1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 5

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

Текст из файла (страница 5)

Электростатика7ному дифференциальному уравнениюd2 ϕ1= 0, при условиях ϕ1 (0) = 0, ϕ1 (d) = ϕ0 .dx2Откуда получаемϕ0x.dТеперь решим второе уравнение методом разделения переменных. Как обычно, предположим, чтоискомое решение можно представить в виде ϕ2 (x, y) = X(x)Y (y) и подставим это в исходноеуравнение для ϕ2 (x, y). Тогда, разделив обе части уравнения на X(x)Y (y), получимϕ1 (x) =X 00 (x)Y 00 (y)=−= γ 2.X(x)Y (y)Каждая из дробей равна константе, поскольку если функция только от x равна во всей областиопределения функции от y? то такая функция может быть только константой.

Знак константывыбран из соображений удобства и из тех (эвристических) соображений, что функция от y должна быть скорее всего ∼ sin(y). Используя сделанные предположения, получим частное решениеY (y) = sin γy, откуда делаем вывод, что γ = β. Тогда уравнение для X(x) имеет решениеX(x) = C1 exp (−γx) + C2 exp (γx).Используя приведенные выше граничные условия для решения задачи II, запишем систему уравнений для констант C1 и C2¡(C1 + C2 ) sin βy =A sin βy,¢C1 e−γd + C2 eγd sin βy =B sin βy.Сокращая левую и правую части этих уравнений на sin βy, получим систему уравнений(C1 + C2 ) =A,¡¢C1 e−γd + C2 eγd =B,решение которой имеет видAeγd − BC1 = γd,e − e−γdAe−γd + BC2 = γde − e−γd .Тогда окончательное решение можно записать в видеµ γd¶ϕ0Ae − B −γx Ae−γd + B γxϕ(x, y) = ϕ(x, y)1 + ϕ(x, y)2 =x+e+ γdesin βy.deγd − e−γde − e−γd81.4.

Рассмотрим плоскую задачу, т.е. потенциал не зависит от z. Область определения представляет собой полубесконечную полосу 0 ≤ x ≤ ∞, 0 ≤ y ≤ b. Потенциал Ψ(x, y) удовлетворяет уравнению Лапласа, Ψ(0, y) = V, Ψ(x, 0) = Ψ(x, b) = 0.Решение Уравнение Лапласа в декартовой системе координат записывается в виде∂ 2Ψ ∂ 2Ψ+= 0.∂x2∂y 2Предположим, как обычно, что решение представимо в видеΨ(x, y) = X(x) · Y (y).Подставив это в исходное уравнение и разделив уравнение на функцию Ψ(x, y), получим1 d2 X1 d2 Y=−= γ 2.22X dxY dyПоскольку функция x (в левой части уравнения) равна во всей области определения функции y (вправой части уравнения) эти комбинации функций должны равняться константе. Рассмотрим этиполучившиеся уравнения по отдельности.d2 Y+ γ 2 Y = 0.dy 2Общее решение этого уравнения имеет видY (y) = A sin γy + B sin γy.Из граничных условий для потенциала можно получить условия для функции YΨ(x, 0) = Ψ(x, b) = 0, ⇒ Y (0) = Y (b) = 0.Из этих условий следует, что B = 0 и γk = kπ, k = 1, 2, ...

Подставляя полученные допустиbмые значения для γ в уравнение для X, получимd2 X+ γk2 X = 0.dx2Общее решение этого уравнения, удовлетворяющее условию ограниченности решения, имеет видXk = Ce−γk x ,1. Электростатика9а общее решение исходной задачи записывается в видеΨ(x, y) =∞Xak e−kπxbsink=1kπy.bДля определения коэффициентов ak используем граничное условие на левой границеΨ(0, y) =∞Xak sink=1kπy= V.bДля нахождения коэффициентов ak можно воспользоваться общими формулами рядов Фурье,а можно вычислить их явно, для чего домножим левую и правую части граничного условия наsin mπyи проинтегрируем левую и правую части по y.

