Б.М. Будак, А.А. Самарский, А.Н. Тихонов - Сборник задач по математической физике (1979) (1127884), страница 69
Текст из файла (страница 69)
Соответствующие выражения зля потеноизла мы не приводим. 138, Если внепшее иоле Еа направлено вдоль полярной оси а, так что его потенш(ал Уа= — Ела — ЕлтР1 (соз 6) (Р1 (к) = х) то решение задачи имеет вид У =У(= Агр,(сов 6) при т- а, Ври а = г < Ь (внутри оболочки), С) У Уе=(В«+ — з) Р,(соа6) А) У Уа=( Е,,+.лу)1,(свай) 1) при «~Ь, А„н Вл опреаелаюгся из условий и=О при г=а и г=Ь, 137. 1) Напряженность поля точечного заряда е, помещенного в точке г=г„, 6=0 вне шара тл )Ь, Е= — йга(( и, где потенциал и, при г< а, и= иа при а<г<Ь, иа при т <Ь, отввты, зклзлния и Рвшвния где А, В, С.
() — коэффициенты, равные ОЕоН 3(2Н+1) 3(Н 1)Рой А о В б ' б Ее С вЂ” 1 — ат, Н- Р„Ьо+ ~1+ (2Н+1)Ьз1 г,, Г(а(з и = -' —, 3=9Н вЂ” 2(Н вЂ” 1)е ~~ — ! — 1 ~. (Н вЂ” 1)а ~' з,' ' 1~Ь/ 139. Вводя обозначения: а †ради внутренней обкладки, Ь вЂ” радиус внешней обкладки сферического конденсатора, 3 †расстоян макну центрами сфер, и пренебрегая членама бз, бз, б' и ь д., получим для плотности поверхностных зарядон на внутренней обкладке а (др) еаЬ(рг — (гз)(! 33 4п '1дг( 4н(Ь вЂ” а) (ау Ьз — аз ) ' где 1'г — Ре — разность погенциалоа между обкладками. При зчтчо прслпола.
гается, что центр сферической системы координат находится н центре внутренней сферы. Указан ие. Воспользоиаться рааложением обратного расстояния между точкачи по полиномам Лежандра. Если г=а †внутренн обкладка, то приблингенное (с разностью до члепон порядка Ое и нише) уранкение внешней обкладки может быть записано а виде г = Ь+ бр, (соз 6). Иб. Если ючкн кольца имеют сферичесние координаты г=с, О=и, то потенциал н точке (г, 6) равен р — 7 ~ — ~ Р (созсс)Р (сгиб) при г)с или О чьи, г с, о П е=-о — Р„(соза)Р„(созб) при г Сс илн б чьи, г с.
о о н точке (ге, 0) на полярной оси а У к а з а н и е. Сначала ищется потенциал е ! У(го. 6)=— е Ьгг,"+сз — 2госсоза — ( е ) Р„(ссиоа). е=е 141. Если асоза )Ь, то потенциал между кольцом и сферой, точнее н области Ь( г ~ а, дастся формулой 2пн ът (Г г )е и (ао — ат) Ьо + 1' (г, 6)= — ~ Ре (сова) аш се $ а ( а" (и (е +е )+г ] чог ~ Р„(соя 6), и=-о гле н=- ., е — полный заряд кольца. Начало координат находится о 2па мни ' и цен~ре сферы.
46! 3У, УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА У к аз а н и е. Воспользонаться решением задачи !40 о потенциале азря. женного кольца, точка которого имеют сферические координаты г=а, О=а, Решение ищется в виде суммы Ач( — ) Ри[созб) а=о Рч+ У Вч( — ) Р„(соя б) при г<Ь, Р (г, 6) при г~б, где А„и „— козффицненты, определяемые из условий сопряжения при г=Ь, я 1'„— цотейциал кольца из задачи И0. 142. Пуси начало координат находится в центре кольцз н сферы, полярная ось направлена перпендикулярно к плоскости кольца. Тогда будем иметь для потенциала выражения (а — радиус кольца) и г=а, 0~ —, 2' (Гг(г, 0) пРи с<а или (г(г,б)= (гз(г, 0) при Ь~г)а или и 2' где (йл)н <( ) (! ) (Ь) ~Рзз(онб) =о (гз(жб) — 1) ( — «( 1 <( — ) — ( ) ( ) 1р ( 6) Внеси з — диэлектрическая постоянная иешестаа, заполняющего сферу, (2л)й 2 ° 4...
