ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 678
Скачиваний: 5
где
ρ
=
ρ
0
≡
Q
4
πR
3
/
3
при
r
6
R
;
0
при
r > R.
Интегрированием находим:
1) внутри шара (
r
6
R
)
r
2
dϕ
1
dr
=
−
4
πρ
0
r
3
3
+
C
1
,
ϕ
1
=
−
4
πρ
0
3
r
2
2
−
C
1
r
+
C
2
;
из условия ограниченности потенциала при
r
= 0
следует, что
C
1
= 0
;
2) вне шара (
r > R
)
1
r
2
d
dr
µ
r
2
dϕ
2
dr
¶
= 0
,
ϕ
2
=
−
C
3
r
+
C
4
;
из условия
ϕ
¯
¯
r
=
∞
= 0
следует, что
C
4
= 0
.
Постоянные интегрирования
C
2
и
C
3
определяются граничными условиями
ϕ
1
=
ϕ
2
и
dϕ
1
dr
=
dϕ
2
dr
при
r
=
R
(поскольку правая часть (2.32) имеет в этой
точке лишь конечный разрыв), которые приводят к уравнениям:
½
−
2
πρ
0
R
2
/
3 +
C
2
=
−
C
3
/R,
−
4
πρ
0
R/
3 =
C
3
/R
2
.
Решая их, определяем значения постоянных
C
3
=
−
Q
,
C
2
= 3
Q/
(2
R
)
и
находим потенциал
ϕ
(
r
) =
3
Q
2
R
−
Q
2
R
3
r
2
при
0
6
r
6
R
,
Q
r
при
r > R
.
J
Задача 4.
Каким распределением зарядов создается потенциал, в сфе-
рических координатах имеющий вид:
ϕ
(
r
) = (
q/r
) exp (
−
αr
)
, где
α, q
—
постоянные?
Действуя оператором Лапласа на потенциал, получим
∆
ϕ
=
q
∆
e
−
αr
r
=
q
∆
1
r
+
q
∆
e
−
αr
−
1
r
=
=
−
4
πqδ
(
r
) +
q
r
d
2
dr
2
µ
r
e
−
αr
−
1
r
¶
=
−
4
πqδ
(
r
) +
qα
2
e
−
αr
r
26
(результат действия оператора
∆
на
1
/r
можно получить из формул (2.5),
(2.6), (2.15)). Таким образом, имеется точечный заряд
q
в начале координат
и сферически симметрично распределенный объемный заряд с плотностью
ρ
=
−
qα
2
e
−
αr
4
πr
,
Z
ρdV
=
−
q
.
J
Задача 5.
В шаре, равномерно заряженном по объему с постоянной плот-
ностью
ρ
, имеется сферическая полость, центр которой отстоит от цен-
тра шара на расстояние
a
. Полость находится целиком внутри шара. Най-
ти напряженность поля внутри полости.
A
B
a
r
A
r
B
Рис. 9
Воспользовавшись принципом суперпозиции, предста-
вим напряженность
E
A
поля сплошного шара с центром
в точке
A
(см. рис. 9) как сумму напряженности
E
B
по-
ля малого шара с центром в точке
B
и напряженности
E
тела с полостью. Отсюда
E
=
E
A
−
E
B
.
(2.33)
Согласно (2.31) для точек внутри полости
E
A
=
4
3
πρ
r
A
,
E
B
=
4
3
πρ
r
B
. Поскольку
r
A
−
r
B
=
a
, то
E
=
4
3
πρ
a
.
Таким образом, поле внутри полости однородно. Обратим внимание, что фор-
мула ( 2.33) позволяет найти поле шара с полостью в произвольной точке
пространства, если известны радиусы
R
A
и
R
B
.
J
Задача 6.
Найти потенциал
ϕ
и напряженность
E
электрического по-
ля на оси круглого тонкого диска радиуса
a
, равномерно заряженного с по-
верхностной плотностью
σ
.
Направим ось
Oz
по оси диска. Элемент диска с площадью
dS
, находящий-
ся на расстоянии
ρ
от центра, создает в точке с координатой
z
на оси диска
потенциал
dϕ
=
σdS/
p
z
2
+
ρ
2
.
