1612046027-b2966d9bc3565eaf031de379950ee43c (533750), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Следующий, дипольный, член разложения равенϕd px, y, zq “dx ¨ x ` dy ¨ ypd ¨ rq“,3rr3где dx , dy - компоненты полного дипольного момента системы.602012/2013 Контрольная работа 1.1, вар. 1Если C1 , C2 – середины соответствующих отрезков, то дипольные моменты этих отрезков относительно C1 и C2 соответственноравны нулю.
С другой стороны формула преобразования дипольного момента при сдвиге системы отсчетаdpr1 q “ dprq ` Q ¨ pr1 ´ rq.Поэтому дипольные моменты каждого отрезка и всей системы относительно начала координат равны соответственноd1 “ ´q a2 ex ,d2 “ qaex ` q 2b ey ,`˘d “ d1 ` d2 “ q a ´ a2 ex ` q 2b ey “ q a2 ex ` q 2b ey .Подставляя найденные компоненты в выражение для потенциала, получимaϕpx, y, zq « q 2¨x`r3b2¨y“qa¨x`b¨y2 px2 ` y 2 ` z 2 q3{2.Решение задачи 4Перепишем выражение для потенциала на сфере в виде:ˆ ˙ϕ0 ϕ01 ´ cos θ2 θ“´cos θ.“ ϕ0 ¨ϕpθq “ ϕ0 sin2222Наша система обладает аксиальной симметрией, поэтому искомыйпотенциал является разложением пополиномам Лежандра Pℓ :˙8 ˆÿBℓℓϕpr, θq “Aℓ r ` ℓ`1 Pℓ pcos θq.rℓ“0(2)61(1)РешенияВид угловой зависимости потенциала на сфере указывает, полиномы каких степеней ℓ в этом разложении отличны от нуля.Первому и второму слагаемому в (1) отвечают ℓ “ 0 и ℓ “ 1 соответственно.
В свою очередь степени полиномов Лежандра определяют вид зависимости потенциала от радиусаϕpr, θq “ˆB0A0 `r˙ˆB1P0 pcos θq ` A1 r ` 2r˙P1 pcos θq.(3)В области 1 (r ă R) ϕ1 pr “ 0q ‰ 8, поэтому в формуле (3)для ϕ1 коэффициенты B0 “ 0 и B1 “ 0. А в области 2 (r ą R)ϕ2 pr Ñ 8q ‰ 8, поэтому в формуле (3) для ϕ2 коэффициентA1 “ 0.Итак, ищем решение для потенциала в виде:ϕ1 prq “ A0 P0 pcos θq ` A1 rP1 pcos θq “ A0 ` A1 r cos θ, r ă R;˘`ϕ2 prq “ A02 ` Br0 P0 pcos θq `“ A02 ` Br0 ` Br21 cos θ, r ą R.B1P pcos θqr2 1“(4)Сравнивая первое выражение в (4) с потенциалом на сфере,находим:ϕ0ϕ0, A1 “ ´ .(5)A0 “22RКроме того, из условия непрерывности потенциала на границевакуум-диэлектрик (которое эквивалентно равенству там тангенциальных полей) имеемA02 ` BR0 “ A0 “ ϕ20 ,2B1“ A1 R “ ´ ϕ20 Ñ B1 “ ´ ϕ02R .R2(6)Теперь перейдем от (4) к выражениям для поля:E1 prq “ ´A1 ez , r ă R;θer , r ą R.E2 prq “ Br20 er ´ Br31 ez ` 3 B1 rcos362(7)2012/2013 Контрольная работа 1.1, вар.
2На этом этапе уже можно найти поверхностную плотность связанных зарядов на сфере:ε´1ϕ0 pε ´ 1qε´1E1n “ ´A1 cos θ “cos θ. (8)4π4π8πRДалее, для обеспечения единственности решения недостает ещеусловия для потенциала на бесконечности. Если наложить наиболее естественное условие A02 “ 0, то B0 “ ϕ02R , и ответ дляпотенциала и поля принимает однозначный вид ˚ :σсв “ P1n “При r ă R `ϕ1 prq “ ϕ20 1 ´rRпри r ą R ´ϕ2 prq “ ϕ20 Rr ´˘cos θ , E1 prq “R2r2ϕ02R ez ;¯cos θ , E2 prq “ϕ02´Rr 2 er`R2r 3 ez2´ 3Rcos θerr3¯(9)Контрольная работа 1.1, вариант 2Решение задачи 1Выделим на проволочке элементарный отрезок длиной dx в точке x.Заряд элементарного отрезка можнорассматривать как точечный с величиной κdx. Поэтому сила наточечный заряд q со стороны элементарного отрезка направленавлево и равнаqκdx.dF pxq “x2˚Математическая постановка данной задачи такова, что выбор аддитивнойпостоянной в выражении для ϕ2 не сводится к дополнительному слагаемому врешении, а меняет функциональную его часть.
