шара то < а или а < то < Ь. Соответствующие выражения для потенциала мы не приводим. 138.
Если внешнее поле Ео направлено вдоль полярной оси г, так что его потенциал 425 Гл. !'«г. Урэавиеиия эллиптического типа Здесь г диэлектрическая постоянная вещества, заполняющего сферу, (2п)!! = 2. 4... (2п. — 2) . 2п, (2п — 1)0 = 1 3 5... (2п — 1). У к а з а н и е. Следует воспользоваться решением задачи 140 о потенциале заряженного кольца, а именно: если начало сферической системы координат находится в центре кольца, на котором распределен заряд е, то потенциал в любой точке (т, В) равен (см. задачу 140 прин=-) 2 п=о а ( — ) Рп(0)Р„(созВ) при т ) а или т= а« Н т«п — ) Рп(0)Рп(созО) при т < а а В~ —, 1т„(т, О) = или т=а«Оу.--, 2' при «ем 5 О, если 'п нечетно, Р (О) = „21.3.5...«п — Ц ( — 1)"!г ''' ', если и четно.
2 4...п Решение поставленной задачи нужно искать в виде суммы $' = 1' + 1«„, где Ъи потенциал зарядов, индуцированных на сфере, равный 1««« = — ~~«Агп ( — ) Ргп(сов В), п=о Агп находится из условия 1т = 0 при т = 5. 143. Коли а радиус шара, в центре которого помещено начало сферической системы координат, то потенциал тока во всех внутрен- них точках шара выражается формулой У(т, В) = — ~ (-) Рг««т«(созВ). п=о Указание.
В силу симметрии задачи К = 0 при О = — и поэ- 2' тому можно решать задачу для 0 < В < —, полагая 2' , гп«-1 К(т, О) = ~' .4гпж« ( — ) Рг 1(созВ). а п=о Коэффициенты Агпл« следует определить из условия ( ( д1т«1 г д«гв 1пп о ( ( — — ) 2яа тйп В «!О = 1, —,= О. О!«дт В~к о 42б Ответы, указания и решения 144. Предположим, что точечный заряд находится в начале координат, а з = а и г = Ь --. плоскости, .ограничивающие пластинку, ег -- диэлектрическая постоянная пластинки, ел .—. диэлектрическая постоянная пространства.
Потенциал поля в области з > Ь равен е(1 — ~3г) ~ — ~ д " (' З 2" ")' ~ ел ' где р' = яг + уг, 6 = 6 — а. ег -~- ез Решение. Требуется найти функцию Г~(р, з) при — со < з < а (под пластинкой), Г(р, з) = Ъг(р, з) при а < з < Ь (в пластинке), 1'з(р., з) при Ь < з < оо (над пластинкой), гармоническую всюду, кроме точки р = О, з = О, в которой К имеет е' особенность вида —, и удовлетворяющую при з = а и з = Ь обыче~ г ным условиям сопряжения де'з д1'г уз = Гг,. ез — =ег — при я=а; де де дРг джаз Ъ'з = Ъзз, ег — = ел — при г = Ь.
дз дз Так как область неограничонная, то решение надо искать в интегральной форме, исходя из разложения — = / Уо(Лр)е ~~'~ нЛ ~), (1) о полагая к(е, ) = — '~ (лрр) -'на,-)зр)ярри'*а/, о о еер, е = — '~)врк рек '*ы+)ерп ррн"*ю/, ез о о 1гз(р, з) = — /еЛ(Л),7о(Лр)е л'4Л. о Все интегралы, кроме первого, должны оставаться конечными при р — ~ О и з -о О; кроме того, 1пп 1'з = О, 1пп 1'з = О.
е-в — ее е — ~ ое Условия сопряжения при з = а и з = Ь дают: А(Л) = ф+1)С(Л) — де г л гз1Л) )1егалс(Л) + д 1 ') См. ~7, с. 607]. Гл. !'(г. у1(авиеиия эллиптй(еского типа С(Л) = ",' '"' В(Л), 11(Л) = „',(У',„„, так что е(1 — ~3) /' уо(Лр)е' 1 1 11г -глв о 1 Для вычисления этого интеграла разложим,,„„в ряд по стел е-гло пеням (Зге э Г г, =" '(()гиги-' э~ В*)э(~,(-'вьюг~ е( о о откуда, пользуясь формулой (1), и полу гаем результат в виде ряда, приведенного выше.
145. Потенциал на поверхности земли при г = О может быть представлен в двух формах: о или 1г(р,О)= — +2 / где аг — о( аэ -(- а( Если в точках я = а и г = — а помещены два электрода, причем через первый электрод вытекает ток 1, а через второй вытекает ток -1, то 1 $'(р, О) = — — — — +2 з ( — 13)и (2) где л — э (* — (' .~ э' е — э (- ~ (' -~ э' Указание.
Решение ищется в виде г, = ~ /э (лг( "ю+)АР(гор( "'ы((во(э Рр( "ы~ о о о в области О < г ( 6, 1'г = 1 С(Л)3о(Лр)е (1Л в области г > а. 1 1 — л: 2эгаа 1 о Коэффициенты разложения А(Л), В(Л) и С(Л) определяются из О1: двух условий сопряжения при г = 6 и условия — = О при о = О, р ф О. Переход от интеграла к сумме производится по аналогии с задачей 144. 428 Ответы, указания и решения Формула (2) получается из формулы (1) с помощью принципа суперпозиции. 146. На поверхности земли потенциал равен — 1 г агсв7г а а' +у 1г(т, у, О) = 7го Решение. Требуется решить уравнение а„()г„+ К „) + а,Ъ'- = О в полупространстве 2 ) й при граничном условии на сфере ая + У' + 2' = а'.
