Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- electrodynamics:res1.51 [2019/09/15 22:08] – root
+++ electrodynamics:res1.51 [2020/09/24 17:34] (текущий) – root
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
+.51. Незаряженный металлический шар радиуса $a$ вносится в
+электрическое поле, которое при отсутствии шара было однородным и равным $\vec{E}_0$. Определить результирующее поле и плотность поверхностных зарядов на шаре. Что изменится, если заменить шар цилиндром, ось которого перпендикулярна полю?
+-----
+==== а) ====
 Начало сферической системы координат
 поместим в центр
@@ Строка 4: / Строка 11: @@
 направим вдоль поля $\vec{E}_0$. Поскольку шар  металлический,
 то напряженность поля внутри шара равна нулю.
-\begin{wrapfigure}[4]{l}{3.5cm}
-\vspace{-0.5cm}
-\includegraphics[width=2.5cm]{RIS18.eps}
-\end{wrapfigure}
-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 $\theta$.
-Уравнение  Лапласа для рассматриваемой задачи примет вид
-\begin{equation}
- \frac{\partial}{\partial R}
- \biggl(R^2 \frac{\partial\varphi(R,\,\theta)}{\partial R}\biggr)+
- \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}
- \biggl(\sin\theta\;\frac{\partial\varphi(R,\,\theta)}
- {\partial\theta}\biggr)=0.
-\end{equation}
-Решение уравнения будем  искать в виде произведения
-двух функций, одна из которых зависит только от $R$, другая --
-только от $\theta$:
-$$\varphi(R,\;\theta)=\varphi_1(R)\,\varphi_2(\theta).$$
-Чтобы определить  функции $\varphi_1(R)$ и $\varphi_2(\theta),$
-подставим   решение в дифференциальное уравнение   (1).
-После преобразований  получим
-$$\frac{1}{\varphi_1(R)} \frac{\partial}{\partial R}
- \biggl(R^2 \frac{\partial\varphi_1(R}{\partial R}\biggr)=-
- \frac{1}{\varphi_2(\theta)\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}
- \biggl(\sin\theta\;\frac{\partial\varphi_2(\theta)}
- {\partial\theta}\biggr).$$
-Это равенство должно быть справедливо при любых значениях
-$R$ и $\theta$, что возможно лишь в случае, когда и левая, и
-правая части уравнения равны некоторой постоянной~$C$, т.~е.
-\begin{equation}
-\frac{1}{\varphi_1(R)} \frac{d}{d\,R}
- \biggl(R^2 \frac{d\,\varphi_1(R)}{d\,R}\biggr)=C\,,
-\end{equation}
-\begin{equation}
- \frac{1}{\varphi_2(\theta)\sin\theta}\frac{d}{d\,\theta}
- \biggl(\sin\theta\;\frac{d\,\varphi_2(\theta)}
- {d\,\theta}\biggr)=-C\,.
-\end{equation}
-Решением уравнения  (3) является  функция $\varphi_2(\theta)=
-\cos\theta$ при $C=~2$, что легко проверить.  Решение уравнения (2)
-будем искать в виде степени $R$:
-$$\varphi_1(R)=A\,R^n\,.$$
-Подставим эту  функцию в уравнение (2) и  для $n$  получим уравнение
+Рассмотрим две области: внутри и снаружи шара. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$
-$n^2+n-2=0$,  корни которого равны $n_1=-2\,,\;n_2=1$.
-Таким образом, искомый потенциал имеет вид
+Запишем уравнение в сферических координатах:
-$$\varphi(R\,,\;\theta)=\biggl(A_1R+\frac{A_2}{R^2}\biggr)
+$$\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.
-\cos\theta.$$
+$$
-Для определения постоянных $A_1$  и $A_2$  учтем граничные
+Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым.
-условия. Понятно, что при $R\to\infty$ влияние  шара не должно
-сказываться, т.~е. $\lim\limits_{R\to\infty}E_z(R,\theta)=E_0$, где
-$$E_z=-\frac{\partial\varphi}{\partial z}.$$
-Учитывая,  что $z=R\cos\theta$, находим $A_1=-E_0$.  Поверхность
+Так как влияние от внесённого металлического шара на больших расстояниях будет стремиться к нулю, то вдали от шара поле по прежнему будет однородным, а в сферических координатах стремиться к виду $E_r=E_0 \cdot \cos \theta$, $E_{\theta}=E_0 \cdot \sin \theta$.
