1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 14
Текст из файла (страница 14)
задачу 2.4из [1]):q2¨ ,ϕε “ε1 ` ε2 rотличающийся от потенциала такого же заряда в вакууме мно2жителем ε1 `ε. Потенциал в диэлектрике уменьшается из-за того,2что сторонний заряд q “обрастает” связанными зарядами, так чтополный заряд, оставаясь точечным, уменьшается по абсолютнойвеличине. Согласно принципу суперпозиции в такой же пропорции оказываются потенциалы в среде и в вакууме соответственноот системы точечных зарядов, расположенных в плоскости границы раздела. Заданная система сторонних зарядов нейтральнаи обладает ненулевым дипольным моментом.
Тогда искомый потенциал в дипольном приближении равен потенциалу диполя в2:вакууме, умноженному на ε1 `ε2ϕ1,2 prq “pd ¨ rq2¨.ε1 ` ε2r3120(1)2013/2014 Контрольная работа 1.1, вар. 1Дипольный момент заданной системысторонних зарядов равенd “ 2qaex ´ 3qaex ´ 3qaey “ ´qaex ´ 3qaey .Подставляя дипольный момент в (1) сучетом pd ¨ rq “ dx x ` dy y, получим:ϕ1,2 px, y, zq “ ´qa2x ` 3y¨.ε1 ` ε2 px2 ` y 2 ` z 2 q3{2Решение задачи 3В этой задаче мы считаем, что заряды на каждом шарике распределяются равномерно по их поверхности. В действительностисферическая симметрия нарушается зарядами-изображениями, ноих учет в потенциале окружающего пространства дает поправкуболее высокого порядка малости, чем a{L.
Тогда после соединения первого и второго шариков заряд делится между ними пополам. После разъединения шариков на первом шарике окончательно устанавливается заряд q1 “ Q2 . Пусть на третий шарик послесоединения его со вторым перетек заряд q3 . Тогда на втором шарике остается заряд q2 “ Q2 ´ q3 .Потенциал третьего шарика, согласнопринципу суперпозиции, равенϕ3 “q3q1q3Qq2` ? `“` ? `a L 2 La2L 2Q2´ q3.LАналогично, потенциал второго шарикаравенQ´ q3Qq3q2 q1 q3``“ 2`` .ϕ2 “aLLa2LLϕ2 и ϕ3 равны как потенциалы на едином проводникеQ2´ q3Qq3q3Q? ```“`a2LLa2L 2121Q2´ q3.LРешенияОтсюда находим заряд на третьем шарике:´¯?`˘Q L´a{ 2?1 ´ 1ñq“¨q3 L2 ´ a2 “ Q32a4L´a «2LQ4Тогда заряд на втором шарике равен?ˆ˙QQ2´1 a´ q3 «q2 “1´ ?.242 L´1`¯?2´1 a?.2 LПримечание.
См. на стр. 125 решение аналогичной задачи через потенциальные и емкостные коэффициенты.Решение задачи 4Энергия заряженной системы в поле с потенциалом ϕprq:żU “ ϕprqρprqdV.(1)Если потенциал слабо меняется на размерах заряженной системы, то его можно разложить в ряд по пространственным координатам в окрестности некоторой точки O внутри системы:ˇˇB2 ϕ ˇˇBϕ ˇˇxi xj ,(2)xi `ϕprq « ϕ0 `Bxi ˇ02Bxi Bxj ˇ0где подразумевается суммирование по повторяющимся индексам.Подставляя (2) в (1), получим:ˇ şˇ şşBϕ ˇB2 ϕ ˇU « ϕ0 ρprqdV ` BxρprqxdV`ρprqxi xj dV “ˇi2Bxi Bxj ˇi0ˇBϕ ˇ“ ϕ0 q ` Bxi ˇ pi `00ˇB2 ϕ ˇ2Bxi Bxj ˇ Qij “ ϕ0 q ´ pE0 ¨ pq ´0ˇBEj ˇ2Bxi ˇ0 Qij ,(3)şгде qş“ ρprqdV – полный заряд системы,pi “ ρprqxi dV – i-компонента дипольного момента p системы,1222013/2014 Контрольная работа 1.1, вар.
