1612045805-a85de2ddcb86b4ae815cf3afb89c59f8 (533736), страница 42
Текст из файла (страница 42)
4>x = 4>2 = -\npa{A\z\ -а),Е 2 = -2тгра-^-ег (\z\ > |Ось z направлена по нормали к поверхности плиты.70. ip(x, у, z) = — — ^ — - cos ах cos fly cos ^z.of + /г + 771. При z>0:1р=?Щ^е-х* sin ax sin 0y;Априz < 0:р = ^ еАгsin Q I sin 0y,A=Экспоненциальное убывание потенциала вдоль оси z объясняется тем,что плоскость содержит разноименно заряженные участки.72.
Самый простой метод решения — с помощью электростатической теоремы Гаусса. При решении методом интегрирования уравненияПуассона необходимо воспользоваться выражением оператора Лапласа цилиндрической системе координат и использовать тот факт, что вследствиесимметрии системы ip зависит только от г.При объемном распределении заряда:гRПри поверхностном распределении заряда ipi = 0, ц>2 = —1и\п ^ .К252Глава II73. ip = -2xlnr,Е=^,где х — заряд на единицу длины. Произвольная постоянная в потенциалевыбрана так, что <р = 0 при г = 1.74./чЯ , z-a+ J{z - a2) + x2 + y2уф,у,г) = —$-Ы г + а + y/(z + а) 2 + х 2 + у 275. Введем обозначенияz\ = z + a,z2 = za,r i ) 2 = ух+ у + Zji2)С =..Из результата предыдущей задачи следует, чтоС +1т\ + г 2 = 2a-^j—- = const(1)О —1(нужно учесть, что z\ — z 2 = 2a).Равенство (1) показывает, что эквипотенциальные поверхности представляют собой эллипсоиды вращения, фокусы которых совпадают с концами отрезка.76.
<pi(r) = -77. Vi(r) = J ,Ei=078. Электрическое поле в полости однородно:79. 9 =444Е = ^тгрг - х7гр(г - а) = хооо^^2(Д 2 fli)Hл2 - «= -~; Уз = - при г > Д 2 .253Постоянное электрическое поле в вакуумеПри i?2 —> Ri = R и фиксированном значении заряда q, получаем полесферы, равномерно заряженной по поверхности.дq R lЯП W - ^W - ^- W In ^ - соот80. W-5R,W-2R,W-R2_RiCOOT{R2_Ri)2toRlветственно для распределений зарядов, указанных в задачах 76, 77 и 79.ЯооИз сравнения вкладов в энергию W, выражаемых интегралами / и /о явидно, что большая часть энергии поля локализована вне распределениязаряда (83% в случае шара, заряженного по объему).81.
<р(г) = Щ- ] pir'Y20dr> + 4тг / p(r')r' dr';г83. Поле электронного облака в атоме:Потенциал полного электрического поля в атоме84. Напряженность поля максимальна на поверхности ядра:85. Воспользоваться тем, что плотность а поверхностно распределенного заряда может быть записана в виде86.254Глава II87.lf=^где z — координата точки наблюдения, отсчитываемая от плоскости диска.dl= Rda'Рис. 4888. Если положительно заряженное полукольцо занимает область х > Ов плоскости ху, то при х, у <С — 5 — получаем, разлагая подынтегральнуюitфункцию в интеграле f -^-dl ъ ряд:ч> =4qRxз'откудаз'7Г(Д2—У),Постоянное электрическое поле в вакууме255При z ~> R получается поле электрического диполя, момент которого направлен по оси х и равен -^q89.
Вследствие симметрии системы потенциал р не будет зависеть отазимутального угла а, поэтому можно без нарушения общности провестиплоскость xz через точку наблюдения. Тогда (рис. 48)Иг = \/г2 + R2 -2TRsin д cos a'<p{r,#)=2xR[—22J v\/гr + Л 2 - 2rR sin •в cos a 'оПроизведя подстановку a ' = ж — 2(5 и введя обозначениег24гД sin дs/r"2 + R?'получимy/r2+R2+2rRsmdоv^где z — расстояние от плоскости кольца до точкинаблюдения.в) Обозначив через г' расстояние от точки наблюдения до нити кольца,получим при г' <с R:l - f c « - ^^ 2 ,4RAT(fc) = l n^^ ,ги р(г) = - 2 х In r ^ const,как и должно быть в случае линейного заряда.91.
