electrodynamics:res1.51

Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

Ссылка на это сравнение

Предыдущая версия справа и слева Предыдущая версия
Следующая версия		 Предыдущая версия
electrodynamics:res1.51 [2019/09/18 15:07] – rootelectrodynamics:res1.51 [2020/09/24 17:34] (текущий) – root
Строка 1: Строка 1:
 +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 Начало сферической системы координат
 поместим в центр поместим в центр
Строка 5: Строка 12:
 то напряженность поля внутри шара равна нулю. 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:  Запишем уравнение в сферических координатах: 
Строка 13: Строка 20:
 Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым.  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  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. \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}}. E_0\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
 $$ $$
-Следовательно, потенциал можно представить в+Итак, потенциал можно представить в
 виде: виде:
 $$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\; $$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\;
Строка 57: Строка 68:
 с моментом $\vec{d}~=~\vec{E}_0a^3$.   Найдем напряженность с моментом $\vec{d}~=~\vec{E}_0a^3$.   Найдем напряженность
 электрического  поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$. 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).$$+  a^3(\vec{E}_0\vec{r}){\nabla}\biggl(\frac{1}{r^3}\biggr).$$
  
 Окончательно для вектора напряженности  электрического поля Окончательно для вектора напряженности  электрического поля
Строка 150: 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 
 +\[
 +\vec{E}=\left\{ \begin{array}{ll}
 +\vec{E}_{0}+{\displaystyle \frac{2(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^{4}}-{\displaystyle \frac{\vec{d}}{r^{2}}}} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a,\\
 +0 & \qquad\mbox{при}\qquad r<a,
 +\end{array}\right.
 +\]
 +где $\vec{d}=\vec{E}_{0}a^{2}$ --- дипольный момент, приобретаемый
 +цилиндром в однородном электрическом поле $\vec{E}_{0}$.
 +
 +Поверхностная плотность индуцированных зарядов 
 +\[
 +\sigma(\alpha)=\frac{1}{4\pi}E_{r}\bigg|_{r=a}=\frac{E_{0}}{2\pi}\cos\alpha.
 +\]