1Qij –ş тензор квадрупольных моментов системы в представленииQij = ρprqxi xj dV . С учетом q=0, p=0 энергия квадруполя равнаˇBEj ˇˇQij .(4)U «´2Bxi ˇ0şU можно выразить через Dij “ p3xi xj ´ r 2 δij qρprqdV :ˇˇBE ˇ şBE ˇ şU « ´ 2Bxji ˇ ρprqxi xj dV “ ´ 6Bxji ˇ 3xi xj ρprqdV “0´0ˇBEj ˇ ş6Bxi ˇ0 p3xi xjˇBEj ˇ6Bxi ˇ0 Dij ,r2δ(5)´ij qρprqdV “ ´ˇBE ˇгде учтено, что Bxij ˇ δij “ div0 E “ 0, поскольку заряды, форми0рующие внешнее поле, в окрестности точки O отсутствуют.Сила на заряженную систему в поле E равнаżF “ EprqρprqdV.(6)Для k-компоненты силы имеемżFk “ Ek prqρprqdV.(7)Формула (7) получается из (1) заменой ϕ на Ek . Поэтому изуравнения (3) такой же заменой получим:ˇB2 Ek ˇˇQij .(8)Fk «2Bxi Bxj ˇ0Получим выражение для силы через тензор Dij :ˇˇB 2 Ek ˇ şB 2 Ek ˇ şFk « 2Bxi Bxj ˇ ρprqxi xj dV “ 6Bxi Bxj ˇ 3xi xj ρprqdV “0“0ˇB 2 Ek ˇ ş6Bxi Bxj ˇ0 p3xi xjˇB 2 Ek ˇ6Bxi Bxj ˇ0 Dij ,r2δ´ij qρprqdV “ˇˇˇB 2 Ek ˇBгде учтено, что Bxi Bxj ˇ δij “ ∆0 Ek “ ´ Bxk ∆ϕˇ “ 0.00123(9)РешенияКонтрольная работа 1.1, вариант 2Решение задачи 1Выделим на боковой поверхности цилиндра элемент высотой dz 1 в окрестности плоскости z “ z 1 .
Потенциал, который создаетэлемент в центре основания цилиндра, рассчитывается по формуле потенциала кольца:qdz 1dϕ0 “ ?h z 1 2 ` a2Согласно принципу суперпозиции потенциал в точке O от всейбоковой поверхности цилиндра равенqϕ0 “hżh0¯ˇhaq ´q h`dz 1ˇ?“ ln z 1 ` z 1 2 ` a2 ˇ “ lnhh0z 1 2 ` a2?h2 ` a2a?`˘22Примечание. В пределе h=0ln h` ha `a « ln 1 ` ha « ha иϕ0 = hq ¨ ha = aq – получается потенциал в центре кольца с зарядом q.Решение задачи 2Точечный заряд на плоской границе, разделяющей два диэлектрика с ε1 и ε2 , формирует потенциал (см. задачу 2.4 из [1]):ϕε “q22¨ “ϕ0 ,ε1 ` ε2 rε1 ` ε2где ϕ0 - потенциала такого же заряда в вакууме.
Потенциал в диэлектрике уменьшаетсяиз-за действия связанных зарядов, противоположных стороннемупо знаку. Согласно принципу суперпозиции в такой же пропорции1242013/2014 Контрольная работа 1.1, вар. 2оказываются потенциалы в среде и в вакууме соответственно отпроизвольной системы зарядов, расположенных в плоскости границы раздела. Заданная система в первом приближении представляет собой нейтральный диполь. Тогда искомый потенциал равен2:потенциалу диполя в вакууме, умноженному на ε1 `ε22pd ¨ rq¨.(1)ε1 ` ε2r3Дипольный момент заданной системы сторонних зарядовd “ ´qaex ´ qaey ´ qaey “ ´qaex ´ 2qaey .
Подставляя d в (1) сучетом pd ¨ rq “ dx x ` dy y, получим:ϕ1,2 prq “ϕ1,2 px, y, zq “ ´qa2x ` 2y.¨ε1 ` ε2 px2 ` y 2 ` z 2 q3{2Решение задачи 3В этой задаче мы считаем, что заряды на каждом шарике распределяются равномерно по их поверхности. Хотя в действительности сферическая симметрия нарушается зарядами-изображениями,их учет в потенциале окружающего пространства дает поправкуболее высокого порядка малости, чем a{L.
