1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Поэтому2A2− πρa2 + B1 =,3aоткуда4A2− πρa =,3a4A2 = − πρa3 , B1 = 2πρa2 .3Окончательно распределение потенциала выразится так:ϕ1 = − 23 πρ(3a2 − R2 ) при3ρϕ2 = − 4πaпри3RR ≤ a,R > a.1. Электростатика3б) Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе координат с осью Z вдоль осицилиндра будут иметь вид:³´∂ϕ11 ∂r= −4πρ приr ≤ a,r ∂r³ ∂r ´1 ∂2r ∂ϕ= 0приr > a,r ∂r∂rпоскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть только от расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти уравнения, получаем:ϕ1 = −πρr2 + A1 ln r + B1 ,ϕ2 = A2 ln r + B2 .Чтобы потенциал был конечным при r = 0, нужно положить A1 = 0, иначе напряженностьэлектрического поля на оси цилиндра будет бесконечной.
Удобно выбрать потенциал равным нулюна оси цилиндра, тогда B1 = 0. Из условия непрерывности потенциала и его производной приr = a находимA2 = −2πρa2 ,B2 = 2πρa2 ln a − πρa2 .Выражая объемную плотность заряда ρ через заряд, приходящийся на единицу длины цилиндраρ = η/πa2 , окончательно получаем:2ϕ1 = −πρr2 = − ηra2ϕ2 = 2η ln ar − ηв)Декартовуza0xприприr ≤ a,r ≥ a.системукоординатвыберемтакимобразом,чтобыоси X и Y лежали в средней плоскости пластины. Потенциал может зависеть только от координаты z, поскольку все точки плоскости z = constравноправны.
Уравнения Пуассона и Лапласа для различных областейпринимают вид-ad2 ϕ1 (z)dz 2d2 ϕ2 (z)dz 2d2 ϕ3 (z)dz 2= 0при z ≤ a,= −4πρ при −a < z < a,= 0при z > a.Решения этих уравнений запишутся следующим образом:ϕ1 = Az + B1 ,ϕ2 = −2πρz 2 + A2 z + B2 ,ϕ3 = A3 + B3 .4Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при z = 0, тогда B2 = 0. Напряженностьэлектрического поля – векторная величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительносредней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю, поскольку направления в сторонуположительных и отрицательных z равноправны.
Это означает, что¯dϕ2 ¯¯= 0,dz ¯z=0откуда A2 = 0. Далее, так же как в приведенных выше задачах, воспользуемся непрерывностьюпотенциала и его производной при z = ± a. Это дает:A1 = 4πρa,B1 = 2πρa2 ,A3 = −4πρa, B3 = 2πρa2 .Подставляя константы интегрирования в решение, получаем³´ϕ1 = 2πρa2 1 + 2zприz ≤ −a,aϕ2 = 2πρz 2 ³− a ≤ z ≤ a,´ приϕ3 = 2πρa2 1 −2zaпричто можно записать короче следующим образом: −2πρzµ2¶2|z|ϕ(z) =2 2πρa 1 −az ≥ a,при − a ≤ z ≤ a,при |z| ≥ a.1.2. (задача 1.48) Найти поле между двумя коаксиальными цилиндрами радиусов r1 и r2 ,разность потенциалов между которыми равна U .Решени嵶1 d∂ψr=0r dr∂r∂ψ=A∂r∂ψA=∂rrψ = A ln r + Brψ2 − ψ1 = A ln r2 − A ln r1 = U1. Электростатика5A=ψ=Uln rr21Uln r + Bln rr21Er = −∂ψ1 U=−∂rr ln rr21E=−U r.ln rr21 r21. Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 6Разделение переменных в декартовых координатах1.1.
(Задача 1.49) Плоскость z = 0 заряжена с плотностью σ (x, y) = σ0 sin (αx) · sin (βy),где σ0 , α, β – постоянные. Найти потенциал этой системы зарядов.Решение Потенциал ϕ удовлетворяет уравнению Лапласа∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ+ 2 + 2 = 0.∂x2∂y∂zНа заряженной плоскости нормальная составляющая электрического поля терпит разрыв¯¯E2z ¯z=0 − E1z ¯z=0 = 4πσ.(1)(2)Поскольку поверхностная плотность σ есть произведение двух функций, одна из которых зависиттолько от координаты x, а другая от y, будем искать решение уравнения (1) в видеϕ(x, y, z) = f1 (x) · f2 (y) · f3 (z).Подставим функцию (3) в уравнение (1) и поделим каждое слагаемое на ϕ, получимµ 00¶f300 (z)f1 (x) f200 (y)=−+.f3 (z)f1 (x)f2 (y)(3)(4)Чтобы уравнение (4) удовлетворялось при всех x, y, z, нужно приравнять каждое слагаемое константе.