В силу ортогональности функций sin mπybbи sin kπyприm=6kвсуммеостанетсятолькоодинчленсm=k,ауравнениедлявычисленияbкоэффициента будет иметь видZbmπydy = VsinbZb2amsinmπydy,b00или, преобразуя переменные под интеграломmπRam = V0mπRsin tdt=sin2 tdt4V, при m = 2n + 1, n = 0, 1, ...mπ0окончательное выражение приобретает вид¤£∞πy4V X sin (2n + 1) b − (2n+1)πxbΨ(x, y) =e.π n=02n + 1Самое удивительное, что этот ряд можно свернуть в конечное выражение.

Для этого перепишемполученное выражение в виде( ∞ £ πx)¤X e− b · ei πyb 2n+14VΨ(x, y) =Im.π2n+1n=0Введя обозначение Z = e−πxb· eiπybи используя соотношение∞X1 1+ZZ 2n+1= ln,2n + 12 1−Zn=010получаем в результате·¸sin πy2VbΨ(x, y) =arctg.πsh πxb1. Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 7Разделение переменных в сферической и цилиндрической системах координатОператор Лапласа в сферической системе координат записывается в вид嵶µ¶1 ∂1∂∂1∂222 ∂4=∇ = 2r+ 2sin θ+ 2 2.r ∂r∂rr sin θ ∂θ∂θr sin θ ∂α2Прежде чем рассмотреть общий метод разделения переменных для сферической системы координат, рассмотрим конкретную частную задачу, тем более что она часто рассматривается как модельдля многих других задач.1.1.

(Задача 1.51)Незаряженный металлический шар радиуса a вносится в электрическое поле,которое при отсутствии шара было однородным и равным E0 . Определить результирующее полеи плотность поверхностных зарядов на шаре. Что изменится, если заменить шар цилиндром, оськоторого перпендикулярна полю?Решение Начало сферической системы координат поместим в центр шара.

Ось Z, относительно которой отсчитываются угол θ, направим вдоль поля E0 . Посколькушар металлический, то напряженность поля внутри шара равна нулю. ВнеRшара поле описывается уравнением Лапласа. Так как система имеет акO θсиальную симметрию, то напряженность поля и потенциал будут зависетьZтолько от двух сферических координат R и θ.

Уравнение Лапласа для рассматриваемой задачи примет ви䵶µ¶∂1 ∂∂ϕ(R, θ)2 ∂ϕ(R, θ)R+sin θ= 0.(1)∂R∂Rsin θ ∂θ∂θРешение уравнения будем искать в виде произведения двух функций, одна из которых зависиттолько от R, другая – только от θ:ϕ(R, θ) = ϕ1 (R) ϕ2 (θ).Чтобы определить функции ϕ1 (R) и ϕ2 (θ), подставим решение в дифференциальное уравнение(1). После преобразований получи쵶µ¶1∂ϕ2 (θ)1∂∂2 ∂ϕ1 (RR=−sin θ.ϕ1 (R) ∂R∂Rϕ2 (θ) sin θ ∂θ∂θЭто равенство должно быть справедливо при любых значениях R и θ, что возможно лишь в случае,когда и левая, и правая части уравнения равны некоторой постоянной C, т. е.µ¶1d2 d ϕ1 (R)R=C,(2)ϕ1 (R) d RdR2µ¶1dd ϕ2 (θ)sin θ= −C .ϕ2 (θ) sin θ d θdθ(3)Решением уравнения (3) является функция ϕ2 (θ) = cos θ при C = 2, что легко проверить.Решение уравнения (2) будем искать в виде степени R:ϕ1 (R) = A Rn .Подставим эту функцию в уравнение (2) и для n получим уравнение n2 + n − 2 = 0, корникоторого равны n1 = −2 , n2 = 1.Таким образом, искомый потенциал имеет ви䵶A2ϕ(R , θ) = A1 R + 2 cos θ.RДля определения постоянных A1 и A2 учтем граничные условия.

Понятно, что при R → ∞влияние шара не должно сказываться, т. е. lim Ez (R, θ) = E0 , гдеR→∞Ez = −∂ϕ.∂zУчитывая, что z = R cos θ, находим A1 = −E0 . Поверхность шара является эквипотенциальной.θ)Поэтому при R = a, ∂ϕ(a,= 0 для всех значений θ, что возможно только при условии∂θA1 a +A2= 0.a2Следовательно, A2 = E0 a3 и потенциал можно представить в виде:ϕ = −E0 z +a3 (E0 R)E0 a3 cos θ=−ERcosθ+при R ≥ a.0R3R2ϕ=0приR ≤ a.Таким образом, металлический незаряженный шар, внесенный в однородное электрическое поле,меняет картину этого поля так, как изменил бы ее внесенный в поле электрический диполь с моментом d = E0 a3 .

