Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 61
Текст из файла (страница 61)
е, отражение в этой плоскости долгкно быть нечегным. 49. Потенциал в точке М (х, у, г) точечного заряда, помещенного в точке Р(", т), «) внутри параллелепипеда со сторонами а, Ь н с, равен и=е !) !) !) [ — „, » — сО т= — »О» с» 1 1 ! ~м + а) а гат» ' тат„га 1 1 1 1 1 ггт! ~а~ жл» ~атл где гаот» = К ]х — (2ай+ «Цз+ [У вЂ” (2Ьт + 1!Цэ+ [г — (2сл + «]з, Гата = р'[К вЂ” (2ай+«)]'+ »у — (2Ьт+т)]]т+ [г — (2СЛ вЂ” «ЦЭ, га лл = [х — (2ай+«Цэ+ [у-(2Ьт — т)Ц»+ ]г — (2сл — «)]з, гг'» = р' ]х — (2ай+«Ц" + [у — (2Ьгп — т!Цз+ [г — (2сл+«Цэ, 4~л Р [х — (2ай — «Цэ+[у — (2Ьт — т!Ц'+[г — [2сл+«Цэ, гатт» = $/ [х — (2ай — «Ц~+ [у-(2ьт+ ЧЦ'+ [г — (2сл + «Ц', гата = Р'[х — (2ай — «)]э -»- [д — (2Ьт+ Ц)]э+ [г — (2сл — «)]э, гатт Р [т — (2ай — «Цэ+ [д — (2Ьт — 1!)]»+[а — (2сл — «Ц», а, Ь, с — измерения параллелепипеда, М (х, д, г) — точка избл1одсння, Р (щ 11, «) †точ, в которой находится заряд.
У к а з а а и е. Выберем систему координат тек, чтобы начало ее помещалось в одной иэ вершин параллелепипеда, а оси были направлены вдоль ребер. Покроем это пространство параллелепипедами, подобными данному, при помощ11 сдвигов по сспм х. д и г на ай, Ьгл н сл соответственно, где а, Ь, с — длины ребер вдоль осей х, д и а. Объединяя восемь подобных параллелепипедов, лежжпих внутри области — а«х«а, — Ь д«Ь, — с«г«с, в одну трунит и беря нечетные отражения во всех гранях, мы получим одно слагае и« суммы, представляющей ответ. Перемещая затем есю группу по осям х, у, г иа Расстояния 2ай, 2Ьт, 2гл, получим остальные слагаемые суммы.
Решение втой задачи сходно с решенном задача 46. где иы — решение задачи 46 для цилиндра с квадратным сечением, причем сторона квадрата равна а. У к а з з н и е. Плоскость »=у делит цилиндр с квадратным сечением на два симметричных цилиндра с сечениями в виде прямоугольных равнобедренных треугольников. Точке !4, пь «) (т! ««) одного цилиндра соответствует симметричная точка (ть $, Ц другого цилиндра. Беря решение задачи для цилиндра с ивадра1ным сечением с полюсами в симметричных точках, мы получаем искоисе решение задачи. 48.
Реп1еине и=и (г, у, г) имеет вид ОтВеты. уцявания и Решения 2 Фуикпия нсточннна для областей со сферичесинчи (к руговыми) и плоск ими гр анин ам и йб. Если обозначить а — радиус сферы, е — величину заряда. Π— центр сфеоы, М вЂ” точку наблюдения, М, положение заряда (рнс. 42), то решение можно написать в ниле г'! а 1) и Р ~гз рз И где г г„м, ра ОМ, г ММ ы Мг — точка. лежащая на прсдоюкения Ом„и получаемая нз Ме при помощи преобразования обратных Рис 42.
