1611690902-41cf0a56aa12d6e384582e6321b320a3 (826947)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Задача 1.33Сфера радиуса R заряжена по поверхности по закону σ(r) = σ0 cos θ Найти потенциал и электрическое поле во всем пространстве.РешениеНесмотря на то, что заданная система не обладает сферическойсимметрией, эту задачу можно решить с помощью теоремы Гаусса.Для этого заметим, что сферу, заряженную с поверхностной плотностью σ ∝ cos θ можно получить из двух разноименно равномерно заряженных шаров, сдвинутых один относительно другого на бесконечномалое расстояние. Действительно, согласно принципу суперпозиции вобласти пересечения шаров плотность заряда равна нулю, а заряд вприповерхностной области можно характеризовать поверхностной плотностью, пропорциональной эффективной толщине “корки”, выступающей за область пересечения.

Эта толщина пропорциональна cos θ(см. рисунок). Для смещения δ объемная плотность заряда связана с эффективной поверхностной какρ = σ0 /δ.Поле в области пересечения (то есть внутри сферы) является векторной суммой полей, формируемых зарядами отдельных шаров. Каждое из двух полей и потенциалов находятся по теореме Гаусса.Тогда указанная сумма равна4π4π4π4πρ (r − δ/2) −ρ (r + δ/2) = − ρδ = − σ0 ez ,3333то есть поле внутри однородно и направлено противоположно оси z.Eвнут (r) =Потенциал внутри сферыϕвнут (r) = C1 −2π2π4π4πρ (r − δ/2)2 +ρ (r + δ/2)2 = C1 +ρ (δ · r) = C1 +σ0 r cos θ,3333Поле снаружи от каждого шара совпадает с полем точечного заряда, сосредоточенного в центрешара.

Поэтому суммарное поле можно рассматривать как формируемое парой разноименных точечных33зарядов ± 4πRρ = ± 4πRσ0 , разделенных расстоянием δ. В пределе δ → 0 пара точечных зарядов33δпредставляет собой точечный диполь с моментом d =4πR3σ0 ez .3Поэтому снаружи имеем потенциал иполе точечного диполя*:4πR3(d · r)=C+σ0 cos θ2r33r 2Из условия ϕвнут (R) = ϕвнеш (R) следует, что C1 = C2 , и обе константы можно положить равнымиϕвнеш (r) = C2 +нулю.Eвнеш (r) = −d(d · r) r4πσ0 R34πσ0 R3 cos θ+3=−e+rzr3r53r 3r4* В данной задаче поле диполя оказывается не приближением, а точным решением, верным длявсех r > R.1Задача 1.36aНайти поле линейного диполя: двух параллельных бесконечных нитей, расположенных на расстоянии 2a друг от друга и заряженных слинейными плотностями ±κ.РешениеПоскольку рассматриваемая заряженная система не ограничена поразмеру, то было бы методически неверно использовать в решенииR~ =формулу потенциала в виде общего решения уравнения Лапласа ϕ(R)κ′~ ′ | dℓ (интеграл несоб~ R|R−ственный и для отдельной нити расходится).

Поэтому используем известное решение для заряженнойнити и принцип суперпозиции (здесь и ниже ~r – радиус-вектор в цилиндрических координатах):ϕ(~r) = ϕ+ (~r) + ϕ− (~r) = C − κ ln(|~r − ~a|) + κ ln(|~r + ~a|).Используем разложение по малому параметру ~a. Общая формула:f (~r + ~a) ≈ f (~r) + (~a · ∇0 f ) ,где ∇0 означает, что ∇ вычисляется в точке ~r.В нашем случае f (~r + ~a) = − ln (|~r + ~a|) ≈ − ln r −Аналогично f (~r − ~a) ≈ − ln r + 1r (~er · ~a) .∇|~r+~a| |~r+~a| a=0· ~a = − ln r − 1r (~er · ~a) .Тогда искомый потенциал выражается какϕ(~r) = C − κ ln(|~r − ~a|) + κ ln(|~r + ~a|) = C +2κ2κ(~er · ~a) = C + 2 (~r · ~a)rrПоложив C = 0, получим потенциал линейного диполяd~a · ~rϕ(~r) =,r2где d~a = 2κ~a – удельный (т.

е. рассчитанный на единицу длины) дипольный момент.1Задача 1.36aНайти поле линейного диполя: двух параллельных бесконечных нитей, расположенных на расстоянии 2a друг от друга и заряженных слинейными плотностями ±κ.РешениеПоскольку рассматриваемая заряженная система не ограничена поразмеру, то было бы методически неверно использовать в решенииформулу потенциала в виде общего решения уравнения Лапласа ϕ(R) =Rκdℓ′|R−R′ |(интеграл несоб-ственный и для отдельной нити расходится). Поэтому используем известное решение для заряженнойнити и принцип суперпозиции (здесь и ниже r – радиус-вектор в цилиндрических координатах):ϕ(r) = ϕ+ (r) + ϕ− (r) = C − 2κ ln(|r − a|) + 2κ ln(|r + a|).Используем разложение по малому параметру a.

