Семинар 2 для К-6. Фундаментальное решение уравнения Лапласа и Ньютонов потенциал (1127979), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Ведь у насзадан диполь с конкретным положением в пространстве, а точка M произвольно перемещается−→по пространству. Поэтому переобозначим вектор ~r = M 0 M .Ответ: cos~r, ~ld1u = µ∆l ·,= µ∆l ·r2d~l r(2.3)−→где µ∆l – дипольный момент, ~l – направляющий вектор оси диполя, а вектор ~r = M 0 M– радиус-вектор произвольной (достаточно удалённой) точки M пространства относительноцентра диполя M 0 .3. № 185. Поле системы зарядовНайти потенциал поля, образованного конечной системой зарядов µkk = 1, n , расположенных в точках M k (xk1 , xk2 , xk3 ), в точке M (x1 , x2 , x3 ), отличной от M k .Найдём потенциал заряда µk в точке M по формуле (1.14):uk (x1 , x2 , x3 ) =µkµ= k.k|M − M |rТогда потенциал всей системы зарядов µk равенu(x1 , x2 , x3 ) =nXk=1nX µkµk=|M − M k | k=1 rkОтвет:u=nXk=1c Д.С.
ТкаченкоnX µkµk=|M − M k | k=1 rk-6-УМФ – семинар К 6 - 2 – Фундаментальное решение уравнения Лапласа4. № 186. Поле заряженной сферыПлотность зарядов, расположенных на сфере с центром в точке M 0 радиуса R постояннаи равна C. Найти потенциал поля, созданного этими зарядами в центре сферы.По формуле (1.14), потенциал поля, созданного площадкой dS сферы в точке M 0 равен CdS.RПоэтому, чтобы найти потенциал всей сферы, надо проинтегрировать это выражение по сфере:ZZCdSCC0=dS = · 4πR2 = 4πCR.u(M ) =RRRSS0Ответ:u(M ) = 4πCR. (Ответ в задачнике Бицадзе, Калиниченко не верный.)5.
№ 187. Поле заряженной кривойНа пространственной кривой L, параметрически заданной равенствамиξ1 = ξ1 (t),ξ2 = ξ2 (t),ξ3 = ξ3 (t);t ∈ [t0 , t1 ],распределены заряды с непрерывной линейной плотностью µ(ξ1 , ξ2 , ξ3 ). Найти потенциалполя, созданного этими зарядами в произвольной точке пространства M (x1 , x2 , x3 ) 6∈ L., ξ2 , ξ3 )dl.По формуле (1.14), потенциал поля, созданного дугой dl кривой в точке M равен µ(ξ1|x−ξ|Поэтому, чтобы найти потенциал всей кривой, надо проинтегрировать это выражение по L:Zu(M ) =Lq222µ(ξ1 , ξ2 , ξ3 )dl000= dl =ξ1 (t) + ξ2 (t) + ξ3 (t) dt =|x − ξ|qZt1 µ(ξ (t), ξ (t), ξ (t)) ξ 0 (t)2 + ξ 0 (t)2 + ξ 0 (t)2 dt123123q=.222x1 − ξ1 (t) + x2 − ξ2 (t) + x3 − ξ3 (t)t0qRt1 µ(ξ1 (t), ξ2 (t), ξ3 (t)) (ξ10 (t))2 +(ξ20 (t))2 +(ξ30 (t))2 dtqu(M ) =.Ответ:222(x1 −ξ1 (t)) +(x2 −ξ2 (t)) +(x3 −ξ3 (t))t0(Ответ в задачнике Бицадзе, Калиниченко не верный.)6.
№ I. Поле двойной сферыДве концентрические сферы с малой разностью радиусов R−R0 = ∆l заряжены внутренняя –положительными зарядами, внешняя – отрицательными. При этом образуется «двойная»сфера с плотностью дипольного момента ν(ξ1 , ξ2 , ξ3 ) = µ(ξ1 , ξ2 , ξ3 )∆l. Найти потенциалполя, создаваемого этой двойной сферой в точке M (x1 , x2 , x3 ), удалённой от её поверхности.Воспользуемся результатом № 184, чтобы выписать потенциал в точке M , создаваемый элементом площади сферы dS. Так как дипольный момент этого элемента равен µ∆l dS = ν dS,по формуле (2.3) получаем: cos~r, ~l1ddu = ν ·dS = ν ·dS,r2d~l rc Д.С.