рахн сов-векторов. ею ение Задача состою в отыскании функции, гармонической но всех внутренних гочках сферы, кроме точки Мз, в окрестности которой она представнма в виде е и — +о (М), ге где и — потенциал индупироваиного поля, причем иа поверхности ореры и О. Лля отыскания о следует использовать преобразование обратных радиусов ОМ, Ом,-аз Помещая в точку М„изображение заряда Ме, напишезп е, и — +— ге г, Э где е,— величина наряда в точке Мь Условие и 0 на 3 данн — г, е, — е. В самом леле, рассмотрим треугольники ОММз н Омм„.
Они подобны, таи как имеют общий угол Моме и пропорциональные стороны ОМ, 'ОМ Ом ОМ (ОМ ю а). Отсюда следует, что ОМз ОМ Мма рз о гв — — или — — ° ОМ ОМ, ММ, ' а р, Таким образом на сфере г, а ге рз Позтому функция а обращается в нуль на сферы отсюда следует также, чго е, — — е. »ч нрдвннння эллиптнчиского тнпл й!. Плотность поверхностных нарядов на сфере равна р» и — е — ' г =»мы р гон 4п»м»» е * е м где Π— наняло координат, М-точка наблюдения, Ма — поло»ксиве наряда, а — радяус сферы.
Решение первой красной авдачи йи 0 н и]р, )(д, ~р] дается формулой Е где интегрирование проводится по сфере, иля тн л и и» р» и(р», Ю, к ) лю, ) ((], »р] в]п 6дй, 4п ~ д (и» да(,» ср» у+р»)»»» где со»у соеб ссн 6»+вш д пп да со»йр — Ч»»).
Ук анан не. Плотность поверхностных вврядов о=()л ], где (]а — проекция вектора нндукпнн»)=ед на направление внутренней нор- мали; так как в данном случае е= ! (пустота), то ди ! ди! 4яп Е ! или 4ло= — — ~ а|и дл»н !о=а дл )р а' ди где — — производная по нвправлеиню внешней нормали. Вычисления дают; ал ! ди! ໠— р» 4п дл (р =а 4наг„'' Для решения первой краевой задачи надо воспольвоваться формулой и (М) — ~ ~ и (Р) — - ддр, дб дл, и учитывая, что функция источника 6 есть потенциал точечного наряде велнчи! ной †, получаем и(М) — г] г) и(Р! )о(М, Р))„, ~Юр.
Найлвм плотность поверхностных чарядов ! ди) 4н дл (р а' ди Пронвводная — по направлению и равна дл дл '1дл(га) р,дл~гД Вычислим: ] — — сов (г„п), г» = — — сов [г„л). г» ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕП!ЕНИЯ Из Ь ОММз н гх ОММ1 (см. Рис. 42) находим: аз+ г — рй ' аз+ г) — Рз~ сов(г„л) *= ' ", ав(гм и) 2аге 1 Учитывая пропорцию — = —, после преобразований получим формулу для о. П а ге Рз' г( а 1) 52.
и е11 — — — — ) гю Р1 гз (при этом сохранены обозначсния задачи 00], а Рт=гом; указание. если заряд находится вие сферы в точке М(рт. Юн чч). то его изображение в силу преобразования обрзтаых радиусов ОЛ1а ° ОМ,=аз окажетсЯ в точке Мз(рз, ба, Фа). ПоэтомУ е Сг и= — + —. г, га ' 4)пределение С, проводится по аналогии с задачей 50. 53. Платность поверхностных зарядов равна Рг аз а= — е 4гшг', * Решение первой внешней краевой задачи для сферы имеет вид а г г Рз аз и(р,, фы Ф,) — йр 1 Р', )(6, Ф)з(оба 3 (аз 2ар,созу+р~)Ы где ом У = сов 6 соз О, -1- зШ 0 з(п 6, соз (Ф вЂ” Ф,). Указа н не.'Ср.
с аадачами 50 и Б1. 1 а 11 и =е(1п — — !и — — ~. 'а Ра г| 1 а 11 и е~1п — — 1п — — г1. Рг ге/ в) Решение первой краевой мдачи внутри круга имеет вид 1 Г аз рт ит(рм Фе) 2— з+ з 2 (, )(РР) г(4Ч нне круга Ц б 2,т 1 аз 1.р) — 2ар, соз(Ф вЂ” Фт) ГУ. УРАВНЕНИЯ НЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Здесь приняты следующие обозначения: а — радиус круга с центром в начале коорглнат (точка б), га ММе, «,=ММИ ра=бМа. Рг=бМИ Мь(рм нь)— положение заряда, М, (р,, БХ) — положение его изображения.
