Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Зная потенциалы, нетрудно найти поля Е, — йгвб ит, Е, — йгаб из. Вектор электрнческой полярнзецнн Р шара определяатсв следующим рзвенспюм: (е, — еа)Ет Р, Внутри шара отлична от нуля лишь компоненте Еат дн, Зеа Еа — — ' ." Еа» дз 2еа+от твк что Зе, Е Еа= к — + — Еа. ее+ ст Поэтому полярнзвцяя шара равна Зез (е, — еа) нтгта*т а' 77. Выбираем скстему координат тэк, чтобы ось з былв направлена вдоль осн цнлнндрз, а поле Еа — вдоль осв к. Потенциал поли внутри и вие цилиндра дается формулами 2ее и, (р, ф) — — Е„рсовф при Р~а, е,+е, е,— е ав( гге (р.
9)= — Ее (р+ — — ~ сов ф при р ~ а, ив+ее Р! где а †ради цилиндра. Поле внутри цилиндра равно и направлено вдоль оси х. Поляриаация (е,— и ) ев ) Ее. если начало сферической системы координат поместить в центре шаре, а полярную ось х направить вдоль внешнего поля Ео. Указание. Потенциал следует представать в виде суммы и=ио+й, где ие — Еев- — Еог сов 6 — потенциал внешнего поля. Для потеипнала иска. женной части пола й получается следующая краевая аааача: Лйл й при г)а, й=Е»асовВ при г а. +Во)пр+Ао (1) вш УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО типА дипольный момент на единицу длины (е, — ет) ев р=ллвРг = авЕ».
Указание. См. задачу 76. 78. Потенциал поля вне шара равен ав( и (г, ф) = — Ее (г — — ~ сов 6 при г ) а, г'в 79. Потенциал поля ав1 а и (р, гу)= — Ео (р — — ) сш <р. р Плотность поверхностных зарядов равна ал»2Е»север. Указание. См. задачу 78. 80. Есля «)Р ~=)(гу), и) ь Е(гу). н(р, |р)= ~' ~(А»р»+ — »)стнлф+(Слр + — "-) вшлгр~ »=г где Ьлр'и алф' )Ь»)»" а»Е'„и) алЬ» Ь»рм' — ал)'„ь (Ь )„'" — а Е ')а Ь Еоо Ьвл е» ° » Ьвл «ш е о= /а — ро е )п— Ь 1па — )о«1п Ь а 1п— Ь ОТВЕТЫ. УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ причем 1»п, 1» и равные яи Ф', Ром — ком)хйициенты ФУРье ФУнкций ! (ф) и г" (ф), и 1 )(ф)бр, 6 = — ь!(ф)тьпфг)ф и 1 Г = — ь )(ф) з)плфдф.
е (»=1, 2, ...), и (р, гр) = )! (р) Ф (ф), получим: )Т„(р)=А~Р»+ — ", Ло(р)=Аз+Во!пр. В отличие от задачи для круга здесь следует сохранить оба слагаемых, так как точка р=й находигся вне кольца. В результате мы получим частные решения вида ио(р ф)=Аз+Во!пр, и„(р, ф) ~А»р» + — ) созпф+ 1 С»р»+ — 1 мп и р. В» )-~» ~ Составляя затем общее решение и требуя удовлетворения краевым условиям прн р=а и р Ь, будем иметоп Аз+Во 1па+ !)' ~(А»а»+ — ф) сизиф+(С»а»+ — ») мп пф~=р(ф), »=г Ао+Во 1п Ь+ ) ~ ~А»Ь»+ — ») созлф+ (С»Ь»+ — ») з)п лф1=Р(ф) »=-М откуда н получаем уравнении для определения А„, В„, С„и В» А ио+ — "=)о, С„а" + — "=)й', Аз+Во!пС=)а", » а» ' " и» = А»Ь»+ Ь» Р», С»Ь»+ Ь» =о», В„ , „ и„ Ао+ Во 1п Ь = Ге '.
а !и— "о р 2 а' !ив Ь Аналогичные выражения яме~от место для )г». Р е ш е н и е. Требуется найти решение уравнения Лапласа внутри кольца а«Р«Ь пРи кРаевых Условиах и!„~ Р(ф), и! ь — — г(ф) на его гРанице. Действуя методом разделения переменных и полагая пю виденными вллмптичиското тмпл У к а з а и и е. Решение удобно представить в виде суммы и и,+и, тде функция о удовлетворяет условию О приб(р~п, о=ь ( — и при п~ф(2п. 82. Распределение температуры в кабеле дается выражением 2 ~+Об р О,ббзи ! и (р, ю) — (рз — аз) — 1п — + — '(ре — — ! шве ю, 4 2 а аз+бе '1 ре~ ди, ! — — км др!о=ь иь(о=а О, 83. Температура в точке (р, ф) равна и (р, о) ~)~ („( — ) в)п — ф, еде !в — 1(ф) в!п — ф бр.
В частном случае и, при О~~р~— а 2 ! (др)= и, при — (ср ~а 2 ряд су|имируется (см. указание к задаче 89) и дает. и л еп хя о и Я К 2р'"аи з!п — ф ур" а" з(п — ф и (р, ~р) — зтс12 „+ — агс12 от+из и и — из а а" — ро аи ра Решение. Нахождение стационарной температуры сводятся к решению первой краевой задачи для уравнения Лапласа внутри сектора при краевык условиях «! 1(ф), и О при ф О и ~р а. тде д = — — ое 0,24)еЛ вЂ” количество тепла, выделяющееся при прохожде Че й' иия тока в единицу времени на единицу длины цилиндра, )! — сопротивление А единицы длины цилиндра, не = — й — коэффициент теплопроводности, 2Д' У к аз а н не.
