Главная > Электромагнитное поле. Часть 1. Электричество и магнетизм
НАПИШУ ВСЁ ЧТО ЗАДАЛИ
СЕКРЕТНЫЙ БОТ В ТЕЛЕГЕ
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Пред.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
225
226
227
228
229
230
231
232
233
234
235
236
237
238
239
240
241
242
243
244
245
246
247
248
249
250
251
252
253
254
255
256
257
258
259
260
261
262
263
264
265
След.
Макеты страниц

Распознанный текст, спецсимволы и формулы могут содержать ошибки, поэтому с корректным вариантом рекомендуем ознакомиться на отсканированных изображениях учебника выше

Также, советуем воспользоваться поиском по сайту, мы уверены, что вы сможете найти больше информации по нужной Вам тематике

ДЛЯ СТУДЕНТОВ И ШКОЛЬНИКОВ ЕСТЬ
ZADANIA.TO

§ 11. УРАВНЕНИЕ ЛАПЛАСА

При наличии проводников потенциал электрического поля системы зарядов можно представить так:

Это выражение явным образом учитывает заряды на всей поверхности проводников элемент поверхностного заряда). Формула (11.1) вытекает также из общего решения (8.1), если плотность заряда в проводнике записать в виде где — координата по нормали к поверхности, которая пересекает ось в точке

Однако о в (11.1) обычо не задана как в (8.1), а сама зависит от поля. Поэтому (11.1) не является решением уравнения Пуассона в обычном смысле, а представляет собой так называемое интегральное уравнение (неизвестное поле входит под знак определенного интеграла через

Чтобы избежать этих осложнений, можно в уравнении Пуассона учитывать только плотность зарядов вне проводников, а вместо задать потенциалы на них. Иными словами, мы должны решать уравнение Пуассона при дополнительных граничных условиях:

Простейшим является случай полного отсутствия внешних зарядов когда нужно решать уравнение Лапласа:

с граничными условиями (11.2).

Задача 1. Найти поле между двумя коаксиальными цилиндрами радиусов П) разность потенциалов между которыми равна V.

В цилиндрических координатах с учетом аксиальной симметрии уравнение Лапласа — имеет решение Выбирая нулевой потенциал на наружном цилиндре, найдем По теореме Гаусса, заряд на внутреннем цилиндре (на единицу длины) Заряд на внутренней поверхности внешнего цилиндра равен

Если потенциалы на проводниках не заданы (так называемый проводник с «плавающим» потенциалом), но, конечно, по-прежнему постоянны, то неизвестные константы в граничных условиях находятся из дополнительных требований:

где — заданные заряды на проводниках.

Рис. 1.9. Металлический шар в однородном электрическом поле.

Задача 2. Найти потенциалы Двух концентрических сфер радиусов с зарядами

Решая уравнения Лапласа в сферических координатах найдем

Рассмотрим возмущение однородного поля незаряженным металлическим шаром (рис. 1.9). Это типичная задача на уравнение Лапласа, которое нужно решать с граничным условием

Как же решить это уравнение? Попробуем применить довольно общий метод, называемый разделением переменных. Из соображений симметрии будем решать задачу в сферических координатах. Говорят, что переменные разделяются, если решение можно представить в виде

Если выбрать полярную ось вдоль вектора однородного поля, то потенциал не будет зависеть от Ф, т. е. можно положить Подставив (11.7) в уравнение Лапласа и поделив на найдем

где штрих означает дифференцирование по своему аргументу. Так как обе части (11.8) — функции разных аргументов, они могут быть равны друг другу, только если они константы, т. е. не зависят от своих аргументов.

При поле становится однородным, т. е. Отсюда находим угловую часть потенциала

Уравнение для радиальной части потенциала принимает вид: Попробуем искать его решение в виде Лэог. Получим: или т. е. решение для радиальной части выглядит так:

Существенно, что это полное решение, так как уравнение второго

порядка для допускает только две произвольные постоянные. Последние определяются из граничных условий на бесконечности и на поверхности шара (11.6):

Окончательно получаем

Полное поле оказывается суперпозицией внешнего однородного поля и чисто дипольного поля наведенных на шаре зарядов (дипольный момент равен

Успех метода разделения переменных для данной задачи связан с тем, что уравнение Лапласа распалось на сумму слагаемых, зависящих только от одной из координат, т. е. уравнение в частных производных распалось на два обыкновенных дифференциальных уравнения, причем их решения оказались совместимыми с граничными условиями. Подчеркнем, что возможность разделения переменных зависит от удачного выбора системы координат, который, в свою очередь, диктуется граничными условиями.

Задача 3. Исследовать устойчивость равновесия заряженной частицы в электрическом поле (теорема Ирншоу).

Вблизи положения равновесия, в которое мы поместим начало координат, потенциал можно приближенно представить в виде

где все производные берутся в точке равновесия. Для устойчивости (положительного) заряда необходимо, чтобы потенциальная энергия возрастала по любому направлению, т. е. Но это противоречит уравнению Лапласа Если нужно учесть следующие члены разложения Можно показать, что и в этом случае устойчивое равновесие невозможно.

Задача 4. Доказать однозначность решения уравнения Пуассона при заданных граничных условиях (11.2).

Предположим, что существуют два различных решения, и составим их разность Последняя удовлетворяет уравнению Лапласа и нулевым граничным условиям: т. е. в данном случае заряды отсутствуют во всем пространстве, а значит,

Задача 5. Найти поле внутри замкнутой непроводящей поверхности если заданы распределения потенциала и поля на этой поверхности, а также плотность заряда внутри нее.

Поскольку заданная поверхность не эквипотенциальна, поле внутри нее (и на самой поверхности) будет зависеть от внешних зарядов. Чтобы избавиться от этой зависимости, окружим эквипотенциальной поверхностью отстоящей от на бесконечно малое расстояние При условии неизменности потенциала на поле внутри нее не изменится (однозначность решения, см. предыдущую задачу). Действие внешних зарядов теперь заменено эквивалентным действием зарядов, наведенных на а также зарядов, которые нужно поместить дополнительно на чтобы сохранить граничные условия. Плотность заряда на представим в виде двух слагаемых: (и такая же по величине, но обратная по знаку плотность заряда на — обе поверхности образуют «конденсатор с переменным напряжением»)

и заданная нормальная составляющая внутреннего поля. Таким образом, искомое поле складывается из трех составляющих: объемного заряда поверхностного заряда и «поверхностного диполя» единичный вектор внутренней нормали). В результате получаем

1
Оглавление
email@scask.ru