</>i = ^Внутри сферы — однородное электрическое поле с напряженнолстью E\z = — ^ ^ . Вне сферы — поле диполя с моментом256Глава II92. Вследствие аксиальной симметрии поля уравнение Лапласа, записанное в цилиндрических коордннатах (полярная ось направлена вдоль осисимметрии системы), принимает видБудем искать решенне уравнения (1) в форме степенного ряда по г:) = Ф(г),(2)п=0где Ф(г) — потенциал на оси симметрии системы.Подставив (2) в (1), перегруппировав члены и приравняв нулю коэффициенты получившегося ряда, найдем рекуррентные соотношения дляопределения коэффициентов о„(г), откуда:*('.*) = Е 7 ^ ф ( 2 п ) К | Г =фм - тф//(*)+• • •'п=0 ^ '£„ = 0,£ , = - | £ = - * ( * ) + ...93. Нужно вычислить мультипольные моментыИспользуя формулы (П2.1), (П2.5) приложения 2, найдем:(n=02^)Обе формулы справедливы также при г = R (д ^ ^ ) .257Постоянное электрическое поле в вакууме_.95.^ Зда2 sin21? cos а sin аa)ipf_.^ 15<7abcxj/z _г722n i i9cosi9sinacosa15go6csinг496.
v ( r , t f , a ) = 9 E ^ I - ^ r ^ ( t f o , a o ) y i r a ( t f , a )v(r,tf,a) = 9 E ^ I - - ^ r y ^ ( t f o , a o ) y i r a ( t f , a )97.v?(x,y,,)^при г < г0;при г > г0.7В случае эллипсоида вращения (а = Ь)В случае шара (а = Ь = с)98. В сферических координатах с полярной осью вдоль оси симметриисистемы и полюсом в центре колецЭто — потенциал линейного квадруполя, у которого заряды —q нахо22Ja - Ьдятся на расстоянии -—•?от центрального заряда 2q.99. Вычислим мультипольные моменты:q = - Г(р'. V)«(r) dV = - I(p' • пЩг) dS = 0.258Глава IIтак как 6(т) = 0 всюду, кроме г = 0;Р« = "/*«(Р'd• V)<J(r)dV = -JXaP'n M-dV = Jp'n^6(r)dV.Последнее преобразование состоялов интегрировании по частям.
По повторяющемуся индексу п подразумевается сумz' мирование. Возникший при этом поверхностный интеграл обращается в нуль, такУ' как 6(т) = 0 при г ф 0. По определениюй-функцииРс, = Рпд^Г = Pjan = РаВсе мультипольные моменты более высокого порядка пропорциональны компонентам г при г = 0 и поэтому обращаются в нуль. Рассмотрим, например, компоненты квадрупольного момента.Действительно,р и с 49= ~j хах0Р'п^dV = f 8(v)p'J^-dV = p'ax0 +p'0xcr=0= 0.100.
После n-кратного интегрирования по частям получим101.Проще всего, воспользовавшись формулой ip =qa2(3z'2 - r2)(см. ответ к задаче 94), выразить в ней z' через х, у, z (рис. 49). Получим<p = -Ц- [3(x sin 7 cos (3 + у sin 7 sin /3 + z cos 7 ) 2 - r 2 ] == —g- [3(cos ti cos 7 + sin ti sin 7 cos(a — /?))2 — 1].Постоянное электрическое поле в вакууме259Тот же результат можно получить, воспользовавшись тем, что совокупностькомпонент квадрупольного момента представляет собой тензор II ранга.В системе осей х', у', z' компоненты квадрупольного моментаQ'xx = Q'yy = Q'xy = Q'xz = Q'yz = 0,Q'zz = 2qa2.Матрица коэффициентов преобразования имеет вид/cos 7 cos 0 — sin 0 sin 7 cos 0\a = I cos 7 sin 0 cos 0 sin 7 sin 0 I .\ —sin 70cos 7 /С помощью этой матрицы вычисляем компоненты Qap в системе xyz поформулама затем используем формулу (П.8).102.