ПолагаЯ 7 = оя, полУчим )г„+ Гуу+177: О и И = )го на повоРхности эллипсоида в ащения Р ,2 2 г а +у + —.,=1, аг сгде а = 6~, ся = озаз. Вне эллипсоида на плоскости 2 = О, очевидно, д$' — = О. Поэтому задача сводится к вычислению потенциала поля д. заряженного эллипсоида вращения. Ее решение (см. задачу 164) имеет вид в7в (аг -7- в) лесе -Ь в л е7в (аз -1- в) ~ с" ~- в о где Л эллиптическая координата.
В данном случае эллипсоид вытянутый, поэтому имеют место соотношения со+ Л = (с — а )77~, 1 < 77~ < оо, с + Л = (с~ — а~)с~. О < с < 1 р 72 2 12 + =1 и, Р, + в =1, 1сг — агИ272 — Ц 1сг — аг)иг — 1сг аг)71 42) 1сг ав)яг отсюда 1 = ~ с~ — 722 77С, р = Вычисляя интегралы, получим 7'- О7'ггг' или 1 1 агс17г — агс17г )г = )го г7 У72 — 1 = вго о — 1 агсс7го агс17г Из уравнений — 2 1 е 2 2~ 2 1)Д ~2)~ 2 429 Гл.
гК Ураоиеиин эллипти оееиого типа исключая С, получаем Р" цг — 1 При г = О отсюда следует + о г агапэ г 1 Р аг(ог — ц ' так что аз/аг — Т ахсэй Р(Р,О) =Р, Р агссй а 3 5. Потенциалы и их применение 147. Объемный потенциал однородного шара 2 '~, 2яро ~а — — ) при т < а г 3) М 'т' = и~т) = при т>а, 3 где а радиус шара, М = — ' роа его масса. .3 Указание. Объемный потенциал Ро (2) т где Т вЂ” объем шара, является функцией, гармонической вне сферы (при т > а), удовлетворяющей уравнению Ьй' = — 4яр (3) ОС'ноя|вона о о где Л = с~ + т' — Зст соз д.
Вводя новую переменную интегрирования Л вместо д и учитывая, что Яо4Я = тС о1пОМ, получаем г(О='— "'/е~ ) гл)ое. о внутри шара и непрерывной вместе с нормальной производной на его границе. Так как ро = сопзо, то потенциал обладает сферической симметрией. 148. Решение. Задача сводится к вычислению объемного ин- теграла 43О Ответы, указания и решения Если т > а, тот >с всегда и Если т < а, то / гт )'(т) = — Ро ~ ~От+с — т+С) сК+ /Дт+С+т — С) сК~ = 2яро ~ аг — — ) . т 1,1 о 149. а) при т<а, при а<7 <6,. при т>6; 17 = бг) 2я рг аг — — + рг(с — Ьг) 2ярг(с — Ь ) -~- — рга 2 2 йа 3 3 т 4н аз 2нро 2 2Ь' 1 — р1 — + 2ярос — — т +— 3 7 3 \ 7 ( 4я)рг(с — 6 ) + а' рг) Мг + Мг 3т Указание.
В силу принципа суперпозиции решений линейного уравнения искомый потенциал представится в виде суммы — е 147 + 1 149 а~ где $'147 и Ъ~4за --- решения задал 147 и 149, а); в) потенциал М1с) при т>с, МЯ -~- 4я~~рЯ с14 при 7 < с, где М(с) = 4я~рЯ~~ с1(, МЯ = 4я~рЯ~~ д( масса, распределенная с объемной плотностью р(г) внутри сферы радиуса с (или радиуса т). Если ) 0 при т<а, ) ро при а<т<Ь, 2яро(Ь вЂ” аг) 4норо (Ьз з) 1 3 т при т< а, при а<т<6, при Ь<т<с, при т>с. Гл.
! 'ьр. уравнения эллиптинееноео типа то отсюда мы сразу получаем решение задачи 149, а) М 'гр' — а ) + 2ярооЬ вЂ” т ) при р'>Ь, при а<т<Ь, получим при т>а, р 2 г Ъ 2кро <аз — — ) при г < а [, 3,) 4н з где М = — а ро и т. д. 3 150. Потенциал однородного сферического простого слоя равен 4яарло при г < а, и= М вЂ” при г>аэ г где М = 4яаэрро --- полная масса простого слоя, распределенного на сфере.
Указание. Потенпиал простого слоя и(т) = I I — зьпоььойр, у / В о о я= 'рР— р р, . р которое в данном случае просто, удобно искать как решение урав- нения ели=О при тра, всюду непрерывное, а при т = а имеет разрывные нормальные произ- водные ь4иэ Ыиь — — — = 4крро й- р=о йт р=л где иг решение уравнения йи = 0 вне сферы (т внутри сферы ь,р < а). 151. Пусть центр шара радиуса а помещен = О, з = Ь и р = ро есть плотность объемных электростатического поля будет равен > а), из решение вточкел=О, у= зарядов.
Потенциал 2ргро а — — — — при т < а, 3,/ где 4н з М = — роа, 3 ° =,Й' р р' р а - ьг , =,~Эрр'рр.рьр. где М = —,(Ь вЂ” а )ро. 3 При р = ро внутри сферы радиуса а (с = а) из общей формулы 432 Ответы, указания и решении 2 я М Сз — — ярос 3 го при г <а, при г>а. М (-1 — — ') Постоянная Сз определяется из условия сопряжения решений при г = а. 152. Логарифмический потенциал круга в точке [г, уз) 3 в=ее)=„0и ..' ммр о о 1'+ ' — 21 Ф вычисляется непосредственно и равен М вЂ” — 1п а — — —, М 1п— 1 при г<а, при г>а. Указание.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