Найдем напряженность электрического поля E = − grad ϕ. Использовавоператор ∇, запишемµ ¶1a33.E = −(∇ϕ) = E0 − 3 ∇(E0 R) − a (E0 R)∇RR31. Электростатика3С помощью правил векторного анализа вычислим ∇(E0 R):£¤ £¤∇(E0 R) = E0 × [∇ × R] + R × [∇ × E0 ] + (E0 ∇)R + (R∇)E0 .Поскольку E0 = const и [∇ × R] = rotR = 0, получим∇(E0 R) = (E0 ∇)R = E0 .Достаточно элементарно можно показать, чтоµ ¶3R1∇= 5.3RRОкончательно для вектора напряженности электрического поля получаем выражение(3(dR)RdE−приR > a,0+5E=RR30приR < a,где d = E0 a3 – дипольный момент, приобретаемый шаром в однородном электрическом поле E0 .Поверхностная плотность индуцированных зарядов¯¯13σ(θ) =ER ¯¯E0 cos θ.=4π4πR=aЭтот заряд создает внутри шара однородное поле E = −E0 , поскольку полное поле равняетсянулю. Величина заряда на одной половине шара будет равна¯Z¯ Zπ/2¯¯33|Q| = ¯¯ σ ds¯¯ =E0 cos θ · 2πa2 sin θ dθ = E0 a2 .4π4S0Разумеется, полный заряд на шаре равен нулю.1.2.

Решит первую краевую задачу для уравнения Лапласа внутри и/или снаружи сферы.Решение Рассмотрим теперь разделение переменных в сферической системе координат дляуравнения Лапласа 4U (r, θ, ϕ) = 0. Для начала предположим, что решение этого уравненияможно записать в видеU = Ψ(r, θ)Φ(ϕ).Тогда, как всегда, вычисляем соответствующие частные производные и делим каждый член уравнения на U . В результате получаем½µ¶µ¶¾1∂∂∂Ψ1 d2 Φ22 ∂Ψ= 0.(1)sin θr+ sin θsin θ+Ψ∂r∂r∂θ∂θΦ dϕ24Из приводившихся ранее рассуждений (функция одного аргумента равна во всей области определения функции другого аргумента) следуетΦ00 + k 2 Φ = 0.Поскольку зависимость от координаты ϕ должна быть обязательно периодична с периодом 2π, топараметр k должен быть действительным и целым. Тогда эта часть решения имеет видΦ(ϕ) = A sin kϕ + B cos kϕ.(2)Второе уравнение, которое получилось в результате разделения переменных, после деления наsin θ приобретает ви䵶µ¶∂1 ∂∂ΨΨ(r, θ)2 ∂Ψr+sin θ− k2= 0.(3)∂r∂rsin θ ∂θ∂θsin2 θВведя новую переменную x = cos θ и предположив, как обычно, Ψ(r, θ) = R(r)P (x), уравнение(3) можно переписать в виде¤1 d ¡ 2 0¢1 d £ 2k2r R −(x − 1)P 0 −= 0.R drP (x) dx1 − x2Стандартным способом разделяем переменные и получаем 2 уравнения1 d ¡ 2 0¢r R = ν 2,R dr·¸¤d £k2202(1 − x )P + ν −P =0dx1 − x2Положив ν = n(n + 1) и k 2 = m2 получим известное уравнение для присоединенных полиномов(m)Лежандра Pn (x)mm dPn(m) (x) = 91 − x2 ) 2 m Pn (x).dxСами же полиномы Лежандра удовлетворяют уравнению£¤0(1 − x2 )Pn0 + n(n + 1)Pn (x) = 0, −1 ≤ x ≤ 1.Полезно вспомнить формулу для разложения расстояния R между точками R = r − r0 P³ ´n∞r1Pn (cos θ), r ≤ r0 ,r0r011n=0=p 2=∞¡ ¢PR1 r0 nr0 + r2 − 2rr0 cos θ Pn (cos θ), r > r0 .rrn=0(4)1.

Характеристики

Список файлов курсовой работы