Весь диск создает в этой точке потенциал
ϕ
=
Z
σdS
p
ρ
2
+
z
2
.
Вычисляя интеграл в полярной системе координат (
ρ, α
), получим
ϕ
=
σ
a
Z
0
ρdρ
p
ρ
2
+
z
2
2
π
Z
0
dα
= 2
πσ
³p
z
2
+
a
2
− |
z
|
´
.
(2.34)
27
Напряженность
E
электрического поля на оси направлена, очевидно, вдоль
оси, поэтому формула (2.4) дает
E
z
=
−
∂ϕ
∂z
=
−
2
πσ
µ
z
√
z
2
+
a
2
−
sign
z
¶
.
(2.35)
Расчет напряженности по формуле (2.8) (с заменой (2.18)) приводит к тому
же результату (проверьте!). Из физических соображений ясно, что при боль-
ших значениях
|
z
|
поле диска становится похожим на поле точечного заряда,
а при малых — на в поле бесконечной плоскости. Убедитесь в этом, исследуя
выражения (2.34), (2.35) при
|
z
| À
a
,
|
z
| ¿
a
.
J
Задача 7.
Отрезок нити длиной
2
l
равномерно заряжен с линейной плот-
ностью
τ
. Найти потенциал в произвольной точке пространства.
Выберем систему координат с началом в центре отрезка и осью
z
, направ-
ленной вдоль него. Тогда согласно (2.10)
ϕ
(
r
) =
+
l
Z
−
l
τ dz
0
p
x
2
+
y
2
+ (
z
0
−
z
)
2
.
Интегрирование дает
ϕ
=
τ
ln
p
ρ
2
+ (
l
−
z
)
2
+
l
−
z
p
ρ
2
+ (
l
+
z
)
2
−
l
−
z
,
(2.36)
где
ρ
2
=
x
2
+
y
2
. Рассмотрим поле вблизи центра отрезка:
|
x
|
,
|
y
|
,
|
z
| ¿
l
.
Опуская
x, y, z
в числителе под логарифмом и разлагая корень в знаменателе
p
ρ
2
+ (
l
+
z
)
2
= (
l
+
z
)
s
1 +
ρ
2
(
l
+
z
)
2
≈
(
l
+
z
)
µ
1 +
ρ
2
2(
l
+
z
)
2
¶
,
находим
ϕ
≈ −
2
τ
ln
ρ
2
l
.
(2.37)
Поскольку вблизи отрезка потенциал зависит только от
ρ
, то напряженность
поля в ц.с.к. имеет единственную компоненту (см. (1.26)):
E
ρ
≈
2
τ
ρ
.
(2.38)
Последний результат легко получить, находя напряженность поля заряжен-
ной бесконечной прямой нити по теореме Гаусса.
Вдали от отрезка нити, когда
l
¿
r
= (
x
2
+
y
2
+
z
2
)
1
/
2
, имеем
p
x
2
+
y
2
+ (
z
±
l
)
2
≈
r
(1
±
zl/r
2
)
.
28
Упрощая точное выражение ( 2.36), получаем потенциал точечного заряда
2
τ l
:
ϕ
≈
τ
ln
r
−
zl/r
+
l
−
z
r
+
zl/r
−
l
−
z
=
τ
ln
r
+
l
r
−
l
≈
2
τ l
r
.
J
(2.39)
Задача 8.
Используя принцип суперпозиции, найти электростатиче-
ский потенциал, создаваемый сферой радиуса
a
, равномерно заряженной с
поверхностной плотностью
σ
.
Применение принципа суперпозиции и закона Кулона приводит к вы-
ражению (2.9). Поскольку величина потенциала зависит только от рассто-
яния до центра сферы (в котором расположим начало координат), то, не
ограничивая общности, выберем точку наблюдения на оси
z
. Учитывая, что
|
r
0
|
=
a
,
|
r
−
r
0
|
=
p
r
2
+
a
2
−
2
ar
cos
θ
0
, а элемент площади на сфере
dS
0
=
a
2
sin
θ
0
dθ
0
dα
0
(
r
0
, θ
0
, α
0
— координаты с.с.к.), приходим к
ϕ
= 2
πσa
2
π
Z
0
sin
θ
0
dθ
0
√
r
2
+
a
2
−
2
ar
cos
θ
0
=
2
πσa
r
(
r
+
a
− |
r
−
a
|
)
.
