1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Электростатика5Теперь можно вернуться к основной задаче, так называемой 1-й краевой задаче внутри сферы, т.е.когда ищется решение уравнения∆U = 0, r < a, U (r = a, θ, ϕ) = f (θ, ϕ).Из написанного выше можно записать общее решение такой задачиU (r, θ, ϕ) =∞ ³ ´Xr nn=0aYn (θ, ϕ),где Yn (θ, ϕ) – сферические функции, которые определяются соотношениемYn (θ, ϕ) =∞X(Ank cos kϕ + Bnk sin kϕ) Pn(k) (cos θ).k=01.3. По какому закону должна быть распределена плотность заряда ρ (r) внутри цилиндрарадиуса R, чтобы напряженность электрического поля E внутри цилиндра была постоянна повеличине и равна E0 . Каково распределение потенциала?Решение Из div E = 4πρ следует1 ∂(rE0 ) = 4πρ,r ∂rоткуда ρ =E0.4πrВнутри цилиндра потенциал ϕ изменяется по закону ϕ1 = −E0 r + C, где C – константа.
Внецилиндра потенциал подчиняется уравнению Лапласа, которое для данного случая будет иметь ви䵶∂∂ϕ2r= 0.∂r∂rОткудаϕ2 = A ln r + B,где A, B – константы. Выбирая ϕ1 (0) = 0 и используя граничные условияполучаемϕ1 (R) = ϕ2 (R),¯¯∂ϕ1 ¯¯∂ϕ2 ¯¯=,∂r ¯r=R∂r ¯r=Rϕ1 = −E0 r µ¶ приϕ2 = −E0 R ln Rr + 1приr ≤ R,r > R.61.4. Бесконечный полый цилиндр радиуса R заряжен с поверхностной плотностью σ = σ0 cos 2α,где α – полярный угол цилиндрической системы координат с осью Z, направленной вдоль оси цилиндра. Найти потенциал ϕ и напряженность E электрического поля внутри и вне цилиндра.Решение Из симметрии распределения заряда потенциалы внутри ϕ1 и вне цилиндра ϕ2могут зависеть только от r и α (в цилиндрической системе координат).
Эти потенциалы равныдруг другу на поверхности цилиндра и удовлетворяют уравнениюµ¶∂ϕi1 ∂ 2 ϕi1 ∂r+ 2= 0, i = 1, 2.(1)r ∂r∂rr ∂α2Будем искать решение уравнения (1) для r < R и r > R в видеϕ = f (r) ψ(α).(2)Тогда уравнение (1) можно записать та굶r ∂∂f (r)1 ∂ 2 ψ(α)r=−.f (r) ∂r∂rψ(α) ∂α2Чтобы этому уравнению удовлетворить при любых r и α, нужно положить1 ∂ 2 ψ(α)= C 2;ψ(α) ∂α2µ¶r ∂∂f (r)r= C2 ,f (r) ∂r∂r−где C – постоянная величина.
Решением уравнения (3) являетсяψ(α) = cos Cα. Поскольку на поверхности цилиндра должно выполняться условие¯¯∂ϕ1 ¯¯∂ϕ2 ¯¯−= 4πσ0 cos 2α ,∂r ¯r=R∂r ¯r=R(3)(4)функция(5)то понятно, что C = 2. Уравнение (4) для радиальной части функции примет видr2d2 f (r)df (r)+r− 4f (r) = 0.2drdr(6)Решение этого уравнения будем искать в виде f = arb . Подставив его в уравнение (6), получим,что оно удовлетворяется при b = ±2.Понятно, что в решение для области r > R не должен входить член, пропорциональный r2 ,поскольку потенциал не должен стремиться к бесконечности при r → ∞ (из-за ограниченной1. Электростатика7величины заряда). Для области же r < R, наоборот, не должен входить член, пропорциональныйr−2 , чтобы потенциал остался конечным при r = 0.
