Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- electrodynamics:res1.51 [2019/09/18 15:02] – 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 5: / Строка 12: @@
 то напряженность поля внутри шара равна нулю.
-Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$
+Рассмотрим две области: внутри и снаружи шара. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$
 Запишем уравнение в сферических координатах:
@@ Строка 13: / Строка 20: @@
 Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым.
-Так как влияние от внесённой металлической сферы на больших расстояниях будет стремиться к нулю, то вдали от сферы поле по прежнему будет однородным, а в сферических координатах стремиться к виду $E_r=E_0 \cdot \cos \theta$, $E_{\theta}=E_0 \cdot \sin \theta$.
+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 $E_r=E_0 \cdot \cos \theta$, $E_{\theta}=E_0 \cdot \sin \theta$.
 Тогда искать зависимость потенциала от угла будем в виде
 $$
@@ Строка 37: / Строка 44: @@
 $$
-Потенциал внутри сферы постоянный --- $\varphi_{1}=\text{const}$, а снаружи
+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, $A_{2}=-E_0.$ Определив константу равную нулю --- потенциал на сфере, определим и вторую константу:
+и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю, следовательно, $A_{2}=-E_0.$
+На границе шара тангенциальная составляющая поля равна нулю:
-Из непрерывности потенциала на границе получим первое соотношение:
+$$
+E_\theta=-\frac{\partial \varphi_{2}}{r\partial \theta}=
+(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\sin\theta = 0.
+$$
+Равенство нулю выполняется при произвольном $\theta $, следовательно:
 $$
 E_0\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
 $$
-Следовательно, потенциал можно представить в
+Итак, потенциал можно представить в
 виде:
-$$\varphi _2=-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\;
+$$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\;
 \mbox{при}\; r\geq a.$$
 $$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.$$
@@ Строка 56: / Строка 67: @@
 так, как изменил бы ее внесенный в поле электрический диполь
 с моментом $\vec{d}~=~\vec{E}_0a^3$.   Найдем напряженность
-электрического  поля $\vec{E}=-\grad\varphi$. Использовав оператор
+электрического  поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$. Использовав оператор
-$\vec{\nabla}$, запишем
+$\nabla$, запишем
-$$\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}.$$
 Окончательно для вектора напряженности  электрического поля
@@ Строка 80: / Строка 77: @@
 $$\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 165: / 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
+\[
+\sigma(\alpha)=\frac{1}{4\pi}E_{r}\bigg|_{r=a}=\frac{E_{0}}{2\pi}\cos\alpha.
+\]