-шара является эквипотенциальной.  Поэтому при $R=a$,
+Тогда искать зависимость потенциала от угла будем в виде
-$\frac{\partial \varphi(a,\;\theta)}{\partial \theta}=0$
+$$
-для всех значений $\theta$, что возможно только при условии
+\varphi=R(r)\cos\theta.
-$$A_1a+\frac{A_2}{a^2}=0.$$
+$$
+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:
+$$
+R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}.
+$$
-Следовательно, $A_2=E_0a^3$ и потенциал можно представить в
+Потенциал шара константа --- $\varphi_{1}=\text{const}$, а снаружи
+$$
+\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta.
+$$
+и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю, следовательно, $A_{2}=-E_0.$
+На границе шара тангенциальная составляющая поля равна нулю:
+$$
+E_\theta=-\frac{\partial \varphi_{2}}{r\partial \theta}=
+(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\sin\theta = 0.
+$$
+Равенство нулю выполняется при произвольном $\theta $, следовательно:
+$$
+E_0\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
+$$
+Итак, потенциал можно представить в
 виде:
-$$\varphi=-E_0z+\frac{a^3(\vec{E}_0\vec{R})}{R^3}=
+$$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\;
--E_0R\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{R^2}\;
+\mbox{при}\; r\geq a.$$
-\mbox{при}\; R\geq a.$$
+$$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.$$
-$$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad R\leq a.$$
 Таким образом, металлический незаряженный шар, внесенный в
 однородное электрическое поле, меняет картину этого поля
 так, как изменил бы ее внесенный в поле электрический диполь
 с моментом $\vec{d}~=~\vec{E}_0a^3$.   Найдем напряженность
-электрического  поля $\vec{E}=-\grad\varphi$. Использовав оператор
+электрического  поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$. Использовав оператор
-$\vec{\nabla}$, запишем
+$\nabla$, запишем
-$$\vec{E}=-(\vec{\nabla}\varphi)=
+$$\vec{E}=-({\nabla}\varphi)=
-  \vec{E}_0-\frac{a^3}{R^3}\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})-
+  \vec{E}_0-\frac{a^3}{r^3}{\nabla}(\vec{E}_0\vec{r})-
-  a^3(\vec{E}_0\vec{R})\vec{\nabla}\biggl(\frac{1}{R^3}\biggr).$$
+  a^3(\vec{E}_0\vec{r}){\nabla}\biggl(\frac{1}{r^3}\biggr).$$
-помощью правил векторного анализа вычислим
-$\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})$:
-$$\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})=
-  \bigl[\vec{E}_0\times[\vec{\nabla}\times\vec{R}]\bigr]+
-  \bigl[\vec{R}\times[\vec{\nabla}\times\vec{E}_0]\bigr]+
-  (\vec{E}_0\vec{\nabla})\vec{R}+
-  (\vec{R}\vec{\nabla})\vec{E}_0.$$
-Поскольку $\vec{E}_0=\const$ и $[\vec{\nabla}\times\vec{R}]=
-\mbox{rot}\vec{R}=0$, получим
-$$\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})=
-(\vec{E}_0\vec{\nabla})\vec{R}=\vec{E}_0.$$
-Достаточно элементарно можно показать, что
-$$\vec{\nabla}\biggl(\frac{1}{R^3}\biggr)=\frac{3\vec{R}}{R^5}.$$
 Окончательно для вектора напряженности  электрического поля
@@ Строка 105: / Строка 77: @@
 $$\vec{E}=\left\{
 \begin{array}{ll}
-\vec{E}_0+\displaystyle\frac{3(\vec{d}\vec{R})\vec{R}}{R^5}-
+\vec{E}_0+\displaystyle\frac{3(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^5}-
-\displaystyle\frac{\vec{d}}{R^3} & \qquad\mbox{при}\qquad R>a, \\
+\displaystyle\frac{\vec{d}}{r^3} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a, \\
-& \qquad\mbox{при}\qquad R<a,
+& \qquad\mbox{при}\qquad r<a,
 \end{array} \right.$$
-где $\vec{d}=\vec{E}_0a^3$ -- дипольный момент, приобретаемый шаром
+где $\vec{d}=\vec{E}_0a^3$ --- дипольный момент, приобретаемый шаром
 в однородном электрическом поле $\vec{E}_0$.