Поэтомуϕ1 = A1 r2 cos 2α приϕ2 = A2 r−2 cos 2α приr ≤ R,r ≥ R.Подставляя решения в уравнение (5) и учитывая, что на поверхности цилиндраϕ1 (R) = ϕ2 (R), находим, что A1 = πσ0 /R, A2 = πσ0 R3 . Для r ≤ R окончательно получимµ ¶2rϕ1 =πσ0 Rcos 2α,R∂ϕ1rEr1 = −= −2πσ0 cos 2α,∂rR1 ∂ϕ1rEα1 = −= 2πσ0 sin 2α,r ∂αR|E| = 2πσ0для r ≥ R получимr;Rµ ¶2Rϕ2 = πσ0 Rcos 2α,rµ ¶3REr2 = 2πσ0cos 2α,rµ ¶3REα2 = 2πσ0sin 2α,rµ ¶3R|E| = 2πσ0.r1.
Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 8Метод изображений. Плоскость1.1. (Задача 2.22) Точечный заряд q находится в вакууме на расстоянии aот плоской границы бесконечно протяженного проводника. Найти потенциал, напряженность электрического поля, распределение σ и полный индуцированныйна металле заряд, а также силу, действующую на заряд.РешениеВ верхнем полупространстве потенциал поля, создаваемого зарядом qи индуцированными зарядами на проводнике, можно представить как потенZAaциал поля, создаваемого зарядом q и его изображением q 0 = −q по другуюqсторону плоскости раздела на таком же расстоянии от нее.
Действительно, поθтенциал поля точечных зарядов q и q 0 в какой-либо точке A над поверхностью0проводникаq′ =−q -aµ¶11ϕ=q−приz ≥ 0.(1)r r0Этот потенциал обращается в нуль на поверхности проводника (r = r0 ), а поэтому поверхностьпроводника будет эквипотенциальной поверхностью в системе зарядов q и (−q). Функция (1)является решением уравнения Пуассона ∆ϕ = −4πqδ(r) для верхнего полупространства z ≥ 0,где δ(r) – дельта функция. Это решение удовлетворяет граничному условию ϕ(r) = 0 приz = 0. По теореме единственности оно и есть искомое решение.
В нижнем полупространстве,заполненном проводящей средой, поле равно нулю. ПоэтомуE = rqr3 −E=0qr0r03приприz > 0,z < 0.Индуцированные заряды притягивают заряд q с той же силой, что и фиктивный заряд q 0 =−q, поскольку он создает в верхнем полупространстве такое же поле, что и индуцированные заряды. Эта сила равнаq2 zF=− 2 .4a zПоверхностная плотность индуцированных зарядов найдется по формуле¯q1¯=−σ=Ez ¯cos3 θ ,24π2πaz=02¯¯где Ez ¯– нормальная составляющая поля при z = 0 .
Проверьте, что касательная составляюz=0щая поля равна нулю при z = 0 . Полный заряд, индуцированный на поверхности проводника:Zπ/2Q=−qsin θcos3 θ · 2πa2 3 dθ = −q .22πacos θ01.2. (Задача 2.24) Двугранный угол между двумя заземленными проводящими плоскостямиравен α. Внутри угла находится точечный заряд q. Найти электрическое поле в случаях: а) α =90o ; б) α = 60o ; в) α = 45o .Решение Поле внутри двугранного угла создается системой зарядов, изображенных на соответствующем рисунке.-q90q0600q-qqqq-q-q-q450q-q-qq-qq-qq1. Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 9Метод изображений.
Сфера1.1. (Задача 2.27) Заряд q находится внутри (вне) заземленной (изолированной) проводящей сферы радиуса a на расстоянии `, от ее центра. Найти распределение потенциала во всемпространстве, распределение и полный индуцированный заряд на сфере.Решение а) Сфера заземлена. Заряд вне сферы.Если сфера заземлена, потенциал сферы равен нулю: ϕ(a) = 0. Как показано вurзадаче 1.10, в системе двух разноименных зарядов имеется сферическаяrRrurэквипотенциальная поверхность нулевого потенциала. Если заряд q распоr′a θqложен на расстоянии ` от центра сферы радиуса a, то изображением этогоO l′ q′заряда будет заряд q 0 = −qa/`, который следует поместить на расстояниеl`0 = a2 /` от центра сферы. Таким образом, распределение потенциала инапряженности электрического поля вне сферы, создаваемое зарядом q ииндуцированными зарядами на сфере, совпадает с распределением потенциала и напряженности,создаваемым двумя точечными зарядами q и q 0 :q aqϕ= −приR ≥ a,r` r0qra r0−qприR > a,r3` r03где r и r0 – расстояния до точки наблюдения от зарядов q и q 0 соответственно.