Требуется найти решение уравнения Ьи о внутри кольпд а С р ( Ь при краевых условиях и(, О, ди ! ди! — й — ~ А соьеф нли — ~ — и — и сов 2~, др!о ь сбункцию и удобно представить в виде суммы и=и,+ие, где и,— решение .задачи отпиты, указания н нншнннн Полагая и=)с\р) Ф Ор) и производя разделение переменных, получаем: р%'+ р)с — Хгс = О, Ф'+зФ О, Ф(0)=О, Ф(сз]=0. Отсюда находим: Ф А мп3~Хф-).Всш)~Ц.
Условия при ф 0 и ф=и дают; в=о, р'Х= — ", т. е. Таким обрмюм пп Ф» (ф) = Ап мп — ф. пп Системз функпнй Фз з)п — ф ортогональна на ннтернале Осе са з)п — фа(п — фйр О, глчьп, и и з н имеет норму ~ ипз — фпф ф~ --, о так что коэффициент )„разложения некоторой фуикшш )(ф) в ряд по функ- циям Ф„Ор), пп )(ф) ~' )з з(п — ф, определяется формулой ).- — „~ )(ф) (и — „флф. 2 Г пп Решая уравнение для )г и учитывая ограниченность функции )( частное решение нашей задачи в визе пз пл и„(р, ф) А„р з(п — ф. Общее решение естественно искать в виде ряда и(р, ф) ~~) А„р" з(п — ф.
1 1У. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛ3!ПТИЧЕСКОГО ТИПА Полагая р л и учитывая условие при р=о, получаем: >» л» О» Х." — 33Л 'Сч лл А»™ — „р )(ф)- у, )«1 — ф, чткуда следует, что где 1» †коэффицие разложении >рункции >'(ф), 84. Температура в точке (р. 1)) равна 4(ие — и,) ч р а ( + )аф 1вл+Пл л вл ал р а Л а л(Р,>р)- — агс(8 л л 2333 2л "р '" лп 31ф а У к аз а и не.
См. указание к задаче 69. См. также задачу 88. 88. Потенциал влектросгатического поля равен 3>*->» > ' 32>>' 2»3 л(р ф)=р + л а'3 ')а / 2л>+1 а=е мли и(р, ф)=У>+ — (ра — У3) агс(8 2 арз)пф л рз оз Вектор электрического поля равен л' — Ега>( л.
Указание. См. задачи 69 и 84. При а л имеем ищ и,з. 323 Л» Ьа( — лар >О> >Ю> л»» а >» >а> Л» > 2 — 2— Ь а — л 2 Г лл 2 Г лл йа — 1 ) (ф) з(п — >Р 3(ф, Р— 1 г" (ф) э)п — >Риф. а ) а "а3 а э Л» 3»3 3'» Л 1» ,л» л» 2 — 2— а а лф + — а ге(8 „„. (2) ра — па отпиты. кклзанпя и гешшшя Частные случае: при а-ь0 Ва=О. Аа Ьа —,о, ! и получаем решение задачи 88 для кругового сектора; при Ь-ьсо А„О. В» )„а " и мы получаем: и1Р И 7„та — ) а1п — ф в области р)а, О сф~сг /а)о ил Л "11р~ а а ! при а и получается решение для полукругового кольца. Р ею е п п е. Требуется иайти гармовическую функцию внутри екольце вого сектораз а(р <Ь, 0 «р (сс, удовлетворяюшую краевым условиям и 0 при ф О, ~р а, и! /9р), и! ь рйр).
Пользуясь мекщом рззделеиия перемепиык, получаем частные решении вида 1см. задачу 83) их 1р, ф) Ва 1р) з)п — ~р, где Да(р) определиется пз уравиепия г Гпл1а раВа+р)!а — 1 — ~ )! 0 п имеет вид Составляя ряд и удовлепюряя краевым условиям прп р а и р Ь. пайдем коэффпвлеипа Ааи В„. а=о Ь о д и где л=2Й+1. 88 Пу' ось х напрею а доль пр дев в проход ер двпе, д ними, а плоскосгь а О перпендикулярна к плоскости, прокодяпгей параллельные провода.
Отлична от иуля только х-компонента вектора-оотелцкала А, удозлетво- рякицая уравпеипю Лапласа вие проводов и равная А — !п — Ач А. О, Ир В, с В,' где с — скорость света в пустоте, р — магнитная прошшаеиость среды, !— »у. зидннения эллиптического типа сила така, протекающего через сечение каждого провода, 11»=Яу — 0,5а)»+г', В =)' (у+0,5а)я+гз, а — расстояние между проводами. Составляющие вектора индукции В=го! А, определяемые формулами дА д 4с дА„ дАх -" ду дг ' " дг ' ' ду' равны 2Р)г / ! ! ! 2Р! Г у+0,5а у — 0,5а1 ов У к а з а н и е. Воспользоваться формулой для вектора-потенциала линейного тока т где интегрирование производится по контуру тока ь. Каждая из сосгавлякнцнх Ал, А„, А удовлетворяет вне !. уравнению Лапласа.
Вектор магнитной индукции В=го( А= — г!з Р! Г (дзг) с ) гз с 89. Отлнчван от нуля г-составляющая вектора-потенциала равна 4п А = — РаСс!па+- — у — ! — ! (С созл»р+О мп юр) с ) л з=! где а — радиус цилиндра, Сс, С»ь Ои — коэффициенты разложения поверхностного тока » по круговым гармоникам, 1, (а, »р) = 1) (С„соз л»р+ Вс з)п п»р). с=с Указание. Вектор-потенциал в точке М(г, »р), находящейся иа расстоянии В от бесконечного провода, несущего ток )=»»а»(а, параллелен ему 2!и,а сй» и равен ~ !пВ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