Тогда после соединенияпервого и второго шариков заряд делится между ними пополам.После разъединения шариков на первом шарике окончательноустанавливается заряд q1 “ Q2 . На втором этапе потенциалы 2-го и3-го шарика выражаются какϕ2 “ α21 q1 ` α22 q2 ` α23 q3ϕ3 “ α31 q1 ` α32 q2 ` α33 q3 ,(1)где q1 , q2 , q3 – заряды на шариках, αij – потенциальные коэффиQциенты.
Причем q1 “ Q2 , q2 ` q3 “ 2 .Поскольку шарики одинаковые и с учетом симметричностиαij , имеем:1α22 “ α33 “ , α21 “ α23 “ α32 .a125РешенияНа втором этапе 2-й и 3-й шарик соединены проводом, поэтомуϕ2 “ ϕ3 . Приравнивая потенциалы и выражая заряд q2 из (1),получаем:ˆˆ˙˙QQQQα21 ` α22 q2 ` α21´q 2 “ α31 ` α21 q2 ` α22´q 2 ,2222q2 “Q α31 ´ α12 QQ α31 ´ α12 Q`, q3 “´.4α22 ´ α12 44α22 ´ α12 4Для нашей системы: α12 “q2 “1L,α31 “12L ,α22 “ a1 . Тогдаa ¯Q´a ¯Q´1´, q3 “1`.42L42LРешение задачи 4См.
решение задачи 4 вар. 1 на стр. 122.Контрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Граничное условие на тангенциальныекомпоненты напряженности магнитногополя:4πJ,∆Hτ “cгде J– линейная плотность тока. Направление токов на границе “1-2” определяетсявекторным равенствомJ12 “cn12 ˆ pH2 ´ H1 q,4πгде n12 – единичный вектор нормали к плоскости раздела, направленный из области 1 в область 2.1262013/2014 Контрольная работа 1.2, вар. 1Тогда искомая плотность токов по модулю одинакова на всехплоскостях и равна?c 2ccH0J“∆Hτ “¨ 2? “B0 .4π4π4π2Направления токов показаны на рисунке.Решение задачи 2Для плотности тока в любой точке пространства имеемdiv j “ 0.С учетом j “ σE и σ “ const получимdivpσEq “ σ div E “ 4πpρ`ρсв qσ “ 0, (1)где ρ и ρсв – плотности свободных исвязанных зарядов соответственно. Плотность свободных зарядов находим как$0,pE ¨ ∇εqpj ¨ ∇εq & j01div D “““ρpxq “¨% 4πσ4π4π4πσ0,ε2 ´ε1a ,x ă 0,0 ă x ă a,x ą a.В силу (1) плотность связанных зарядов ρсв pxq “ ´ρpxq.Решение задачи 3Токи в задаче распределены аксиальносимметрично, причем jα “ 0, следовательно, поле имеет только азимутальную компоненту, которая в общем случае зависит только от цилиндрических координат R и z (ср.с задачей 4 КР1.2 2012 на стр.
71). Тогда изтеоремы Стокса имеем:űвнутри сферы H ¨ dℓ “ 2πRHα “ 4πc I ñ Hα pRq “вне сферыűH ¨ dℓ “ 2πRHα “1274πc pI2IcR ,´ Iq ñ Hα pRq “ 0.РешенияПолученное поле удовлетворяет уравнениям Максвеллаrot H “ 0, div B “ 0.Кроме того, для этого поля выполняются граничные условияна сфере. Действительно, линейная плотность тока в точках сферы, характеризуемых полярным углом θ (в сферических коордиIeθ , а граничные условиянатах), равна Jpθq “ ´ 2πaIsin θ eθ “ 2πRHθ ´ 0 “2IcR“4π Ic 2πR“4πc JpRqверно;∆Bn “ ∆Br “ 0 ´ 0 “ 0 верно.Следовательно, полученное решение верно и единственно.Решение задачи 4Магнитный момент контура имеет толькоz-компоненту, равную˘I ¨ pSAOB ` SCOD qI ` 2“αb ` p2π ´ αqa2c2c(1)На больших расстояниях Bprq представляет собой поле магнитного диполя:m“Bprq “ ´pm ¨ rqrmm cos θm`3“ ´ 3 ez ` 3er ,35rrrr3где θ – угол между r и осью z, а m вычисляетсяпо формуле (1).1282013/2014 Контрольная работа 1.2, вар. 2Контрольная работа 1.2, вариант 2Решение задачи 1Граничное условие на тангенциальные компоненты напряженности магнитного поля:∆Hτ “4πJ,cгде J– линейная плотность тока.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
