Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- electrodynamics:res1.33 [2019/09/13 17:47] – root
+++ electrodynamics:res1.33 [2020/09/19 18:29] (текущий) – root
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
-${\varphi_{\text{внутр}}=\frac{4\pi}{3}\sigma_{0}r\cos\theta},{\vec{E}_{\text{внутр}}=-\frac{{4\pi}}{3}\sigma_{0}\frac{{\vec{z}}}{{\left|z\right|}};}{\varphi_{\text{нар}}=\frac{{4\pi}}{3}\sigma_{0}\frac{{R^{3}}}{{r^{2}}}\cos\theta},{\vec{E}_{\text{нар}}=-\frac{{\vec{p}}}{{r^{3}}}+\frac{{3\left({\vec{p}\vec{r}}\right)\vec{r}}}{{r^{5}}}},\text{где}{\vec{p}=\frac{{4\pi}}{3}\sigma_{0}R^{3}\vec{e}_{z}.}$
+.33.
+Сфера радиуса $a$ заряжена по поверхности по закону
+$\sigma\!=\!\sigma _0\!\cos \theta$. Найти потенциал и
+электрическое поле во всем пространстве.
-Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях нет, значит потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа:$ \Delta\varphi=0.$
+-----
-Запишем его в полярных координатах: $\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0.$ Зависимости от угла $\alpha $ нет, значит третье слагаемое занулится. Так зависимость поверхностного заряда от угла $\theta$ в виде $\sigma=\sigma_{0}\cos\theta,$ то искать потенциал будет в виде $\varphi=R(r)\cos\theta.$ Подставим данный потенциал в уравнение Лапласа:
+Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$
-$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta+\frac{R}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\cos\theta}{\partial\theta}\right)=0$
+Запишем уравнение в сферических координатах:
+$$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0.
+$$
-продиффиринцировав получим
+Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым. Если поверхностный заряд зависит от угла $\theta$ по косинусу $\sigma=\sigma_{0}\cos\theta$, то искать зависимость потенциала от угла будем в виде
+$$
+\varphi=R(r)\cos\theta.
+$$
+Подставим потенциал в уравнение Лапласа:
+$$
+\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta+\frac{R}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\cos\theta}{\partial\theta}\right)=0.
+$$
+Продифференцировав получим
+$$
+\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta-\frac{2R\cos\theta}{r^{2}}=0.
+$$
+Сокращая, придём к уравнению
+$$
+\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)=2R.
+$$
+Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив его придём к алгебраическому уравнению
+$n(n+1)=2,$ которое имеет два решения: $n=\{1;-2\}$.
+Общее решение запишется в виде:
+$$
+R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}.
+$$
-$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta-\frac{2R\cos\theta}{r^{2}}=0$
+Таким образом, предварительно, потенциал внутри сферы:
+$$
+\varphi_{1}=(A_{1}\cdot r+\frac{B_{1}}{r^{2}})\cos\theta
+$$
+и снаружи сферы
+$$
+\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta.
+$$
-сокращая, придём к уравнению
+Из физических соображений потенциал внутри сферы при стремлении $r\to0 $ не должен расходиться, следовательно, $B_{1}=0,$ а снаружи сферы он не должен расходиться при $r\to\infty,$ т.к. сфера нейтральна, следовательно, $A_{2}=0. $
-$\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)=2R.$
+Из непрерывности потенциала на границе получим первое соотношение:
+$$
+A_{1}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
+$$
+Из скачка поля на границе
+$$
+E_{n2}-E_{n1}=\left.\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial r}\right|_{r=a}-\left.\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial r}\right|_{r=a}=4\pi\sigma,
+$$
+получим второе соотношение:
+$$
+(A_{1}+2\frac{B_{2}}{a^{3}})\cos\theta=4\pi\sigma_{0}\cos\theta.
+$$
-Решение будем искать в виде: R=Ar^{n}, подставив придём к алгебраическому уравнению
+Решая систему придём к
+$$
+A_{1}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}, B_{2}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3}.
+$$
+Окончательно запишем потенциал потенциал внутри сферы:
+<WRAP center round box 60%>
+$$
+\varphi_{1}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0} r\cos\theta=\frac{(\vec p \cdot \vec r)}{a^3}
+$$
+</WRAP>
-$n(n+1)=2,$ которое имеет два решения: $ n=\{1;-2\},$ тогда общее решение запишется в виде:
+и снаружи сферы
+<WRAP center round box 60%>
+$$
+\varphi_{2}=\frac{4}{3}\frac{\pi\sigma_{0}a^{3}}{r^{2}}\cos\theta
+=
+\frac{(\vec p \cdot \vec r)}{r^3},
+$$
+</WRAP>
-$R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}$
+где ввели вектор дипольного момента $\vec p=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3} \vec n$, направленный от отрицательного к положительному заряду сферы.
-Таким образом можем записать потенциал внутри сферы: $\varphi_{1}=(A_{1}\cdot r+\frac{B_{1}}{r^{2}})\cos\theta $ и снаружи $\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta.$
+Поле найдём взяв градиент от потенциала:
+<WRAP center round box 60%>
+$$
+\vec E_1=-\nabla \varphi _1 = -\frac{\vec p}{a^3},
+$$
-Из физических соображений потенциал внутри сферы при $r\to0 $ не должен расходиться, следовательно, $B_{1}=0,$ а снаружи сферы он не должен расходиться при $r\to\infty,$ т.к. сфера нейтральна, следовательно, $A_{2}=0. $
+</WRAP>
+<WRAP center round box 60%>
+$$
+\vec E_2=-\nabla \varphi _2 = -\frac{\vec p}{r^3}+\frac{3\vec r(\vec p \cdot \vec r)}{r^5}.
+$$
+</WRAP>
-Из непрерывности потенциала на границе получим первое соотношение: $A_{1}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.$ Из скачка поля на границе $E_{n2}-E_{n1}=\left.\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial r}\right|_{r=a}-\left.\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial r}\right|_{r=a}=4\pi\sigma,$ получим второе соотношение: $(A_{1}+2\frac{B_{2}}{a^{3}})\cos\theta=4\pi\sigma_{0}\cos\theta.$ Решая систему придём к $A_{1}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}, B_{2}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3} $