Ткаченко-7-УМФ – семинар К 6 - 2 – Фундаментальное решение уравнения Лапласагде ~l – единичный вектор от центра сферы в точку сферы (ξ1 , ξ2 , ξ3 ), а ~r – вектор из (ξ1 , ξ2 , ξ3 )в точку M (x1 , x2 , x3 ). С учётом, что вектор ~l совпадает с вектором единичной нормали кповерхности, полученная формула переписывается в виде: d1cos (~r, ~n)du = ν ·dS = ν ·dS.d~n rr2Нам осталось только проинтегрировать её по сфере, и мы получим зачение «потенциала двойного слоя»: ZZcos (~r, ~n)1ddS = ν(ξ1 , ξ2 , ξ3 )dS.u(M ) = ν(ξ1 , ξ2 , ξ3 )d~n rr2SSОтвет:u(M ) =Rν(ξ1 , ξ2 , ξ3 )Sdd~n1rdS =Rν(ξ1 , ξ2 , ξ3 )Scos(~r, ~n)r2dS,где ν(ξ1 , ξ2 , ξ3 ) – плотность дипольного момента, ~n – вектор единичной нормали к поверхностисферы, а ~r – вектор из точки сферы (ξ1 , ξ2 , ξ3 ) в точку M (x1 , x2 , x3 ).7.
№ 196M . Гармонические функции в шаровом слоеВ шаровом слое 0 < a < r < b найти гармонические функции u = u(r), удовлетворяющиеусловиям:∆u(r) = 0,u(a) = T, u(b) = Uа) в двумерном случае;б) в трёхмерном случае;в) n-мерном случае.а) Двумерный случайОбщее решение уравнения Лапласа на плоскости вида u(r) даёт формулаu = c1 ln r + c2 .(1.8)Поэтому нам осталось только подобрать c1 и c2 так, чтобы выполнялись краевые условия.u(a) = Tu(b) = U=⇒=⇒c1 ln a + c2 = Tc1 ln b + c2 = U ln a 1c1T=ln b 1c2U=⇒=⇒ 1c11−1T= ac2Uln b − ln b ln aОтсюда получаем:1 u(r) = a (T − U ) ln r − T ln b + U ln a ≡ln b1 ≡ a (T − U ) · 2πE(x1 , x2 ) − T ln b + U ln a .ln bб) Трёхмерный случайОбщее решение уравнения Лапласа в пространстве вида u(r) даёт формулаu=c Д.С.
Ткаченкоc1+ c2 .r-8-(1.11)УМФ – семинар К 6 - 2 – Фундаментальное решение уравнения ЛапласаПоэтому нам осталось только подобрать c1 и c2 так, чтобы выполнялись краевые условия.u(a) = Tu(b) = U=⇒1c1ac1ba+ c2 = T=⇒+ c2 = U1b 1 −1 ab c1 T==⇒c2Ub−a− 1b a1=⇒1 c1 = T=⇒c2U1 1c1ab −abT=c2Ub − a −a bОтсюда получаем:1ab(T − U )u(r) =− aT + bU ≡b−ar1 −ab(T − U ) · 4πE(x1 , x2 , x3 ) − aT + bU .≡b−aв) n-мерный случай (n > 3)Общее решение уравнения Лапласа в n-мерном пространстве вида u(r) даёт формулаc1+ c2 = c1 E(x1 , . .
