Меледин Т.В., Черкасский В.С. Электродинамика в задачах. Часть 1. Электродинамика частиц и полей

Подождите немного. Документ загружается.

1 ЭЛЕКТРОСТАТИКА В ВАКУУМЕ

∂ϕ

∂r



r=R

∂ϕ

∂r



r=R

получаем

= −E

r при r ≤ R,

= −E



+ 1



при r > R.

Р.16. Бесконечный полый цилиндр радиуса R заряжен с поверх-

ностной плотностью σ = σ

cos 2α, где α — полярный угол цилин-

дрической системы координат с осью Z, направленной вдоль оси ци-

линдра. Найти потенциал ϕ и напряженность

E электрического поля

внутри и вне цилиндра.

Из симметрии распределения заряда потенциалы внутри ϕ

и вне

цилиндра ϕ

могут зависеть только от r и α (в цилиндрической си-

стеме координат). Эти потенциалы равны друг другу на поверхности

цилиндра и удовлетворяют уравнению

∂

∂r



∂ϕ

∂r



∂

∂α

= 0. (1)

Будем искать решение уравнения (1) для r < R и r > R в виде

ϕ = f(r) ψ(α). (2)

Тогда уравнение (1) можно записать так

f(r)

∂

∂r



∂f(r)

∂r



= −

ψ(α)

∂

ψ(α)

∂α

Чтобы этому уравнению удовлетворить при любых r и α, нужно по-

ложить

−

ψ(α)

∂

ψ(α)

∂α

= C

, (3)

f(r)

∂

∂r



∂f(r)

∂r



= C

, (4)

1.5 Решение типичных задач

где C — постоянная величина. Решением уравнения (3) является функ-

ция ψ(α) = cos Cα. Поскольку на поверхности цилиндра должно

выполняться условие

∂ϕ

∂r



r=R

−

∂ϕ

∂r



r=R

= 4πσ

cos 2α , (5)

то понятно, что C = 2. Уравнение (4) для радиальной части функции

примет вид

f(r)

+ r

df(r)

− 4f(r) = 0. (6)

Решение этого уравнения будем искать в виде f = ar

. 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 r

, поскольку потенциал не должен стре-

миться к бесконечности при r → ∞ (из-за ограниченной величи-

ны заряда). Для области же r < R, наоборот, не должен входить

член, пропорциональный r

−2

, чтобы потенциал остался конечным при

r = 0. Поэтому

= A

cos 2α при r ≤ R ,

= A

−2

cos 2α при r ≥ R .

Подставляя решения в уравнение (5) и учитывая, что на поверхности

цилиндра ϕ

(R) = ϕ

(R), находим, что A

= πσ

/R, A

= πσ

Для r ≤ R окончательно получим

= πσ





cos 2α,

= −

∂ϕ

∂r

= −2πσ

cos 2α,

α1

= −

∂ϕ

∂α

= 2πσ

sin 2α,

1 ЭЛЕКТРОСТАТИКА В ВАКУУМЕ

E| = 2πσ

;

для r ≥ R получим

= πσ





cos 2α,

= 2πσ





cos 2α,

α2

= 2πσ





sin 2α,

E| = 2πσ





Р.17. Найти силу, с которой диполь с моментом

P действует на

заряженную нить. Заряд нити на единицу длины η; диполь располо-

жен перпендикулярно нити и линии, их соединяющей на расстоянии

a. Найти вращательный момент, приложенный к диполю.

В цилиндрической системе координат (r, α, z) с осью Z вдоль ни-

ти дипольный момент имеет проекции (0, P, 0). Поле заряженной

нити

E = 2η~r/r

. Сила, действующая на диполь в поле нити:

= (

∇)

E =

∂

∂α

E =

2η

∂

∂α

2ηP

где ~n

, ~n

— единичные векторы в цилиндрической системе коорди-

нат. Сила

F , с которой диполь действует на нить:

F = −

(a) = −

2ηP

Вычислим производную

∂

∂α

, которую мы использовали выше:

1.5 Решение типичных задач

∂

∂α

= lim

∆α→0

(α + ∆α) −~n

(α)

∆α

= lim

∆α→0

∆~n

∆α

= ~n

Приведенный рисунок поясняет взятие производной.