указ а н не. Для нахождения решения задач а) и б), очевидно индо поступить так же, нак и в задаче БО, учитывая, однако, что в плоском случае' потенциал вблизи заряда имеет логарифмическую особенжкть. 1 Полагая е= — получим фуикиию источника б. Вычисление нормахьных 2п ' дб пронзгодных — приводит к выражениям дп дб ! ' "'- — Ро — — (заряд внутри круга), дл ~р ь 2ла г„" дбз ! 1 р,-! — а' — — — — (заряд вне круга). дл !р» 2па ББ. а) Для полусферы, лежашей на плоскости г=О (в области г)0) функция источника имеет вид б=бм(М, д!0) — бы (М, Мь), (11 где 1/1 и 1) б,.= — — —.— 4л (гь ра г, / (см.
задачу БО), Мо(ра и — Он чв) — точка, симметричная точке Ма(ра. Ое фа) относительно плоскости г=О (рис. 43). 1 1 Р" ! 1 ! чр, Рнс. 43. Рис. 44. б) Для одной четвертой часта сферы (рис. 44), ограниченной плосхостями г О, г=О и поверхностью сферы, нмееьс б=бм(М, Ма) баз(М !11(1+бы(М Мь) — бьъ(М, Ма ] (2) где й!о(ре Оа*йч).
Мю(ра 1г ")е Ч'е) Мо (Ра гг ")а и'+йч).Мь (Ра ()е и+Фа) место нахождения источника и его изображений. Указание. а) Требуя выполнения граничного условия и- 0 на сфере, мы получаем б,а(М, Ма); чтобы удовлетворить условию а 0 при г О, не- 1 обходимо поместить в точку М' заряд — — и соответственно в точку М'— 4;т 1 1 наряд -(- — , что даст нам †бы (А1. М!) 4л ' б) Чтобы удовлетворить условиям и=О при к=О и г=О ~на сторонак двугранпого угла величиной — 1, необходимо поместить на сфере радиуса ра 2/' ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ где баа = — )ив Реа лга (см.
задачу 54). 6) Лля четвертой частя круга О» ф~. имеем: 6(Р. ф! Ра фа)=бы(Р ф! Ра Яч! — баа(Р. ф! Ра 2гг — фа)— — би(Р, ф! Ра, и — фа)+бы(р, ф; Р,, я+фа). (2у Д в) Функции источника сектора р(я, О ~фосс= — имеет внд « — 1 б (Р, ф! Ра. фа)= ~~ ~[бы (Р, рд Ра. 2йп+фа) — баа (Р ф Ра, 2йи — фа)]. а=о Отсюда, в частности, сразу получаются формулы (!) (при л 1) и (2) (при а=2).
Решение. а) Чтобы удовлетворить условию 6=О при ар=О и ф са помещаем 2л — 1 зарядов на окружности р=р„— в точках фа 2(ах+фа положитеньные заряды н в точках фа=2(нх — фа отрицательные заряды, после чего. проиаводим отражение асей системы 2л зарялоз в сфере Р=п, т. е. помещаем а" заРЯды пРотивоположных знаков в точках Р=Р,= —, О=фа (заРЯды «ТРицаРа тельные) и р Р„ф фа (заряды положительные). Группируя попарно заряды в М(а! [Ре, фа) и М(а'(р, ф,) и суммируя их действие, получаем формулу (3). 57. Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом е, помещенным внутри сферического слоя л щр (Ь, равен и(М Ма) е у ~г« «=е где М(р, О, ф) — точка наблюдения, Ма(р„, Оа, фа) — точка, в которой находится исходный заряд г«=ММ».
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