Рассматривая области внутри (
r < a
) и снаружи (
r > a
) сферы, получим
ϕ
(
r
) =
4
πaσ
при
r
6
a
,
4
πa
2
σ
r
при
r > a.
J
Задача 9.
Сфера радиуса
R
заряжена с поверхностной плотностью
σ
=
=
σ
0
cos
θ
. Найти скалярный потенциал в произвольной точке простран-
ства.
Формулы (2.7), (2.9), (2.10) в общем виде определяют потенциал поля по
плотности зарядов (если интегралы в них сходятся). Для вычисления инте-
гралов полезно использовать разложение функции
|
r
−
r
0
|
−
1
по сферическим
функциям (
мультипольноее разложение
):
1
|
r
−
r
0
|
=
∞
X
l
=0
l
X
m
=
−
l
4
π
2
l
+ 1
r
l
<
r
l
+1
>
Y
lm
(
θ, α
)
Y
∗
lm
(
θ
0
, α
0
)
.
(2.40)
Здесь
r
<
= min(
r, r
0
);
r
>
= max(
r, r
0
)
;
Y
lm
— сферическая функция (некото-
рые сведения о них приведены в прил. 2);
θ, α
— углы вектора
r
;
θ
0
, α
0
— углы
вектора
r
0
в некоторой сферической системе координат. Поскольку в членах
ряда (2.40) зависимость от
r
0
, θ
0
, α
0
выделена в факторизованном виде, это
упрощает интегрирование в ( 2.7), ( 2.9), ( 2.10) и позволяет преобразовать
общие выражения для потенциала.
Применим мультипольное разложение к вычислению потенциала сферы.
Подставляя ( 2.40) в ( 2.9), учитывая, что на сфере
dS
0
=
R
2
sin
θ
0
dθ
0
dα
0
и
29
представляя с помощью формулы (П.11) поверхностную плотность в виде
σ
=
σ
0
r
4
π
3
Y
10
(
θ
0
, α
0
)
,
получим
ϕ
(
r
) =
R
2
X
lm
4
πσ
0
2
l
+ 1
r
l
<
r
l
+1
>
Y
lm
(
θ, α
)
Z r
4
π
3
Y
10
(
θ
0
, α
0
)
Y
∗
lm
(
θ
0
, α
0
) sin
θ
0
dθ
0
dα
0
.
Интеграл здесь, согласно условию ортогональности (П.12), пропорционален
произведению символов Кронекера
δ
l
1
δ
m
0
, поэтому от суммы остается един-
ственный член, и
ϕ
(
r
) =
4
πσ
0
3
R
2
r
<
r
2
>
cos
θ .
Отсюда находим
ϕ
(
r
) =
4
πσ
3
r
cos
θ
при
r
6
R
,
4
πσ
3
R
3
r
2
cos
θ
при
r > R.
J
Задача 10.
Равномерно заряженная половина тонкого стержня имеет
заряд
q
, другая половина имеет заряд
−
q
. Длина стержня —
2
l
. Найти
дипольный момент стержня.
Очевидно, что дипольный момент
d
направлен вдоль стержня в сторону
положительного заряда. Направив ось
x
с началом в середине стержня вдоль
d
, вычислим
d
x
=
+
l
Z
−
l
τ
(
x
)
xdx
=
0
Z
−
l
(
−
q/l
)
xdx
+
+
l
Z
0
(
q/l
)
xdx
=
ql.
(2.41)
Обратим внимание, что дипольный момент стержня, как и любой электро-
нейтральной системы, можно представить в виде
d
=
q
(
R
+
−
R
−
)
,
(2.42)
где
R
±
— радиус-векторы центров положительного и отрицательного заря-
дов,
q
– суммарный положительный заряд.
J
Задача 11.
Верхняя половина шара равномерно заполнена зарядом
q
, ниж-
няя половина — зарядом
−
q
. Радиус шара —
R
. Найти дипольный момент
d
шара.
30