1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Подставляявычисленные соотношения в уравнение (2), получае춵3(P R)RP−.(3)F=qR3R51. Электростатика3Сила, действующая на диполь в поле точечного заряда, равна по абсолютной величине и противоположна по направлению силе, действующей на заряд в поле диполя.Поэтому из формулы (3) следует, что поле, создаваемое диполем в точке, определяемой радиус-вектором R на больших расстояниях, будет иметь видEдип = −P3(P R)R+.R3R5Момент сил, действующий на диполь во внешнем поле E, равен N = [P × E].Подставляя в эту формулу поле точечного зарядаE = qR/R3 , получаем[P × R]N=q,R3где R – радиус-вектор, проведенный из точки нахождения точечного заряда q в точку, где находится диполь.1.3. (Задача 1.31 из задачника) Найти уравнение силовых линий точечного диполя с дипольным моментом d, помещенного в начале координат. Нарисовать примерный вид силовых линий.Решение Выберем систему координат так, что диполь располагается вдоль осиz сферической системы координат. Уравнение силовых линий поля E в произвольнойортогональной системе координат записывается в видеh1 dq1h2 dq2h3 dq3==E1E2E3Используя коэффициенты Ламе для сферической системы координат hr = 1, hθ =r, hφ = r sin θdrrdθ=ErEθEr = −p3p cos θpcosθ+=2cos θr3r3r3pEθ = 3 sin θrr4 dθr3 dr=2p cos θp sin θdθ cos θdr=2rsin θ4drd sin θ= C1 = 2= 2 ln sin θrsin θln r = C1 = ln(sin2 θ)r= constsin2 θ1086420−2−4−6−8−10−8−6−4−202468Силовые линии диполя1.4.
а)PПоказать, что дипольный момент P электрически нейтральной системызарядов qi = 0 не меняется при смещении начала координат.i0P б) При каком выборе вектора смещения d дипольный момент P = 0, еслиqi 6= 0?iРешение а) Пусть в некоторой системе координат радиус-вектор положения i-гозаряда qi Pесть Ri , тогда дипольный момент системы зарядов в этой системе координат P =qi Ri . Сдвинем начало координат на некоторый вектор d, тогда положеiние каждого заряда в новой системе будет R0i = Ri − d иXXXXP0 =qi R0i =qi (Ri − d) =qi Ri − dqi = P,iiii1. Электростатикатак какP5qi = 0.i0б) P = 0, еслиPqi Rid= P.qiii1.5. (Задача 1.37 из задачника) Три бесконечных заряженных нити (линейнаяплотность заряда κ) расположены на расстоянии a друг от друaга.
Найти два первых (отличных от нуля!) члена разложения поaтенциала на больших расстояниях.Решение Напряженность электрического поля от бесконечной заряженнойс плотностью κ нити E = (2κ/R2 )R, где R – радиус-вектор,расположенный в плоскости, перпендикулярной нити, и провеAur1rurденный от нити в точку наблюдения. Тогда потенциал от однойrbr ururrнити равен −2κ ln R + const. Потенциал от трех нитей в обоrα uurbOзначениях рисункаur1132uurb23b3a22ϕ = −2κ ln r1 − 2κ ln r2 − 2κ ln r3 .Константа выбрана равной нулю. Так как r1 = r − b1 , тоr1 = (r2 + b2 − 2rb sin α)1/2 .Аналогично¡¢1/2r2 = r2 + b2 − 2rb cos(α + 30◦ ),r3 = (r2 + b2 + 2rb cos(α − 30◦ ))1/2 ,где b = |b1 | = |b2 | = |b3 |. Дале嵶12bb2ln r1 = ln r + ln 1 − sin α + 2 .2rrРазлагая второе слагаемое в ряд Тейлора по степеням b/r, получаем1bb2b323ln r1 ' ln r − sin α + (1 − 2 sin α) 2 + (12 sin α − 16 sin α) 3 .rr3!rСделав аналогичные вычисления для ln r2 и ln r3 и сложив, окончательно найдем,чтоb3ϕ = −6κ ln r − 2 3 κ sin3 α при b ¿ r,r√где b = a/ 3.1.
Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 4МультиполиПри r À a, где a – характерный размер системы зарядов, потенциал произвольной системызарядовq pr 1xµ xν+ 3 + ΣDµν 5 + . . . ,(1)rr2r¢PP 0P ¡ 0k 0kгде q =qk , p =qk r k , Dµν =qk 3xµ xν − rk02 δµν , x0k – координаты заряда qk ,kPа rk02 = (x0k )2 .ϕ=1.1. (Задача 1.39) Найти потенциал ϕ(R) поля двух концентрических колец радиусом a и b сзарядами q и −q для: а) R À a, b и б) R ¿ a, b.Решение Сначала вычислим потенциал от одного кольца на больших расстояниях.urЗаряженное кольцо радиуса R0 расположим в плоскости (x, y).ZRЦентр кольца 0 совпадает с началом координат. Ось X направимθперпендикулярно плоскости, в которой лежат Z и R.