Пустьf300 (z)= −γ 2 .f3 (z)Общим решением этого уравнения является функцияf3 (z) = Ae−γz + B eγz .Понятно, что при стремлении z → ±∞ , f3 (z) не должна стремиться к бесконечности, поскольку поле создается знакопеременными зарядами. Этому условию можно удовлетворить, еслизаписать решение, например, так:f3 (z) = A e−γ|z| .Пустьf100 (x)= −γ12 ,f1 (x)f200 (y))= −γ22 , γ 2 = γ12 + γ22 .f2 (y)2Решениями этих уравнений являются гармонические функции.
Чтобы удовлетворить гармоническому условию (2), нужно выбрать:значит, γ =pf1 (x) = sin αx ,α2 = γ12 ;f2 (y) = sin βy ,γ22 = β 2 ;α2 + β 2 . Итак,ϕ = A e−γ|z| sin αx sin βy.Нормальная составляющая электрического поля Ez = −∂ϕ/∂z. Поэтому¯E2z ¯z=0 = γA sin αx sin βy,¯E1z ¯z=0 = −γA sin αx sin βy.Подставляя эти выражения в уравнение (2), найдем, что A = 2σ0 /γ.
Окончательно распределение потенциала будет иметь видϕ(x, y, z) =где γ =p1.2.YbΨ=0Ψ=0Ψ=02σ0 −γ|z|esin αx sin βy,γα2 + β 2 .Металлическая труба, бесконечная вдоль оси z, имеет прямоугольноесечение a × b. Одна из сторон имеет потенциал U , а остальные- потенциал 0. Найти распределение потенциала внутри труΨ=Uбы.a XРешение Расположим сечение z = 0 по отношению к осям как показано на рисунке. Поскольку труба бесконечна вдоль z, то зависимость от z отсутствует и мы имеем задачу с двумяпеременными.
Поскольку внутри трубы зарядов нет, потенциал внутри удовлетворяет уравнениюЛапласа∂2ψ ∂2ψ4ψ =+ 2 =0(1)∂x2∂yи граничным условиям ψ(0, y) = ψ(x, 0) = ψ(x, b), ψ(a, y) = U. Предположим, что решениеуравнения (1) (или, хотя бы частное его решение) можно представить в видеψ(x, y) = X(x) · Y (y).(2)Тогда, разделив уравнение (1) на X(x)Y (y), его можно переписать в виде1 d2 X1 d2 Y+= 0.X dx2Y dy 2(3)1. Электростатика3Перенеся одно из слагаемых в правую часть уравнения, получим, что функция от x равна во всейобласти определения функции от y, что возможно только в случае когда обе эти функции – константы, причем1 d2 X1 d2 Y=−= λ2 .(4)X dx2Y dy 2Можно было бы просто в правой части записать константу и не определять ее знак. Впрочем приведенная запись не гарантирует положительность правой части (например, если λ – мнимая). Насамом деле далее будет показано, что только такой выбор знака для нашей задачи позволяет получить нетривиальное решение.