Общая формула:f (r + a) ≈ f (r) + (a · ∇0 f ) ,где ∇0 означает, что ∇ вычисляется в точке r.В нашем случае f (r + a) = −2 ln |r + 2a| ≈ −2 ln r − 2Аналогично f (r − a) ≈ −2 ln r + 2r (er · a) .∇|r+a| |r+a| a=0· a = −2 ln r − 2r (er · a) .Тогда искомый потенциал выражается какϕ(r) = C − 2κ ln(|r − a|) + 2κ ln(|r + a|) = C +4κ4κ(er · a) = C + 2 (r · a)rrПоложив C = 0, получим потенциал линейного диполяϕ(r) = 2(da · r),r2где da = 2κa – удельный (т.

е. рассчитанный на единицу длины) дипольный момент.1Задача 1.39aНайти потенциал ϕ(~r) поля двух концентрических равномерно заряженных колец радиусом a и b с зарядами Q и −Q для r ≫ a, b. Центрколец лежит в начале координат.РешениеПолный заряд и дипольный момент системы равны нулю. Поэтомубудем искать квадрупольную добавку к потенциалу. Сначала найдемтензор квадрупольного момента большого кольца.aaИз симметрии системы относительно оси z следует, что Dxx= Dyy,а для i 6= j Dija = 0. Поэтому, с учетом Tr D = 0, достаточно вычислитьaтолько элемент Dzz:Z ′a′ ′′2Dzz =κ 3xi xj − δij r dℓ =Z′22κ 3z − 1 · ai=j=3aaaТогда Dxx= Dyy= − D2zz =′dℓ = −Zκa2 dℓ′ = −a2 · 2πaκ = −Qa2Qa2.2Заменой a → b, Q → −Q получаем для меньшего кольцаbDxx=bDyyQb2.=−2В силу аддитивности тензоров полный тензор системы двух колец имеет следующие ненулевыеэлементы:Q(a2 − b2 ), Dzz = Q(b2 − a2 ).2Подставляем полученные значения в выражение для квардупольной добавки к потенциалу:Dxx = Dyy =12221 Dij xi xj22 2 (x + y ) − z=Q(a−b)2 r52r 5В сферических переменных z = r cos θ, x2 + y 2 = r 2 sin2 θ получимϕ(~r) =sin2 θ2− cos2 θ1 − 3 cos2 θ=Q(a2 − b2 )2r 34r 3Заметим, что данное выражение содержит в качестве множителя полином Лежандра Pℓ (cos θ) с22ϕ(~r) = Q(a − b )ℓ = 2.

Это не случайно, поскольку потенциал аксиально симметричных систем представим в видеℓразложения по произведениям вида Aℓ r ℓ + rBℓ+1Pℓ (cos θ), ℓ = 0, 1, 2...1Задача 1.42 бНайти потенциал электрического поля на больших расстояниях отплоского квадруполя (см. рисунок).РешениеПолный заряд и дипольный момент системы равны нулю. Поэтомубудем искать квадрупольный потенциал:xi xj1ϕ(r) = ϕ2 (r) = Dij 5 ,2r(1)где подразумевается суммирование по повторяющимся индексам.Вычисляем элементы тензора Dij по формуле:Dij =X3x′i x′j − δij r ′2k(2)q ,k kгде штрихованные переменные обозначают координаты k-го заряда.Обход зарядов при суммировании будем вести против часовой стрелки, начиная с левого верхнегозаряда.

Для наглядности слагаемые, относящиеся к одному заряду, будем выписывать в отдельнуюстроку:√a22 Dxx = 3 · (−a/2) · (−a/2) − 1 ·· q+ 2+ 3 · (−a/2) · (−a/2) − 1 · √a2· (−q)+ 2 · (q)++ 3 · (a/2) · (a/2) − 1 · √a2 2· (−q) = 0.+ 3 · (a/2) · (a/2) − 1 · √a2√a22 Dyy = 3 · (a/2) · (a/2) − 1 ·· q+ 2· (−q)++ 3 · (−a/2) · (−a/2) − 1 · √a2 2· (q)++ 3 · (−a/2) · (−a/2) − 1 · √a2 2· (−q) = 0.+ 3 · (a/2) · (a/2) − 1 · √a2След тензора T r D = Dxx + Dyy + Dzz = 0, поэтому Dzz = 0.Все перекрестные элементы, содержащие индекс z, равны нулю, так как равны нулю оба слагаемыхв выражении (2): первое слагаемое из-за множителя z = 0, второе - из-за множителя δij = 0. Такимобразом, с учетом симметричности тензора Dij , осталось найти только элемент Dxy :Dxy = (3 · (−a/2) · (a/2) − 0) · q++ (3 · (−a/2) · (−a/2) − 0) · (−q)++ (3 · (a/2) · (−a/2) − 0) · q++ (3 · (a/2) · (a/2) − 0) · (−q) = −3qa2 , Dxy = Dyx = −3qa2 .1Квадрупольный потенциал, согласно (1), запишется в видеϕ(r) =xyxy1(Dxy + Dyx ) 5 = −3qa2 5 .2rrВ сферических переменных (x = r sin θ cos α, y = r sin θ sin α)ϕ(r) = −3qa22sin2 θ sin α cos α2 sin θ sin 2α=−3qa.r32r 3Напряженность электрического поля имеет компоненты:2= −9 sinEr = − ∂ϕ(r,θ,α)∂r=Eθ = − ∂ϕ(r,θ,α)r∂θEα = − ∂ϕ(r,θ,α)=r sin θ∂αθ sin 2αqa2 ,2r 43 sin θ cosr4θ sin 2α qa2 ,2α3 sin θrcosqa2 .4Силовые линии удобно рассмотреть в плоскости θ = π/2 (или, что то же, z = 0), поскольку для неевсе силовые линии остаются лежащими в этой плоскости.