R – радиусθ0вектор точки наблюдения. Поскольку система осесимметрична, результат не должен зависеть от выбора направления оси X. ПотенYXαdlциал, создаваемый зарядом элемента кольца d` = R0 dα, в точкеR0(R, θ) равенdϕ =qR0 dαp.22πR0R0 + R2 − 2RR0 cos θ0Потенциал, создаваемый зарядом всего кольца:qϕ=2πZ2πdαp0R02+R2− 2RR0 cos θ0.(2)Связь углов θ, θ0 и α определяется из соотношенияcos θ0 =RR0Ry R0y== sin θ sin α.RR0RR0Чтобы найти потенциал на расстояниях, больших по сравнению с радиусом кольца, разложимподынтегральное выражение в ряд Тейлора по малому параметру R0 /R до второго порядка вклю-2чительно. Поскольку дипольный момент кольца равен нулю, что видно из симметрии расположения зарядов, то оставим в сумме три первых члена:1pR02+R2− 2RR0 cos θ0=11qR 1 + ( R0 )2 −R2R0R'cos θ0Ã!µ ¶21R01 R0'1+(3 cos2 θ0 − 1) + . .
. .cos θ0 +RR2 RВычисляя теперь интеграл (1), получаемqqϕ= +R 4RµR0R¶2(1 − 3 cos2 θ).При вычислении использована связь cos θ0 = sin θ sin α. Значит, потенциал от двух концентрических колец радиусов a и b с зарядами q и −q имеет видq(a2 − b2 )(1 − 3 cos2 θ)при4R3Теперь найдем потенциал кольца радиуса R0 при R0 À R :ϕ (R, θ) =a, b ¿ R.µ ¶2 Z2πR1qqϕ (R, θ) =+(3 sin2 θ sin2 α − 1) dα =R0 2πR0 R020µ ¶2qqR=+(1 − 3 cos2 θ).R0 4R0 R0Тогда потенциал двух колец при a, b À R будет иметь ви䶵¶µ1 1qR2 11−−−(3 cos2 θ − 1) .ϕ(R, θ) = qa b4a3 b31.2. (Задача 1.42)Найти потенциал электрического поля на больших расстояниях от следующих систем зарядов:а) заряды q, −2q, q расположены на оси Z на расстоянии a друг от друга (линейный квадруполь);б) заряды ±q расположены в вершинах квадрата, стороны которого параллельны осям X и Y ,так что соседние заряды имеют разные знаки, а в начале координат расположен заряд +q (плоскийквадруполь).1.
Электростатика3Решение a)Dzz =XDxx¡¢qi 3zi2 − ri2 = 2q2a2 = 4qa2 = DX= Dyy = −qi ri2 = −2qa2ϕ=Dαβ nα nβ2R03nx = sin θ cos ϕny = sin θ sin ϕnz = cos θ¢Dxx n2x + Dyy n2y + Dzz n2zD1 ¡ 2=·−nx − n2y + 2n2z =322R02 2R02¢ 4qa ¡¢D ¡22=−1+3n=3cosθ−1.z4R034R03ϕ=в)Dxx =X¡¢qi 3x2i − ri2 = 0Dyy = 0Dzz = 0Dxy =3q (1) a2 3q (2) a2 3qa2 3qa2+++= 3qa24444Dyx = Dxy = 3qa2φ(2) =а) ϕ (r, θ) 'qa2r33qa23qa2{nn+nn}=sin2 θ sin 2φxyyx2R032R03(3 cos2 θ − 1) ; б) ϕ (r, θ) '3qa22r3sin2 θ sin 2α.1.3. (Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М.
Теория поля. задача к § 41 ) Определить квадрупольныймомент однородно заряженного с плотностью rho эллипсоида относительно его центра. Эллипсимеет полуоси a, b, c.Решение Заменяя в формуле для элементов тензора квадрупольного момента суммированиеинтегрированием по объему эллипсоида, имеемZZ¢¢¡ 2¡ 222x − y 2 − z 2 dxdydz.Dxx = ρ3x − r dxdydz = ρ4Остальные диагональные компоненты записываются аналогично.