Вращательный момент:

M = [

P ×

E(a)] =

2η

[

P ×~a] = −

2ηP

Р.18. Используя уравнение Пуассона, симметрию задачи, конеч-

ность и непрерывность потенциала и его производной, найти потенци-

алы:

а) шара радиуса a, равномерно заряженного по объему с объемной

плотностью ρ;

б) цилиндра радиуса a, равномерно заряженного по объему с ли-

нейной плотностью η;

в) слоя толщиной 2a, равномерно заряженного с объемной плотно-

стью ρ.

а) Потенциал ϕ удовлетворяет уравнениям

Пуассона ∆ϕ

= −4πρ при R ≤ a и Ла-

пласа ∆ϕ

= 0 при R ≥ a. В сферической

системе координат с учетом симметрии задачи эти

уравнения будут иметь вид

∂

∂R



∂ϕ

∂R



= −4πρ при R ≤ a ,

∂

∂R



∂ϕ

∂R



= 0 при R > a .

1 ЭЛЕКТРОСТАТИКА В ВАКУУМЕ

Начало системы координат помещено в центр шара. Интегрируя урав-

нения, получаем

= −

πρR

−

+ B

при R ≤ a ,

= −

+ B

при R > a,

где A

, B

, A

, B

— константы интегрирования. Второе слагаемое в

выражении для ϕ

содержит член ∼ 1/R. Значит, напряженность

электрического поля будет содержать член ∼ 1/R

, который

при R → 0 стремится к бесконечности.

Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью в

ограниченной области, то напряженность электрического поля нигде

не может быть бесконечной. Чтобы удовлетворить этому условию,

нужно, чтобы A

= 0. Выбирая потенциал равным нулю на беско-

нечности, положим B

= 0. Из уравнения rot

E = 0 следует усло-

вие непрерывности касательных составляющих напряженности элек-

трического поля на поверхности шара: E

1τ



R=a

= E

2τ



R=a

. Этому

условию можно удовлетворить, если ϕ

(a) = ϕ

(a).

Из уравнения div

E = 4πρ следует, что



R=a

− E



R=a

= 4πσ,

где E

, E

– нормальные составляющие вектора

E; σ – поверх-

ностная плотность зарядов. Поскольку в задаче поверхностная плот-

ность зарядов равна нулю, то нормальная составляющая вектора

E на

поверхности шара непрерывна. Поэтому

−

πρa

+ B

−

πρa =

откуда

= −

πρa

, B

= 2πρa

1.5 Решение типичных задач

Окончательно распределение потенциала выразится так:

= −

πρ(3a

− R

) при R ≤ a ,

= −

4πa

при R > a .

б) Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе коор-

динат с осью Z вдоль оси цилиндра будут иметь вид

∂

∂r



∂ϕ

∂r



= −4πρ при r ≤ a ,

∂

∂r



∂ϕ

∂r



= 0 при r > a ,

поскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть только от

расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти уравнения, получа-

ем:

= −πρr

+ A

ln r + B

= A

ln r + B

Чтобы потенциал был конечным при r = 0, нужно положить A

= 0,

иначе напряженность электрического поля на оси цилиндра будет бес-

конечной. Удобно выбрать потенциал равным нулю на оси цилиндра,

тогда B

= 0. Из условия непрерывности потенциала и его производ-

ной при r = a находим

= −2πρa

= 2πρa

ln a − πρa

Выражая объемную плотность заряда ρ через заряд, приходящийся

на единицу длины цилиндра ρ = η/πa

, окончательно получаем

= −πρr

= −

ηr

при r ≤ a ,

= 2η ln

− η при r ≥ a .

в) Декартову систему координат выберем таким образом, чтобы

1 ЭЛЕКТРОСТАТИКА В ВАКУУМЕ

оси X и Y лежали в средней плоскости пластины.

Потенциал может зависеть только от координаты

z, поскольку все точки плоскости z = const рав-

ноправны. Уравнения Пуассона и Лапласа для раз-

личных областей принимают вид

(z)

= 0 при z ≤ a,

(z)

= −4πρ при −a < z < a , (1)

(z)

= 0 при z > a.