Тогда уравнение силовых линий в выбраннойплоскости:ErEαEα==drr sin θdαrdα⇒−9 sin 2α3 cos 2α=2drrdα⇒Интегрирование даетln r =откуда r(α) = constp43ln cos 2α + const,4| cos3 2α|.Вид силовых линий показан на рисунке. Видны, что асимптотыпроходят вдоль биссектрис квадрантов – осей симметрии нашей заряженной системы.22dr3 sin 2αdα=−rcos 2αЗадача 2.8aОднородный шар радиуса a с диэлектрической проницаемостью ε1 погруженв однородный неограниченный диэлектрик ε2 . На большом расстоянии от шара вдиэлектрике имеется однородное электрическое поле E0 . Найти потенциал и напряженность электрического поля во всем пространстве, а также распределениесвязанных зарядов на шаре и его поляризованность.РешениеБудем искать поле в видеE1 (r) = E(r < a) = A1 ez ,E2 (r) = E(r > a) = − Ar32 ez + 3A2 (ezr·r)r+ E0 ez .5(1)Аналогично, вектор электрической индукции:D1 (r) = A1 ε1 ez ,+ ε2 E0 ez .D2 (r) = − Ar32 ε2 ez + 3A2 ε2 (ezr·r)r5(2)Постоянные A1 и A2 найдем из граничных условий на сфере: D1n = D2n (учтено, что свободныхзарядов на границе раздела нет) и E1τ = E2τ .Запишем уравнения (1) в проекции на тангенциальное направление, а уравнения (2) – на нормальное (на рисунке показано, какие проекции на эти направления дает вектор ez ):E1τ (r = a) = A1 sin θ,E2τ (r = a) = − Aa32 sin θ + E0 sin θ,(3)D1n (r = a) = A1 ε1 cos θ,2D2n (r = a) = − Aa32 ε2 cos θ + 3ε2 A2 acos θa5θ+ ε2 E0 cos θ = 2ε2 A2acos+ ε2 E0 cos θ.3С учетом (3) граничные условия принимают вид:A1 = − Aa32 + E0 ,A1 ε1 = 2ε2 Aa32 + ε2 E0 .(4)Решаем систему (4) относительно неизвестных A1 , A2 :A1 =A2 =3ε2E ,ε1 +2ε2 0ε1 −ε2E a3 .ε1 +2ε2 0Искомое поле равно:E1 (r) =E2 (r) =3ε2E,ε1 +2ε2 0−ε2 )a3− (ε(ε11+2ε3 E02 )r1 −ε2 )(ez ·r)r3+ 3 (ε(ε5 E0 a + E0 .1 +2ε2 )rПоле E2 (r), включающее поле диполя, полезно выразить через дипольный момент шара P =E2 (r) = −(P · r)rP+3+ E0 .3rr51(5)(ε1 −ε2 )a3E0 :ε1 +2ε2Соответствующий полю E(r) потенциал:2ϕ1 (r) = − ε13εE r cos θ,+2ε2 0ϕ2 (r) =(ε1 −ε2 )a3E(ε1 +2ε2 )r 2 0cos θ − E0 r cos θ =(P·r)r3− (E0 · r).Плотность заряда на сфере равна:σ(θ) ==E04πE2n (θ)−E1n (θ) 4πr=a=2(ε1 −ε2 )+(ε1 +2ε2 )−3ε2ε1 +2ε2E0 (θ)4π−ε22 εε11+2εcos θ + cos θ −2cos θ =3E0 ε1 −ε24π ε1 +2ε23ε2ε1 +2ε2cos θ =cos θ.В заключение отметим, что полученное поле E(r) удовлетворяет условиям div D = 4πρ и rot E = 0.При найденных значениях A1 и A2 выполняются также граничные условия для нормальных и тангенциальных компонент поля.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов курсовой работы