Так, если выбрать A02 “ ϕ20 ,то B0 “ p ϕ20 ´ A02 qR “ 0 и кулоновский член в ϕ2 pr, θq и E2 pr, θq вообщеисчезает.63.РешенияСила со стороны всей полубесконечной проволоки получаетсяинтегрированием dF pxq по длине проволоки:F “ż8x“adF pxq “ qκż8adxqκ.“2xaСогласно третьему закону Ньютона, сила со стороны заряда qна проволоку направлена вправо и равна F по абсолютной величине.Решение задачи 2Изобразим куб со стороны вершины (точкиO) с точечным зарядом в плоскости с нормалью вдоль главной диагонали куба.
Видно, чтотелесный угол Ω с вершиной в точке O, стягиваемый заштрихованной гранью, занимает третьугла, ограниченного гранями куба с общей вершиной O. С другой стороны последний составляет 1{8 часть от полного телесного угла 4π стерадиана. Соответственно, телесный угол Ω равен14π3¨8 “ 24 ¨ 4π.Согласно теореме Гаусса, поток поля через замкнутую поверхность, окружающую точечный заряд q, равен 4πq. Тогда искомыйпоток поля составляетπ4πq“ q.Φ“246Решение задачи 3Поскольку система зарядов в целом нейтральна, то кулоновский членразложения потенциала равен нулю(ср. с задачей 2 КР1.1 вар.1, стр. 60).Следующий, дипольный, член разложения равенϕd pr, θq “dz cos θpd ¨ rq“.3rr2642012/2013 Контрольная работа 1.1, вар.
2Дипольные моменты каждого кольца относительно их центровравны нулю. Начало системы координат в нашей задаче помещено в центр правого кольца. Поэтому дипольный момент системыотносительно начала системы координат равенd “ d1 ` d2 “ ´Q ¨ p´Rqez ` 0 “ QRez .Тогда для искомого потенциала получаем следующее выражение:QR cos θϕd pr, θq « ϕpr, θq “.r2Решение задачи 4Ищем решение для поля в диэлектрикеи в вакууме в виде суперпозиции поля диполя и однородного поля:θE1 prq “ ´ rd31 ez ` 3 d1 rcoser ` E1 ez , a ă r ă b;3(1)θE2 prq “ ´ dr32 ez ` 3 d2 rcoser ` E0 ez , r ą b.3Для трех неизвестных коэффициентов d1 , d2 , E1 имеем три гран.условия:E1τ pr “ aq “ 0;E1τ pr “ bq “ E2τ pr “ bq;(2)D1n pr “ bq “ D2n pr “ bq.Подставляя в (2) слагаемые из (1), спроецированные на направления er и eθ , получим:65Решения´ ad13 sin θ ` E1 sin θ “ 0;´ db31 sin θ ` E1 sin θ “ ´ db32 sin θ ` E0 sin θ;´¯´ db31 cos θ ` 3 db31 cos θ ` E1 cos θ ε “ ´ db32 cos θ ` 3 db32 cos θ ` E0 cos θ,(3)или после упрощений´ ad31 ` E1 “ 0;´ db31 ` E1 “ ´ db32 ` E0 ;(4)´¯2 db31 ` E1 ε “ 2 db32 ` E0 .Решение системы (4) относительно неизвестных d1 , d2 , E1 :E1 “3E03ε`2`2pε´1q a3;bd1 “3E0 a33ε`2`2pε´1q a3d2 “3E0 pa3 ´b3 q;(5)b3ε`2`2pε´1q a3b` E0 b3 .Используя выражения из (5), можно записать решение дляпотенциала в компактном виде:ϕ1 prq “ ϕpa ă r ă bq “ϕ2 prq “ ϕpr ą bq “d1 cos θr2d2 cos θr2ϕ0 prq “ ϕpr ă aq “ 0.66´ E1 r cos θ;´ E0 r cos θ;(6)2012/2013 Контрольная работа 1.2, вар.
