1611690902-41cf0a56aa12d6e384582e6321b320a3 (Решение задач Черкасского)

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.