1612046024-47a9f3074fd2261807ac036c52de6010 (533749), страница 13
Текст из файла (страница 13)
При этом ввидусимметрии задачи относительно плоскости xy1142010/2011 Контрольная работа 1догадываемся, что от координаты z потенциал не зависит, а зависимость от двух других координат x и y можно искать методомразделения переменных.Для области 1 ищем потенциал в видеϕ1 “ pA1 x`B1 qpC1 y`D1 q с граничными условиями (тангенциальная компонента электрического поля на поверхности проводникаравна 0):ˇ1ˇ“ ´B1 C1 “ 0,E1,y px “ 0q “ ´ BϕBy ˇx“0E1,x py “ aq “ ´ˇ“ ´A1 pC1 a ` D1 q “ 0.ˇ“ ´pA2 a ` B2 qC2 “ 0.Bϕ1 ˇBx y“aТогда B1 C1 “ 0 и D1 “ ´C1 a, без ограничения общности получаем ϕ1 “ A1 C1 xpy ´ aq.Для области 2 ищем потенциал в виде ϕ2 “ pA2 x ` B2 q ˆˆpC2 y `D2 q с граничными условиями (тангенциальная компонента электрического поля на поверхности проводника равна 0):ˇ2ˇE2,x py “ 0q “ ´ BϕBx y“0 “ ´A2 D2 “ 0,E2,y px “ aq “ ´Bϕ2 ˇBy ˇx“aТогда A2 D2 “ 0 и B2 “ ´A2 a, без ограничения общности получаем ϕ2 “ A2 C2 ypx ´ aq.Переобозначив константы, запишем потенциал и электрическое поле в областях 1 и 2:ϕ1 “ C1 xpy ´ aq ,ϕ2 “ C2 ypx ´ aq ,E1,x “ ´C1 py ´ aq , E2,x “ ´C2 y ,E1,y “ ´C1 x ,E2,y “ ´C2 px ´ aq .Неизвестные константы найдем из граничных условий на границе раздела двух сред (x “ y).
Из непрерывности потенциалаϕ1 |x“y “ ϕ2 |x“y следует, что C1 “ C2 .115РешенияНормальные к границе компоненты индукции электрическихполей должны терпеть разрыв: ε2 E2,n ` ε1 E1,n “ 4πΣ0 . Векторнормали к границе?x “ y?в соответствующихимеет ко? областях?ординаты n1 “ t´ 2{2, 2{2, 0u и n2 “ t 2{2, ´ 2{2, 0u. Тогдаграничное условие приводит к уравнению??22ε2 C2 a ´ε1 C2 a “ 4πΣ0 ,ε2 E2 n2 ` ε1 E1 n1 “ ´22?4πΣ0 2откуда следует, что C2 “ ´ apε.1 `ε2 qПотенциал снаружи трубы найдем, заметив, что на стенках,как и на бесконечности, потенциал равен 0, следовательно, и вовсем пространстве снаружи он будет равен 0.Окончательно внутри трубы потенциал и поля составляют??4πΣ0 24πΣ0 2xpy ´ aq , ϕ2 “ ´ apεypx ´ aq ,ϕ1 “ ´ apε1 `ε2 q1 `ε2 qE1,x “E1,y “?4πΣ0 2py ´apε1 `ε?2 q4πΣ0 2apε1 `ε2 q x ,aq ,E2,x “E2,y “?4πΣ0 2y,apε1 `ε?2 q4πΣ0 2apε1 `ε2 q px ´aq ,а снаружи ϕ “ 0 и E “ 0.Решение задачи 3Введем систему координат, как показано нарисунке.
Для нахождения потенциала в области|z| ď a воспользуемся уравнением Пуассона´ πz ¯,(1)∆ϕ “ ´4πρ “ ´4πρ0 sin2aкоторое будем решать методом разделения переменных, т. е. будемискать потенциал в видеϕpx, y, zq “ X ¨ Y ¨ Z,1162010/2011 Контрольная работа 1где X “ Xpxq, Y “ Y pyq, Z “ Zpzq. Подставим в (1):´ πz ¯∆ϕ “ Xxx Y Z ` XYyy Z ` XY Zzz “ ´4πρ0 sin.2aПоскольку правая часть уравнения зависит только от переменной z, функции X и Y есть константы, которые удобно положитьравными единице.