(2п — 2) ° йп. (2п — «й = ! ° 3 ° 5 ... (2п — 1). у к в з а н и е. Следует воспользоваться решением задачи 140 о потенциале заряженного ксшьца, а именно: если начало сферической системы координат находится в центре кольца, на котором распределен заряд е, то пошнциал п1 в любой точке (г, 0) равен (см. задачу 140 при и = — ) 2 г' '5' (')"' Р„(0) Р„(сгиб) при . =-о 'г'з(г, 6)= ( — ) Р„(0) Рз(ом 6) при ч з и г )а или г=а, 0 чь —, 2' и г «,а или г=а, 6~— Нормальная составляющая напряженности злектрического ноля на сфере г Ь равна д(/ 1 е %~ (2л — 1)!! Ег — — з < = — ( — 1]ч ' (4п+1) Рт„(сов 0). дг ~, а аЬз зг! (2п)В ОТИЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ причем 6. если л нечетно, Ра(0) а!38 (л 1) ( — 1), если л летно.
2 ° 4 ... л Решение поставленной задачи нужно искать в виде суммы (г = (г а+ Уа, где (га — потенциал зарядов, индуцированных на сфере. равный Уа — 7 Аз ~ — ~ Рза(соз8), еа " Ь а=о Аш находится нз условия (г 6 пря г Ь. 143. Если а †ради шара, а центре ко~араго помещено начало сферической системы координат, то потенциал тока во всех внутренних точках шара выражается формулой Г жч 4л+3 Г г (заю Ь'(г, 8)= — ч ~ — ~ Рпы, (созе). 2яао ~ы 2п+ ! ( а 1 а-ь Указание. В силу симметрии задачи У Е при 6 --, и позтому н 2' моясно рвшать задачу для 8~6~ —, полагая 2' / г (огьь Р (г, 6) ~~)„Ав ы ~ ~ Рэма (соз 6) а-о Ь(озффициенты Атаы следует определить пз условия дрь( дуь( ь о дг г' дг г а зжа 144.
Предположим, что точечный заряд находится в начале координат. н г а и г Ь вЂ” плоскости, ограннчнваюшие пластинку, ез — дизлектрическая постоянная пластинки, ат — диэлектрическая постоянная пространства. Позенциал поля в обласги г ь Ь равен е[! — ()з) Еч л, гегшгьв где рз за+ р*, й Ь вЂ” а. е,+а, ' Решение. Требуется найти функцию 1',(и, г] прн — сю(г(а (под яластинкод), (Р г) 1 з (Р г) ЕРи а С г ~ Ь (В пластинках Уз(р, г) при ь~г~сю (наа пластинкои), гч.
УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА гармоническую всюду, кроме точки р О, г О, в которой У, имеет особене ность вида —, и удовлетвоРяющую при г а и «=Ь обычным условиям агг сопряжения д(', дУз Уз=уз аз — =гз — при г=а; дг дг дУ, д), 1'з Уз. зз — =е, — прн г=Ь. дг дг Так как область неограниченная, то решение надо искать в интегральной форме.
исходя из разложения — 7„(Ар)з х!«)а)(*), полагая )зсе интегралы, кроме первого„должны оставаться конечными прн р- О и «-ьб; кроме того, !1(п Уз О. !!ш Уз О. 3 — зч (ь Условия сопряжения при з а и г Ь дают: Л (й! -(О+ !) С (Л) — й , В (й)-Р С (й)+ () — 1, (ре ззэ 1 — (Р С (й)-, „0 (А), П (Л)--,—— 1+О е(1 — () ) (' уз(йр) е-~ = — ! =-.Ох а)(. з, д 1 — ()зз ! Для вычисления этого интеграла рзаложим в ряд по степеням откуда, пользуясь формулой (1), и получаем результат в виде ряда, призе аенного выше. ) См. (Т), стр. ООТ отняты, нклчдния и рншнмия 145.
Потенциал на поверхности земли при г О может быль представлен в двух йюрмах: р(р, О) = — —,—,(. (Лр) АЛ 2но, 1+ ()е- или У (р, О) — †-(-2 1 ~ 1 а ( 1)а()а н,(й 3, Гноы 1' где оа — от в==. оэ+о,' Если в точках к=а и к= — а помещены лва электрода, причем через первый электрод вытекает' ток (, а через второй вытехает тон — (, то где з,-т~ — рь~.