Что касается недиагональныхэлементов, то можно показать, что они все равны нулю (самостоятельное упражнение). Для вычисления приведенного выше интеграла по объему эллипсоидаx2 y 2 z 2+ 2 + 2 =1a2bcсделаем замену переменныхx = x0 a, y = y 0 b, z = z 0 c.Тогда интегрирование по новым переменным сведется к интегрированию по шару единичного радиусаx02 + y 02 + z 02 = 1.Очевидно, также, что все интегралы могут быть выражены через 3 интегралаZZZ220203Ix = x dV = abcax dV = a bc (r sin θ cos ϕ)2 r2 sin θdrdθdϕZZZ220203Iy = y dV = abcby dV = ab c (r sin θ sin ϕ)2 r2 sin θdrdθdϕZZZ220203Iz = z dV = abccz dV = abc(r cos θ)2 r2 sin θdrdθdϕ.ТогдаZ3Ix = a bcZdrr4Z3dθ sin θdϕ cos ϕ2 = a3 bc1 4π,5 31 4πIz = abc3.5 3Iy = ab3 cОткуда получаемρ4πDxx = abc53ρ4πDyy = abc534πρDzz = abc53¡ 2¢2a − b2 − c2 ,¡ 2¢2b − a2 − c2 ,¡ 2¢2c − a2 − b2 .Как и следует из теории Dxx + Dyy + Dzz = 0.1 4π,5 31.
Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 5Уравнение Пуассона и ЛапласаУравнение для потенциала с источниками (зарядами) – уравнение Пуассона и уравнение без источников – уравнение Лапласа∆ϕ = −4πρ , ∆ϕ = 0.(1)Уравнение Пуассона в цилиндрической системе координатµ¶1 ∂∂ϕ1 ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ∆ϕ =R+ 2 2 + 2 = −4πρ.R ∂R∂RR ∂α∂zУравнение Пуассона в сферической системе координатµ¶µ¶1 ∂∂ 2ϕ1∂∂ϕ12 ∂ϕ∆ϕ = 2r+ 2sin θ+ 2 2= −4πρ.r ∂r∂rr sin θ ∂θ∂θr sin θ ∂α2Граничные условия на границе раздела сред 1 – 2 (n – нормаль из среды 1 в 2).ϕ1 = ϕ2 ,∂ϕ1 ∂ϕ2−= 4πσ.∂n∂n(2)Решение уравнения Пуассона для точечного заряда∆ϕточ = −4πqδ(r) , ϕточ =q+ C.rОбщее решение уравнения Пуассона для распределенной системы зарядовZZZρ(r0 ) dV 0σ(r0 ) dS 0κ(r0 ) d`0ϕ(r) =++.|r − r0 ||r − r0 ||r − r0 |VS(3)(4)L1.1.
(Задача 1.47) Используя уравнение Пуассона, симметрию задачи, конечность и непрерывность потенциала и его производной, найти потенциал:а) шара радиуса a, равномерно заряженного по объему с объемной плотностью ρ;б) цилиндра радиуса a, равномерно заряженного по объему с линейной плотностью η;в) слоя толщиной 2a, равномерно заряженного с объемной плотностью ρ.Решение а) Потенциал ϕ удовлетворяет уравнениям Пуассона ∆ϕ1 = −4πρ2aOНачало системыполучаем:при R ≤ a и Лапласа ∆ϕ2 = 0 при R ≥ a. В сферической системе координат с учетом симметрии задачи эти уравнения будут иметь вид:µ¶1 ∂2 ∂ϕ1R= −4πρприR ≤ a,R2 ∂R∂Rµ¶∂2 ∂ϕ2R=0приR > a.∂R∂Rкоординатпомещеноϕ1 = − 23 πρR2 −ϕ2 = − 23 πρR2 −A1RA1Rвцентршара.+ B1 при+ B1 приИнтегрируяуравнения,R ≤ a,R > a,где A1 , B1 , A2 , B2 – константы интегрирования.
Второе слагаемое в выражении для ϕ1 содержитчлен ∼ 1/R. Значит, напряженность электрического поля будет содержать член ∼ 1/R2 , которыйпри R → 0 стремится к бесконечности.Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью в ограниченной области, тонапряженность электрического поля нигде не может быть бесконечной. Для удовлетворения этогоусловия необходимо, чтобы A1 = 0. Выбирая потенциал равным нулю на бесконечности, положимB2 = 0.
Из уравнения rot E = 0 следует условие непрерывностикасательныхсоставляющих¯¯¯¯напряженности электрического поля на поверхности шара: E1τ R=a = E2τ R=a . Этому условиюможно удовлетворить, если ϕ1 (a) = ϕ2 (a).Из уравнения div E = 4πρ следует, что¯¯E1n ¯R=a − E2n ¯R=a = 4πσ,где E1n , E2n – нормальные составляющие вектора E;σ – поверхностная плотность зарядов. Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна нулю, то нормальная составляющая вектора E на поверхности шара непрерывна.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