. , xn ) + c2 = c1 E(r) + c2 .ωn (n − 2) rn−2u=−Подберём c1 и c2 так, чтобы выполнялись краевые условия.u(a) = Tu(b) = U=⇒c1 E(a) + c2 = Tc1 E(b) + c2 = U=⇒ E(a) 1c1T=⇒==⇒E(b) 1c2U 1Tc11−1=Uc2E(a) − E(b) −E(b) E(a)Отсюда получаем:u(r) =1(T − U ) · E(r) − T E(b) + U E(a) ≡E(a) − E(b)n−2≡−ωn (n − 2) (ab)bn−2 − an−2(T − U ) ·−1TU+−=ωn (n − 2) rn−2 ωn (n − 2) bn−2ωn (n − 2) an−2=1(ab)n−2(T−U)·− T an−2 + U bn−2 .bn−2 − an−2rn−2Ответ:а)в двумерном случае1 1 u(r) = a (T − U ) ln r − T ln b + U ln a ≡ a (T − U ) · 2πE(x1 , x2 ) − T ln b + U ln a ;ln bln bб)в трёхмерном случае1ab(T − U )1 u(r) =− aT + bU ≡−ab(T − U ) · 4πE(x1 , x2 , x3 ) − aT + bU ;b−arb−ac Д.С. Ткаченко-9-УМФ – семинар К 6 - 2 – Фундаментальное решение уравнения Лапласав)в n-мерном случае, n > 31u(r) =(T − U ) · E(r) − T E(b) + U E(a) =E(a) − E(b)=1(ab)n−2(T−U)·− T an−2 + U bn−2 .bn−2 − an−2rn−28.
№ 197M . Гармонические функции в шаровом слоеВ шаровом слое 0 < a < r < b найти гармонические функции u = u(r), удовлетворяющиеусловиям:∆u(r) = 0,u(a) = T, ur (b) = Uа) в двумерном случае;б) в трёхмерном случае;в) n-мерном случае.а) Двумерный случайОбщее решение уравнения Лапласа на плоскости вида u(r) даёт формулаu = c1 ln r + c2 .(1.8)Поэтому нам осталось только подобрать c1 и c2 так, чтобы выполнялись краевые условия.u(a) = Tur (b) = U=⇒=⇒c1 ln a + c2 = Tc1=Ub ln a 1c1T=10cU2b=⇒ c10−1T= −bc2− 1b ln aU=⇒Отсюда получаем:u(r) = bU ln r + T − bU ln a = bU lnr+ T.aб) Трёхмерный случайОбщее решение уравнения Лапласа в пространстве вида u(r) даёт формулаc1u=+ c2 .(1.11)rПоэтому нам осталось только подобрать c1 и c2 так, чтобы выполнялись краевые условия.
c1c1 = −b2 Uu(a) = T+ c2 = Ta=⇒=⇒2ur (b) = U− cb21 = Uc2 = T + ba UОтсюда получаем:b2 Ub2 Uu(r) = −+T +≡ T + b2 Ura11−ar.в) n-мерный случай (n > 3)Общее решение уравнения Лапласа в n-мерном пространстве вида u(r) даёт формулаc1u=−+ c2 = c1 E(x1 , . . . , xn ) + c2 = c1 E(r) + c2 .ωn (n − 2) rn−2Подберём c1 и c2 так, чтобы выполнялись краевые условия. C учётом, что в силу (1.21) и(1.19) выполняется равенство Er (r) = − n−2E(r), получаем:r(−bUc1 = (n−2)E(b)c1 E(a) + c2 = Tu(a) = T=⇒=⇒bU E(a)1ur (b) = U− (n−2)cE(b) = Uc2 = T + (n−2)E(b)bc Д.С. Ткаченко-10-УМФ – семинар К 6 - 2 – Фундаментальное решение уравнения ЛапласаОтсюда получаем:−bUbU E(a)bUu(r) =E(r) + T +=E(a) − E(r) + T.(n − 2)E(b)(n − 2)E(b)(n − 2)E(b)Ответ:а)в двумерном случаеu(r) =б)1 1 (T−U)lnr−Tlnb+Ulna≡(T−U)·2πE(x,x)−Tlnb+Ulna;12ln abln abв трёхмерном случаеb2 Ub2 Uu(r) = −+T +≡ T + b2 Uraв)11−arв n-мерном случае, n > 3u(r) =c Д.С.
ТкаченкоbUE(a) − E(r) + T.(n − 2)E(b)-11-;.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