Очевидно, что вместо 1 уравнения с частными производными мыполучили систему двух уравнений, каждое из которых - обыкновенное дифференциальное уравнение.Y 00 + λ2 Y = 0,X 00 − λ2 X = 0.(5)Общее решение первого уравнения имеет видY (y) = A sin(λy) + B cos(λy).Граничные уравнения для этого уравнения получаются из общих граничных условийψ(x, 0) = ψ(x, b) = 0, ⇒ X(x)Y (0) = 0, X(x)Y (b) = 0,откуда получаем требуемые два условияY (0) = 0, Y (b) = 0.(6)Из уравнения для Y и приведенных выше граничных условий следует, что если бы в первом уравнении системы (5) знак у константы был противоположным, то полученные в этом случае экспоненциальные решения не смогли бы одновременно удовлетворить граничным условиям (6). Используя граничные условия можно получить следующий набор (бесконечный) частных решений,удовлетворяющих и уравнению и граничным условиям³ nπ ´nπy , λn =, n = 1, 2, ...Yn (y) = An sinbbПодставив значение λn во второе уравнение системы (5), получим решение этого уравненияX(x) = A shnπnπx + B chx.bb4Из граничного условия на границе x = 0 следует, что X(0) = 0, откуда получается, что частныерешения этого уравнения, удовлетворяющее условию на левой границе имеют видXn = Bn shnπx.b(7)Используя полученные частные решения для X и Y , а также принцип суперпозиции, можно записать общее решение всей задачи (удовлетворяющее только 3 граничным условиям) в видеϕ(x, y) =∞XAn shn=1nπnπx siny.bb(8)Теперь можно использовать четвертое граничное условие (ϕ(a, y) = U ) для определения коэффициентов An .
Это граничное условие переписывается в видеϕ(a, y) =∞XAn shn=1nπanπsiny = U.bb(9)Для определения коэффициентов этого ряда можно воспользоваться формулами для определениякоэффициентов ряда Фурье, поскольку именно ряд Фурье по y записан в выражении для граничного условия.
А можно явно домножить правую и левую часть уравнения (9) на sin mπy ипроbинтегрировать обе стороны полученного равенства по y от 0 до b/ Поскольку на этом интервалефункции sin mπy для разных n и m ортогональны, то в сумме останется только член с n = m.bmπaAm shbZbmπysin2dy = Ub0Zbsinmπydy.b0Интеграл слева вычисляется следующим образомZbmπybsin2dy =bmπZmπb mπbsin2 tdt == .mπ 2200Интеграл справа вычисляется элементарноZb0mπybsindy = −bmπZmπbd(cos t) = −(cos mπ − 1)mπ0(10)1.
Электростатика5Из этого выражения ясно, что отличны от нуля коэффициенты только при нечетном m, т.е. приm = 2k + 1. Окончательно получаемA2k+1 =4U(2k + 1)π sh (2k+1)πab,или, окончательно получаем∞(2k+1)πx4U X sh(2k + 1)πybϕ(x, y) =sin.(2k+1)πaπ k=0 shbbтаким образом, использованный метод разделения переменных позволил нам получить общее решение о потенциале внутри прямоугольника в общем виде. При этом следует сделать два замечания1. Если необходимо решить задачу с разными значениями потенциала на всех четырех границах, то это делается на основании принципа суперпозиции, используя полученное вышерешение.2. Ряд сходится довольно плохо, особенно вблизи правой границы.Для демонстрации этого была написана программа для расчета численного примера. Результатырасчета показаны на графиках.
Видно (на третьем графике) что даже при использовании 20 членовряда значение потенциала на границе колеблется, т.е. граничное условие выполняется приближенно.6Изолинии для V0=1,a=5, b=2, N=102y1.510.502.533.51V(x,y=1)x44.550.8V0.60.40.2022.533.544.55xV(x=a,y=1)1.21.110.90.8024681012n - число членов ряда141618201.3. Найти потенциал между двумя бесконечными плоскостями, если потенциал плоскости x =0 равен A sin βy, а потенциал плоскости x = d равен ϕ0 + B sin βy.Решение Сформулируем математическую задачу: найти решение уравнения Лапласа в области0≤x≤d4ϕ(x, y) = 0,с граничными условиями ϕ(x = 0, y) = A sin βy, ϕ(x = d, y) = ϕ0 + B sin βy.
Эта задачане сводится очевидным образом к методу разделения переменных, поэтому, используя принципсуперпозиции, разобъем эту задачу на две, точнее, представим решение задачи в виде суммы двухрешений ϕ(x, y) = ϕ(x, y)1 + ϕ(x, y)2 ..Система I4ϕ1 = 0,ϕ1 (x = 0, y) = 0,ϕ1 (x = d, y) = ϕ0 ,Система II4ϕ2 = 0,ϕ2 (x = 0, y) = A sin βy,ϕ2 (x = d, y) = B sin βy,Решаем сначала уравнение I. Поскольку граничные условия не зависят от y, можно предположить,что решение этого уравнения будет зависеть только от x. Тогда уравнение сводится к обыкновен-1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