 Поверхностная плотность индуцированных зарядов
-$$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_R\bigg |_{R=a}=
+$$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_r\bigg |_{r=a}=
 \frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$
-Этот заряд создает внутри шара однородное поле $\vec{E}=-\vec{E}_0$.
+/* Этот заряд создает внутри шара однородное поле $\vec{E}=-\vec{E}_0$.
-/*
 поскольку полное поле равняется нулю. Величина заряда
 на одной половине шара будет равна
@@ Строка 190: / Строка 161: @@
   */
+==== б) ====
+Рассмотрим теперь бесконечный цилиндр радиуса $a$. Рассмотрим задачу
+в цилиндрической системе координат с осью $Z$ направленной перепендикулярной
+первоначального поля $\vec{E}_{0}$. Поскольку цилиндр металлический,
+то напряженность поля внутри равна нулю.
+Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях
+нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $\Delta\varphi=0.$
+Запишем уравнение в цилиндрических координатах:
+\[
+\Delta\varphi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}+\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial z^{2}}=0.
+\]
+Так как зависимости от оси $z$ нет, то третье слагаемое будет нулевым.
+Так как влияние от внесённого металлического цилиндра на больших расстояниях
+будет стремиться к нулю, то вдали от него поле по прежнему будет однородным,
+а в цилиндрических координатах стремиться к виду $E_{r}=E_{0}\cdot\cos\alpha$,
+$E_{\alpha}=E_{0}\cdot\sin\alpha$. Тогда искать зависимость потенциала
+от угла будем в виде
+\[
+\varphi=R(r)\cos\alpha.
+\]
+Подставим потенциал в уравнение Лапласа и продифференцировав получим:
+\[
+\Delta\varphi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\alpha-\frac{R\cos\alpha}{r^{2}}=0.
+\]
+Сокращая, придём к уравнению
+\[
+r\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)=R.
+\]
+Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив
+его придём к алгебраическому уравнению $n^{2}=1,$ которое имеет два
+решения: $n=\{1;-1\}$. Общее решение запишется в виде:
+\[
+R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r}.
+\]
+Потенциал снаружи
+\[
+\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r})\cos\alpha.
+\]
+и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю $\varphi_{2}=-E_{0}\cdot r\cdot\cos\alpha$,
+следовательно, $A_{2}=-E_{0}.$
+Как и в предыдущем случае с шаром, из равенстве нулю на границе шара тангенциальной составляющей поля $E_{\alpha }=0$:
+\[
+E_{0}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
+\]
+Следовательно, потенциал:
+\[
+\varphi=-E_{0}r\cos\alpha+\frac{E_{0}a^{3}\cos\alpha}{r^{2}}\;\mbox{при}\;r\geq a.
+\]
+\[
+\varphi=0\qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.
+\]
+Найдем напряженность электрического поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$.
+Использовав оператор $\nabla$, запишем
+\[
+\vec{E}=-(\nabla\varphi)=\vec{E}_{0}-\frac{a^{2}}{r^{2}}\nabla(\vec{E}_{0}\vec{r})-a^{2}(\vec{E}_{0}\vec{r})\nabla\biggl(\frac{1}{r^{2}}\biggr).
+\]
+Окончательно для вектора напряженности электрического поля получаем
+выражение
+\[
+\vec{E}=\left\{ \begin{array}{ll}
+\vec{E}_{0}+{\displaystyle \frac{2(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^{4}}-{\displaystyle \frac{\vec{d}}{r^{2}}}} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a,\\
+& \qquad\mbox{при}\qquad r<a,
+\end{array}\right.
+\]
+где $\vec{d}=\vec{E}_{0}a^{2}$ --- дипольный момент, приобретаемый
+цилиндром в однородном электрическом поле $\vec{E}_{0}$.
+Поверхностная плотность индуцированных зарядов
+\[
+\sigma(\alpha)=\frac{1}{4\pi}E_{r}\bigg|_{r=a}=\frac{E_{0}}{2\pi}\cos\alpha.
+\]