Общее решение получившегося уравнения естьϕpzq “ 4πρ0ˆ2aπ˙2sin´ πz ¯2a` Az ` B.Выбирая ϕpz “ 0q “ 0, находим, что B “ 0. Из симметриизадачи относительно плоскости xy, которая возникает в частномслучае ρ0 “ 0 в отсутствие внешнего поля, следует, что A “ 0.Электрическое поле находится по формуле E “ ´∇ϕ.Итак, в области |z| ď a имеем:ϕpx, y, zq “ 4πρ0` 2a ˘2πsin` πz ˘2a2“ 16ρ0 aπ sinEx “ 0 , Ey “ 0 , Ez “ ´8ρ0 a cos` πz ˘2a.` πz ˘2a,В области z ą a мы должны решить уравнение Лапласа∆ϕ “ 0с граничными условиями:1) ϕpz “ aq “ 4πρ0 p2a{πq2 (непрерывность потенциала);2) Ez “ 0 (непрерывность нормальной компоненты поля в отсутствие поверхностной плотности заряда).Решение уравнения Лапласа, удовлетворяющее этим граничным условиям, естьϕpzq “ 4πρ0 p2a{πq2 “ 16ρ0 a2, Ex “ 0 , Ey “ 0 , Ez “ 0.π117РешенияПо аналогии с областью z ą a в области z ă ´a получим:ϕpzq “ ´16ρ0 a2, Ex “ 0 , Ey “ 0 , Ez “ 0.πОкончательно:$` πz ˘ρ0 a2’& 16 π sin 2a , |z| ď a;2ϕpx, y, zq “z ą a;16 ρ0πa ,’2%´16 ρ0πa ,z ă ´a.Epx, y, zq “` ˘$& Ex “ 0 , Ey “ 0 , Ez “ ´8ρ0 a cos πz2a , |z| ď a;%Ex “ 0 , Ey “ 0 , Ez “ 0 ,|z| ą a.Решение задачи 4Способ 1.Вначале найдем потенциал одногокольца в точке P .
Введем систему координат так, чтобы плоскость xy совпадала с плоскостью кольца и ось y проходила через точку P 1 – проекцию точки P наплоскость xy (см. рисунок). Тогда можемзаписать следующие соотношения:KP 2 “ OK 2 ` OP 2 ´ 2 ¨ OK ¨ OP cos θ0 ,OP 1 “ OP ¨ sin θ,KP 12 “ OK 2 ` OP 12 ´ 2 ¨ OP 1 ¨ OK sin α ““ OK 2 ` OP 2 sin2 θ ´ 2 ¨ OP ¨ OK sin θ sin α,P P 1 “ OP ¨ cos θ,KP 12 “ KP 2 ´ P P 12 ““ OK 2 ` OP 2 p1 ´ cos2 θq ´ 2 ¨ OK ¨ OP cos θ0 .Следовательно, cos θ0 “ sin θ sin α. Потенциал кольца тогда1182010/2011 Контрольная работа 1вычисляется с помощью следующей формулы:qϕprq “2πż2π0dα?.22r ` a ´ 2ar cos θ0Для расстояний r " a, используяϕprq ““qrq2πr2πş0q a2r 4r 2 p1`´dα 1 `ar?11`xcos θ0 `« 1´ x2 ` 83 x2 , получаем:a2p3 cos2 θ02r 2¯´ 1q “´ 3 cos2 θq.Итак, для первого кольца имеемϕ1 prq “q q a2`p1 ´ 3 cos2 θq,r 4 r3а для второгоϕ2 prq “ ´q b2q´p1 ´ 3 cos2 θ2 q,r2 4 r23где r22 “ h2 ` r 2 ´ 2hr cos θ.Раскладывая в ряд Тейлора до второго порядка, получаем:1r21r23««´¯h221 ` hr cos θ ` 2r2 p3 cos θ ´ 1q´¯3 h23h21 ` r cos θ ` 2 r2 p5 cos θ ´ 1q «1r1r3По теореме синусов sin θ2 “rr21r3.sin θ, следовательно˙h2h2sin θ2 « sin θ 1 ` cos θ ` 2 p3 cos θ ´ 1q ñ cos2 θ2 « cos2 θ.r2rˆ119РешенияТогдаϕ1 prq “qr`q a2r 4r 2 p1´ϕ2 prq “ ´ qr 1 `hr´ 3 cos2 θq,cos θ `h2p3 cos2 θ2r 2Складывая ϕ1 и ϕ2 , получаем ответ:¯´ 1q ´qhϕpr, θq “« ´q 2 cos θ ` 3 p1 ´ 3 cos2 θqrrˆq b24 r 3 p1´ 3 cos2 θq.a2 b2 h2´´442˙.Способ 2 (через мультипольное разложение).Потенциал системы на больших расстояниях можно записатьв виде мультипольного разложения:ϕprq «Q pd ¨ rq ÿ Dij xi xj``,rr32r 5i,j(1)где Q – заряд системы, d – дипольный момент системы, Dij –тензор квадрупольного момента системы.