Решения этих уравнений запишутся следующим образом:

= A

+ B

= −2πρz

+ A

z + B

= A

+ B

Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при z = 0, тогда

= 0. Напряженность электрического поля – векторная величина,

и, в силу симметрии системы зарядов относительно средней плоско-

сти, напряженность в этой плоскости равна нулю, поскольку направ-

ления в сторону положительных и отрицательных z равноправны. Это

означает, что

dϕ



z=0

= 0,

откуда A

= 0. Далее, так же как в приведенны хвыше задачах, вос-

пользуемся непрерывностью потенциала и его производной при z =

±a. Это дает

= 4πρa , B

= 2πρa

= −4πρa , B

= 2πρa

1.5 Решение типичных задач

Подставляя константы интегрирования в решение, получаем

= 2πρa



1 +



при z ≤ −a ,

= 2πρz

при − a ≤ z ≤ a ,

= 2πρa



1 −



при z ≥ a ,

что можно записать короче следующим образом:

ϕ(z) =







−2πρz

при − a ≤ z ≤ a ,

2πρa



1 −

2|z|



при |z| ≥ a .

Р.19. Плоскость z = 0 заряжена с плотностью

σ(x, y) = σ

sin αx sin βy, где σ

, α, β – постоянные. Найти потен-

циал этой системы зарядов.

Потенциал ϕ удовлетворяет уравнению Лапласа

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

= 0 . (1)

На заряженной плоскости нормальная составляющая электрического

поля терпит разрыв



z=0

− E



z=0

= 4πσ . (2)

Поскольку поверхностная плотность σ есть произведение двух функ-

ций, одна из которых зависит только от координаты x, а другая от y,

будем искать решение уравнения (1) в виде

ϕ(x, y, z) = f

(x) · f

(y) · f

(z) . (3)

Подставим функцию (3) в уравнение (1) и поделим каждое слагаемое

на ϕ, получим

∂

(z))/∂z

(z)

= −



∂

(x))/∂x

(x)

∂

(y))/∂y

(y)



. (4)

1 ЭЛЕКТРОСТАТИКА В ВАКУУМЕ

Чтобы уравнение (4) удовлетворялось при всех x, y, z, нужно при-

равнять каждое слагаемое константе. Пусть

∂

(z))/∂z

(z)

= −γ

Общим решением этого уравнения является функция

(z) = A e

−γz

+ B e

γz

Понятно, что при стремлении z → ±∞, f

(z) не должна стре-

миться к бесконечности, поскольку поле создается знакопеременными

зарядами. Этому условию можно удовлетворить, если записать реше-

ние, например, так:

(z) = A e

−γ|z|

Пусть

∂

(x))/∂x

(x)

= −γ

∂

(y))/∂y

(y)

= −γ

, γ

= γ

+ γ

Решениями этих уравнений являются гармонические функции. Ясно,

что, чтобы удовлетворить гармоническому условию (2), нужно вы-

брать

(x) = sin αx , α

= γ

; f

(y) = sin βy , γ

= β

;

значит, γ =

+ β

. Итак,

ϕ = A e

−γ|z|

sin αx sin βy .

Нормальная составляющая электрического поля E

= −∂ϕ/∂z .

Поэтому



z=0

= γA sin αx sin βy ,



z=0

= −γA sin αx sin βy .

1.5 Решение типичных задач

Подставляя эти выражения в уравнение (2), найдем, что A = 2σ

/γ.

Окончательно распределение потенциала будет иметь вид

ϕ(x , y , z) =

2σ

−γ|z|

sin αx sin βy ,

где γ =

+ β

Р.20. Незаряженный металлический шар радиуса a вносится в элек-

трическое поле, которое при отсутствии шара было однородным и рав-

ным

. Определить результирующее поле и плотность поверхност-

ных зарядов на шаре. Найти полный заряд, индуцированный на одной

половине поверхности шара.

Начало сферической системы координат поместим в центр шара.

Ось Z , относительно которой отсчитываются угол θ, направим

вдоль поля

. Поскольку шар металлический,

то напряженность поля внутри шара равна нулю.

Вне шара поле описывается уравнением Лапласа.

Так как система имеет аксиальную симметрию, то

напряженность поля и потенциал будут зависеть

только от двух сферических координат R и θ. Уравнение Лапласа

для рассматриваемой задачи примет вид

∂

∂R



∂ϕ(R, θ)

∂R



sin θ

∂

∂θ



sin θ

∂ϕ(R, θ)

∂θ



= 0 . (1)

Решение уравнения будем искать в виде произведения двух функций,

одна из которых зависит только от R, другая — только от θ:

ϕ(R , θ) = ϕ

(R) ϕ

(θ) .

Чтобы определить функции ϕ

(R) и ϕ

(θ), подставим решение в

дифференциальное уравнение (1). После преобразований получим

(R)

∂

∂R



∂ϕ

∂R



= −

(θ) sin θ

∂

∂θ



sin θ

∂ϕ

(θ)

∂θ

