Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 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 шара. Ось $Z$, относительно которой отсчитываются угол $\theta$, направим вдоль поля $\vec{E}_0$. Поскольку шар металлический, то напряженность поля внутри шара равна нулю. 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: $$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0. $$ Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым. 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 $$ \varphi=R(r)\cos\theta. $$ 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: $$ R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}. $$ 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: $$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\; \mbox{при}\; r\geq a.$$ $$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.$$ 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 $\vec{E}=-\nabla\varphi$. Использовав оператор $\nabla$, запишем $$\vec{E}=-({\nabla}\varphi)= \vec{E}_0-\frac{a^3}{r^3}{\nabla}(\vec{E}_0\vec{r})- a^3(\vec{E}_0\vec{r}){\nabla}\biggl(\frac{1}{r^3}\biggr).$$ Окончательно для вектора напряженности электрического поля получаем выражение $$\vec{E}=\left\{ \begin{array}{ll} \vec{E}_0+\displaystyle\frac{3(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^5}- \displaystyle\frac{\vec{d}}{r^3} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a, \\ 0 & \qquad\mbox{при}\qquad r<a, \end{array} \right.$$ где $\vec{d}=\vec{E}_0a^3$ --- дипольный момент, приобретаемый шаром в однородном электрическом поле $\vec{E}_0$. Поверхностная плотность индуцированных зарядов $$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_r\bigg |_{r=a}= \frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$ /* 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 $$|Q|=\bigg|\int\limits_S\upsigma\,ds\bigg|= \int\limits_0^{\pi/2}\frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta\cdot 2\pi a^2\sin\theta\,d\theta=\frac{3}{4}E_0a^2.$$ Разумеется, полный заряд на шаре равен нулю. \begin{problem} Решим первую краевую задачу для уравнения Лапласа внутри и/или снаружи сферы. \begin{solution}\setcounter{equation}{0} Рассмотрим теперь разделение переменных в сферической системе координат для уравнения Лапласа \(\triangle U(r,\uptheta,\upvarphi)=0\). Для начала предположим, что решение этого уравнения можно записать в виде \[ U=\Psi(r,\uptheta) \Phi(\upvarphi). \] Тогда, как всегда, вычисляем соответствующие частные производные и делим каждый член уравнения на \(U\). В результате получаем \begin{equation} \frac{1}{\Psi}\left\{\sin ^2\uptheta \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial \Psi}{\partial r}\right)+\sin\uptheta \frac{\partial}{\partial \uptheta}\left(\sin\uptheta \frac{\partial \Psi}{\partial \uptheta}\right)\right\}+\frac{1}{\Phi}\frac{d^2 \Phi}{d\upvarphi^2}=0. \end{equation} Из приводившихся ранее рассуждений (функция одного аргумента равна во всей области определения функции другого аргумента) следует \[ \Phi''+k^2\Phi=0. \] Поскольку зависимость от координаты \(\upvarphi\) должна быть обязательно периодична с периодом \(2\pi\), то параметр \(k\) должен быть действительным и целым. Тогда эта часть решения имеет вид \begin{equation} \Phi(\upvarphi)=A\sin k\upvarphi+B\cos k\upvarphi. \end{equation} Второе уравнение, которое получилось в результате разделения переменных, после деления на \(\sin\uptheta\) приобретает вид \begin{equation} \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial \Psi}{\partial r}\right)+\frac{1}{\sin\uptheta} \frac{\partial}{\partial \uptheta}\left(\sin\uptheta \frac{\partial \Psi}{\partial \uptheta}\right)-k^2\frac{\Psi(r,\uptheta)}{\sin^2\uptheta}=0. \end{equation} Введя новую переменную \(x=\cos\uptheta\) и предположив, как обычно, \(\Psi(r,\uptheta)=R(r) P(x)\), уравнение (3) можно переписать в виде \[ \frac{1}{R}\frac{d}{d r} \left(r^2 R'_r\right)-\frac{1}{P(x)}\frac{d}{d x}\left[(x^2-1)P'_x\right] -\frac{k^2}{1-x^2}=0. \] Стандартным способом разделяем переменные и получаем 2 уравнения \[ \begin{split} \frac{1}{R}\frac{d}{d r} \left(r^2 R'_r\right)&=\nu^2,\\ \frac{d}{d x}\left[(1-x^2)P'_x\right]+\left[\nu^2-\frac{k^2}{1-x^2}\right]P&=0 \end{split} \] Положив \(\nu=n(n+1)\) и \(k^2=m^2\) получим известное уравнение для присоединенных полиномов Лежандра \(P_n^{(m)}(x)\) \[ P_n^{(m)}(x)=(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\frac{d^m}{dx^m} P_n(x). \] Сами же полиномы Лежандра удовлетворяют уравнению \[ \left[(1-x^2)P_n\right]'+n(n+1)P_n(x)=0,\;\;-1\leq x \leq 1. \] Полезно вспомнить формулу для разложения расстояния $R=|\vec r-\vec r_0|:$ \begin{equation} \frac{1}{R}=\frac{1}{\sqrt{r_0^2+r^2-2rr_0\cos\uptheta}}=\left\{ \begin{array}{ll} \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{r_0}\left(\frac{r}{r_0}\right)^n P_n(\cos\uptheta), & r \leq r_0,\\ \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{r}\left(\frac{r_0}{r}\right)^n P_n(\cos\uptheta), & r > r_0. \end{array} \right. \end{equation} Теперь можно вернуться к основной задаче, так называемой 1-й краевой задаче внутри сферы, т.е. когда ищется решение уравнения \[ \Delta U=0,\;\; r<a,\;\;U(r=a,\uptheta,\upvarphi)=f(\uptheta,\upvarphi). \] Из написанного выше можно записать общее решение такой задачи \[ U(r,\uptheta,\upvarphi)=\sum\limits_{n=0}^\infty \left(\frac{r}{a}\right)^n Y_n(\uptheta,\upvarphi), \] где \(Y_n(\uptheta,\upvarphi)\) -- сферические функции, которые определяются соотношением \[ Y_n(\uptheta,\upvarphi)=\sum\limits_{k=0}^\infty \left(A_{nk}\cos k\upvarphi+B_{nk}\sin k\upvarphi\right) P_n^{(k)}(\cos\uptheta). \] */ ==== 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 \[ \sigma(\alpha)=\frac{1}{4\pi}E_{r}\bigg|_{r=a}=\frac{E_{0}}{2\pi}\cos\alpha. \]