В нашем случаеIIIQ “ 0, d “ ´qhez , Dij “ Dij` Dij,(2)где индексы I, II относятся к первому и второму кольцу соответственно.Для тензора квадрупольного момента первого кольца с центром в начале координат имеем (см. решение типовой задачи Р.13из задачника [1]):I “ DI “Dxxyyqa22 ,I “ ´2D I “ ´qa2 , D I “ 0 при i ‰ j.Dzzxxij1202010/2011 Контрольная работа 1II второго кольца с центром не в начале коордиЭлементы Dijнат равны ˚ :2 `2h2 qII “ D II “ ´ qpbDxxyyII “ qpb2 ` 2h2 q, D II “ 0 при i ‰ j., Dzzij2Тогда квадрупольный момент системы двух колец описывается тензором Dij с элементами2 ´b2 ´2h2 qDxx “ Dyy “ ´ qpaDij “ 0 при i ‰ j,2, Dzz “ qpa2 ´ b2 ´ 2h2 q,а потенциал системы согласно (1), (2):`˘θϕprq « ´ qh rcos` 2r15 Dxx x2 ` Dyy y 2 ` Dzz z 2 “2´qpa2 ´b2 ´2h2 q 2px2θ“ ´ qh rcos`212r 5θ“ ´ qh rcos`212r 5θ`“ ´ qh rcos2qpa24r 3θ“ ´ qh rcos`2qpa24r 3´¯` y 2 q ´ qpa2 ´ b2 ´ 2h2 qz 2 “qpa2 ´b2 ´2h2 q 2r sin2 θ2¯´ qpa2 ´ b2 ´ 2h2 qr 2 cos2 θ “`˘´ b2 ´ 2h2 q sin2 θ ´ 2 cos2 θ “`˘´ b2 ´ 2h2 q 1 ´ 3 cos2 θ .Способ 3 (через разложение на полиномы Лежандра).Система зарядов обладает аксиальной симметрией.
Поэтомуесли мы получимř Cℓ решение для потенциала на оси симметрии в, то решение вне оси будет иметь видвиде рядаz ℓ`1ℓ˚При смещении системы зарядов, симметричной относительно оси z, навектор h “ hez элементы тензора квадрупольного момента преобразуются поформулам1 ˚˚˚˚Dzz“ Dzz ` 4ph ¨ dq ` 2h2 Q, Dxx“ Dyy“ ´ Dzz,2где d – дипольный момент несмещенной системы, Q – заряд системы.121Решенияÿ CℓP pθq,ℓ`1 ℓrℓϕpr, θq “где Pℓ pθq – полиномы Лежандра ℓ-й степени.Для потенциала на оси z, создаваемого заряженным кольцомрадиуса R с центром в точке p0, 0, hq, имеем:QR2 `pz´hq2ϕ0 pzq “ ?«Qz´1´12´R2z2Qz“´ 2 hz `¨?h2z21R2 {z 2 `p1´h{zq2¯¯“QzQhz2`´«QpR2 `h2 q.2z 3Полученному выражению соответствует разложение по полиномам Лежандра степени ℓ “ 0, 1, 2:ϕ0 pr, θq «“Qr¨1`“Qr`Qhr2C0P pθqr1 0Qhr2`C1P pθqr2 1¨ cospθq `cospθq ``QpR2 `h2 q2r 3QpR2 `h2 q4r 3C2P pθqr3 2¨“3 cos2 θ´12“¨ p3 cos2 θ ´ 1q.Для первого кольца R “ a, Q “ q, h “ 0, для второго R “ b,Q “ ´q, h “ h.
Суммарный потенциал равенϕpr, θq “ ϕ1 pr, θq ` ϕ2 pr, θq ““qr`qa24r 3¨ p3 cos2 θ ´ 1q ´“ ´ qhcospθq `r2qpa2 ´b2 ´h2 q4r 3qr´qhr2cospθq ´qpb2 `h2 q4r 3¨ p3 cos2 θ ´ 1q “¨ p3 cos2 θ ´ 1q.Решение задачи 5Плотность тока в среде с проводимостью σ:j “ σE.122(1)2010/2011 Контрольная работа 1По теореме Гаусса и с учетом аксиальной симметрии системыэлектрическая индукция на расстоянии r от оси связана с полнымсвободным зарядом Q, заключенным внутри цилиндра радиусаr ą a, длиной L, соотношением2πrLDprq “ 4πQ.(2)Q в правой части (2) характеризует только свободные заряды, поэтому слева стоит Dprq, а не Eprq. При a ă r ă b Q включает полный свободный заряд на внутренней обкладке, а при b ă r ă c – еще ина границе раздела. Из (1)–(2) для Eprq и jprq следуетEprq “ 2Qσ Q, jprq “ 2.εLrε Lr(3)Полный ток через цилиндрическую поверхность радиуса r равенσ(4)Iprq “ 2πrLjprq “ 4π Q.εРассмотрим стационарный случай, предшествующий моментувремени t “ t0 .
В системе течет постоянный ток и накопленызаряды Q1 на обкладке r “ a, Q2 — на границе r “ b и Q3 — наобкладке r “ c.Интегрируя E из (3) по r, получим выражение для потенциалаот цилиндрической оболочки с зарядом Q:ϕprq “ ´2rQln ,εL r0(5)где r0 “ const в пределах каждой однородной области.r1В области a ă r ă b потенциал ϕ1 prq “ ´ 2Qε1 L ln a удовлетворяет граничному условию ϕ1 paq “ 0.2qВ области b ă r ă c потенциал ϕ2 prq “ ´ 2pQε12`Qln rc ` ULудовлетворяет граничному условию ϕ2 pcq “ U .123РешенияУсловие непрерывности потенциала ϕ1 pbq “ ϕ2 pbq дает связьмежду зарядами:´2pQ1 ` Q2 q b2Q1 bln “ ´ln ` U .ε1 L aε2 Lc(6)Заметим, что соотношения (1)–(6) остаются в силе и в нестационарном случае.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