1Контрольная работа 1.2, вариант 1Решение задачи 1Пусть на внутреннем электроде содержится заряд Q. Тогдапотенциал и напряженность электрического поля между двумяэлектродами будут иметь видϕprq “AA` ϕ0 Ñ Eprq “ 2 er .rr(1)Действительно, решение (1) удовлетворяет уравнению Лапласа ∆ϕprq=0 в объеме диэлектрика и гран.
условиям ∆Eτ “ 0 и∆Dn “ 4πσ на всех границах, следовательно, оно верно.Для определения постоянной A запишем теорему Гаусса длявектора электрической индукции на сфере радиуса r, a ă r ă b:ssD1 prqdS ` D2 prqdS “ 2πr 2 pε1 ` ε2 q Eprq “S2S1“2πr 2 pε1`ε2 q rA2(2)“ 4πQ,2откуда A “ ε1 `εQ.2Разность потенциалов между электродами составитU “ ϕpaq ´ ϕpbq “а емкостьC“2Qpb ´ aqA A´ “,abpε1 ` ε2 qabQpε1 ` ε2 qab“.U2pb ´ aqРешение задачи 2Представим точечный диполь как пару разноименных точечных зарядов q1 “ ´q и q2 “ q с радиус-векторами r1 “ lez иr2 “ pl ` δqez соответственно, где δ “ pq Ñ 0. Применим метод изображений.
Величины и радиус-векторы соответствующих67Решениязарядов-изображений выражаются какr1 1 “q11 “ al q,aq21 “ ´ l`δq, r2 1 “a2l ez ;a2l`δ ez .Заряды-изображения разделены расстояниемδ1 “ r11 ´ r21 “a2a2a2´« 2 δ.ll`δlСистема изображений состоит из фиктивного точечного диполя p1 и фиктивного точечного заряда Q. И заряд и диполь локализованы вточке A1 с радиусом-векторомa2l ez . Дипольный момент относительно точки A1 равенp 1 “ q21 ¨ p´δ1 qez “ qa a2a3δeÑpez .zl ` δ l2l3Величина фиктивного заряда равнаQ “ q11 ` q21 “aaδapaq´qÑ 2q“ 2.ll`δllТогда диполь p находится во внешнем поле точечного заряда инейтрального точечного диполя (оба расположены в одной точке).Это поле удобно выражать в системе координат с началом в точкеA1 :p1pp 1 ¨ RqRQE “ 2 eR ´ 3 ez ` 3,RRR5где R - радиус-вектор с началом в точке A1 .
В точках, лежащихна оси z, поле принимает видˆ˙Qp1E“` 2 3 ezZ2Z682012/2013 Контрольная работа 1.2, вар. 1(Z, как и R, отсчитывается от точки A1 ).Сила, действующая на диполь p, с учетом геометрии нашейзадачи равнаˆ˙Qppp 1ap2a3 p2BEez “ ´2 3 ez ´6 4 ez “ ´2 2 3 ´ 6 3ez .F “ pp¨∇qE “ pBZZZl Zl ¨ Z4Подставляя Z “ l ´ l1 “ l ´преобразований получим:F “ ´2a2l“l2 ´a2l ,alpl2 ` 2a2 qp2ez .pl2 ´ a2 q4после несложных(1)Сила на диполь направлена влево, следовательно, возникаетпритяжение.Энергия взаимодействия между диполем и сферой равна´´¯¯11U “ ´ 21 pp ¨ Eq “ ´ 12 ZQ2 ` 2 Zp3 p “ ´ 21 QZ`2pp“Z3“´ 123ap l2 ´a2`2 a3 pll2lpl2 ´a2 q3l322apl `a q 2p “ ´ 2pl2 ´a2 q3 p .Множитель 12 поставлен, так как E „ p, а следовательно, мыимеем дело с упругим диполем.Рассмотрим предельный случай l “ a ` h, a Ñ 8 (p на расстоянии h от проводящей плоскости):a ¨ ap3a2 qp26p2apa ` hqppa ` hq2 ` 2a2 qp2eÑ´2e“´ez .zzppa ` hq2 ´ a2 q4p2ahq416h4(2)Получим независимое решение для силы на диполь вблизипроводящей плоскости.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