Потенциал внутрисферы постоянен и равен потенциалу на сфере ϕ(a) = 0.В полости и на внутренней поверхности сферы нет зарядов. Потенциал сферы удовлетворяет уравнению Лапласа ∆ϕ = 0. На стенках полости он должен быть константой, равной нулю.Решение, удовлетворяющее этому условию, можно указать сразу: это ϕ = 0. По теореме единственности других решений быть не может. Значит, и E = − grad ϕ = 0 для R < a. Равенствонулю электрического поля внутри сферы легко понять из следующих соображений.
Если вместосферы взять проводящий шар того же радиуса, то поле вне шара будет таким же, как поле внесферы. А поле внутри шара будет равно нулю, поскольку шар – проводник. Не будет внутри шара и объемных зарядов: ρ = 0, так как ÷E = 0. Но такая электронейтральная среда не будетоказывать никакого влияния на величину электрического поля. Поэтому если такую среду удалить, оставляя только проводящую оболочку, то от этого поле нигде не изменится. Оно останетсяравным нулю во всем пространстве, из которого удалена среда, т.
е. внутри сферы.Найдем распределение поверхностной плотности заряда σ по сфере. На заряженной поверхности, разделяющей области 1 и 2, в вакууме нормальные составляющие электрического поля терпятE=2¯¯разрыв E2R ¯R=a¯−E1R ¯R=a = 4πσ. Поскольку в нашем случае поле с внутренней стороны сферыравно нулю E1R ¯R=a = 0, то¯¯1E2R ¯¯σ=.4πR=aНайдем напряженность электрического поля на поверхности заземленной сферы.
Заметим,чтоR=r+`,R = r0 + `0 .Используя эти соотношения, получаем·³¸³ RR ´`´10E=q−R+` − 3.r3 `r03`r03rПокажем, что второе слагаемое в скобках равно нулю на поверхности сферы. Подставляя в негоr = r0 `/a и `0 = a2 /`, получаем³ R´¯¯³ a3 `3³ a3`1´1´0¯` − 3 ¯−`= 3 3 3 − 3 `=0.=`r03r R=a`r03 r3` arrТаким образом, напряженность электрического поля на поверхности сферы, как и следовало ожидать, имеет только нормальную составляющую³1¯R ´E¯R=a = q 3 − 03 R .r`rВыражая r и r0 через координаты (R , θ , α) в сферической системе¡¢1/2r = R2 + `2 − 2R` cos θ,¡¢1/2r0 = R2 + `02 − 2R`0 cos θ,находимE2R = −Тогдаσ=−q(`2 − a2 ).a(a2 + `2 − 2a` cos θ)3/2q(`2 − a2 ).4πa(a2 + `2 − 2a` cos θ)3/2Найдем полный заряд на полусфере, обращенной к заряду q.1.
ЭлектростатикаaOqθ3Заряд на кольце ширины adθ радиуса a sin θ равенdQ = σ · 2πa2 sin θ dθ .lТогда величина заряда на полусфере, обращенной к заряду q, будет равнаQ1 = −2πa2=q(`2 −a2 )2`π/2R0µq(`2 −a2 ) sin θ dθ4πa(a2 +`2 −2a` cos θ)3/2¶√ 1a2 +`2−1`−a=.Таким же образом найдем заряд на противоположной полусфере:µ¶q(`2 − a2 )11Q2 =−√.2`a+`a2 + `2Суммарный заряд на сфере, как и следовало ожидать,aQ = Q1 + Q2 = −q .`То, что полный заряд на сфере равен q 0 , можно понять и не интегрируя поверхностную плотность.
Действительно, мы нашли, что вне сферы поле E создается зарядами q и q 0 . Поток векторачерез поверхность, внутри которой находится сфера без заряда q, определяетсятолько полем, соIздаваемым зарядом q 0 , так как поверхность не охватывает заряд q, т. е. (E ds) = 4πq 0 . Но этои означает, что полный заряд на поверхности сферы равен q 0 .б) Заряд вне сферы. Сфера изолирована.Если сфера изолирована, то полный заряд сферы равен нулю, поэтому для определения полявне сферы нужно поместить внутри сферы еще один фиктивный заряд q 00 = −q 0 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