<р =15qa^Z[(у2 - х2) sin 20 + 2ху cos 20} =^ sin 2 tf cos tf sin2(a - 0).= ^2(p=^-(3sin 2 ?9sin2a-3cos2?9-l).Ar104. По принципу суперпозиции можно написать103.dV>=^ 7 ?/ Р •gnui' ] ^Преобразуя это выражение с помощью теоремы Остроградского-Гаусса,получим что <р(г) = J -—rLj- dS, где 5 — внутренняя поверхность поляриS 1Г~Г Iзованного шара, а Рп = Pcostf. Используя результаты задачи 91, найдем:or260Глава II105. ф)= -2xlnr + 2 £^nnlгде ft = J /э(г') dS" — полный заряд единицы длины распределения, Ап == J p(r')r'n cos па! dS' и Вп = J p(r')r'n sin па' dS' — двумерные мультипольные моменты п-го порядка.Из этих формул, в частности, следует, что потенциал диполя в двумерном случае имеет вид <р = 2 , где Р = / /э(г') г ' dS' — дипольныи моментраспределения на единицу длины, г — радиус-вектор в плоскости ху.106.
<p(r,a) = -2x In г + XI н("^) cosn(a-ao) при (г > го),^п=1'0 0п=1 1 /\ip(r,a) = -2х In г + Y, й ( ^ )1^'пcosn(a-ao) при (г < г0).Рис. 50107.где р — дипольныи момент на единицу длины, г — радиус-вектор в плоскости ху (г » а), ось z направлена вдоль одного из линейных зарядов.Постоянное электрическое поле в вакууме261108. На оси симметрии диска (ось z направлена от отрицательнойстороны диска к положительной):= тС1 = 2тгт(г -—2па?тгт? -E— т?-0,—пExy109. а) В цилиндрических координатах:Еа = — ,б ) ^ = 2г(тг-а),Еа = - ^Er = Ez = 0;= ?£;Er=Ez=0.Поле Е совпадает с магнитным полем прямолинейного тока «^ = тс.НО. Уравнение силовых линийгде С — постоянная.
На рис. 50а изображенакартина силовых линий для случая разноименных зарядов. В случае одноименных зарядовв поле имеется нейтральная точка г = 0, z == 0 (рис. 506).111. Целесообразно перейти к сферическим координатам. Устремляя а к нулю, разлагая в ряд и отбрасывая члены порядка а 2 и выше, получим г = С sin21?.112. г = C^sin21?| cosi?|, С = const.Не следует забывать, что в случае квадруполяконечных размеров, полученная формула пригодна только для больших расстояний (рис. 51).1 1 4 .
<72 =Рис. 51262Глава II115. Рассмотрим силовую трубку, полученную вращением некоторойсиловой линии вокруг оси z. Применив электростатическую теорему Гауссак объему, ограниченному боковой поверхностью этой трубки и двумя плоскостями z = const, не содержащему внутри себя зарядов, найдем, что потокчерез любое нормальное к оси сечение трубки Ф(г) = ^2яЛ(г)(см. задагчу 113) не зависит от z (при изменении z между z^ и Zfc+i). Здесь Qi(z) == 2тг(±1 — cos а») — телесный угол, под которым видна отрицательнаясторона такого сечения из точки zu где находится заряд Ф ; а* — угол междунаправлением оси z и радиусом-вектором точки контура нормального сечения с координатами (г, z).
Знак «+» нужно брать при z > zit знак «—»при z < Zi. Если при изменении z нормальное сечение трубки перейдетчерез заряд qk, то Ф(г) скачком изменится на ±4тг^, однако при этом неизменится Ylqi cos а*. Выразив cosa* через z, Zi и г, получим искомоегуравнение семейства силовых линий:= С,С = const.117. Выберем цилиндрическую систему координат, ось z которойсовпадает с осью цилиндра (рис. 52).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