ь-тьэчтзс. Указание. Решение ищется в виде г; — '~(ьа >~н+~~в>ьМ "нг~ Ыьа > "~~ 2ко> у вобластиб(а(6, ( "з 2, 1 б(Л) эа(Лр) а™пЛ в области а~а. ан о Коэффициенты разложения А (Л), В [Л) н С (Л) определяются иэ двух др условий сопряжения при г й н условия — О при г О, р-ьО. Переход от интеграла к сумме производится по аналогнн с задачей 144, Формула (2) получается из бюрмулы (1) с помощью принципа суперпоэиции. 146.
На поверхности земли потенциал равен / и' — Г агсзИ а ~/ и (х, р, О)= У„ агссИ о ' т о„ Р е ш е н и е. Требуется решить уравнение о,(У„„+рэа)+а, 1'„О в полупросгранстве г~ й при граничном условии Уа на сфере хе+уз+аз пз. 1У. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА Полагая )=аг. получим У„„+Утч+Угг=О и У=Уа на поверхности эллипсонда вращения хэ ! уа !а а' Ф дУ где аа=аг, са=аааэ. Вне эллнпсовда на плоскоств г~О, очевидно, - = О. ' дг Поэтому аадача сводится к вычислению потенциала поля заряженного эллипсоида вращения. Ее решение (см. задачу 1О4) имеет вид аа л (па+ з) Уса+а У=Ус „ о (аа !. а) Уса+.
где Х вЂ” эллиптическая координата. В данном случае эллипсоид вытянутый, поэтому имеют место соотношения сэ+Х=(са — ая) т)я, 1 (Ч*(оо, са+ "А=(са — аг) яг, О(~а (1, =1 и 1 + 1 (са а ) (Ча — !) (с — аг) Ча — (с — а') (1 — Са! (са — ся) Ва отсюда (=Уса — а ~Й р У(ст — ач(1 — а)(ча — !). Вычисляя интегралы, получим: асс!)г У(са — аа) (се+ х) ~ У =Ус б 37Р— э или 1 1 агс!и— нгоро Ч )Чг аа ! агссВ а — 1„ агс!О Иа уравнений (=аг=а)' аа — 1СЧ, ра=аа(аа — !)(1 — яа)(Ча — 1), исключая $, получаем: р' маг' — + — =аа (аа — 1). Ча — 1 Ча При г=О отсюда следует.' 1 ~2 л 1= аа (а* — 1)' „а УЭ:Т "(р О)=Уа — — — ° р агссй а ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ И РЕШЕНИЯ 5 5.
Потеициельг и их примеиеиие 147. Объемный потенциал однородного шара а г" ) .( — ) ° °,< (т=тт(г)= з) при г Ъ.а, г 4н где а — радиус шара, М=- рятз — его масса. 3 Указа н не, Обьемный потенциал ~'(А()=1 ~ бТР, ~ гМР (2) (3) вн)три шара и ненрерывной вместе с нормальной производной на его границе. Так как ре=сонз(, то погенниал обладает сферической симметрией. 148. Р е ш е н и е. Задача сводится к вычислению объемного интеграла а и ~(гам ю )1 о где )те = Са+ га — ййг сев б. Вводя новую переменную интегрирования )т вместо 6 н учитывая, что )( тЩ = гй а)н а аа, получаем: а ( +1 ~~Фп '( и ~ а)1 г о !г — а) Если г ) а, то г) $ всегда и а )г +1 о' е 0,1 Если г(а, то Г' а 1 г<)-~ь'() В .г1 — <-Юе.г) ~«+н- — ач)--~( — ") г где Т вЂ” объем шара, является функцией, гармонической вне сферы (нри г~а), удовлетворяющей уравнению тч.
аидвнвния вллиптичпского типа 2прз (Ьз — оз) при г < а, 2лРз / 2аз ! 2прзйз —, ! гз+ — ) при а < г < Ь, р 3( г) 4прз 1 3 — (Ьз — аэ)— г при г> Ь; б) гэ) 2п~р ~ае — )+р ( — Ьз)~ 3) при г а, 4п 1 2и(тз (сз — Ьэ) + — Рзаз— 3 г 4п аз 2пр / 2Ьэ) — р, — -1-2пр сз — — ~гз+ - - ) 3 3 4п[рз(сз — Ьз)+азрз! М1+Мз прн а<г<Ь прв Ь<г<с, при г)с Зг !' тат+ )г зззз.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
