Задачи по электродинамике. Часть 1. Стационарные электромагнитные поля. Крыловецкая Т.А - 26 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

Решение уравнений Лапласа и Пуассона
При наличии симметрии в распределении заряда уравнения в частных
производных (5) и (17) могут быть решены путем разделения перемен-
ных и сведения их к обыкновенным дифференциальным уравнениям.
Последние в ряде случаев удается проинтегрировать в аналитическом
виде.
Задача 2.29. Найти распределение потенциала электрического поля,
создаваемого шаром радиуса R, равномерно заряженным по объему пол-
ным зарядом Q.
Решение.
Потенциал рассматриваемого поля обладает сферической симметри-
ей, т. е. ϕ = ϕ(r), а потому уравнение Пуассона принимает вид:
1
r
2
d
dr
µ
r
2
dϕ
dr
= −4πρ,
где ρ = Q/(4πR
3
/3). Интегрированием находим:
1) внутри шара (r < R)
r
2
dϕ
1
dr
= −
4πρr
3
3
+ C
1
, ϕ
1
= −
4πρ
3
r
2
2
−
C
1
r
+ C
2
;
из условия ограниченности потенциала при r = 0 следует, что С
1
= 0 и
ϕ
1
= −
2πρr
2
3
+ C
2
;
2) вне шара (r > R)
1
r
2
d
dr
µ
r
2
dϕ
2
dr
= 0, ϕ
2
= −
C
3
r
+ C
4
;
из условия ϕ
¯
¯
r=∞
= 0 следует, что C
4
= 0.
Постоянные интегрирования C
2
и C
3
определяются граничными усло-
виями ϕ
1
= ϕ
2
и E
2n
− E
1n
= 4πσ при r = R. Так как поверхностная
плотность заряда в данной задаче равна нулю, а E
n
= −
∂ϕ
∂r
, то имеем:
½
−2πρR
2
/3 + C
2
= −C
3
/R,
−4πρR/3 = C
3
/R
2
,
откуда находим C
3
= −Q, C
2
= 3Q/(2R).
Ответ: ϕ(r) =
(
3Q/(2R) − (Qr
2
)/(2R
3
) для 0 ≤ r ≤ R;
Q/r для r > R.
26
               Решение уравнений Лапласа и Пуассона
При наличии симметрии в распределении заряда уравнения в частных
производных (5) и (17) могут быть решены путем разделения перемен-
ных и сведения их к обыкновенным дифференциальным уравнениям.
Последние в ряде случаев удается проинтегрировать в аналитическом
виде.
Задача 2.29. Найти распределение потенциала электрического поля,
создаваемого шаром радиуса R, равномерно заряженным по объему пол-
ным зарядом Q.
    Решение.
    Потенциал рассматриваемого поля обладает сферической симметри-
ей, т. е. ϕ = ϕ(r), а потому уравнение Пуассона принимает вид:
                               µ       ¶
                           1 d      dϕ
                            2
                                 r2      = −4πρ,
                          r dr      dr
где ρ = Q/(4πR3 /3). Интегрированием находим:
1) внутри шара (r < R)
            dϕ1    4πρr3                 4πρ r2 C1
         r2     =−       + C1 ,   ϕ1 = −        −    + C2 ;
             dr      3                     3 2     r
из условия ограниченности потенциала при r = 0 следует, что С1 = 0 и
                                             2πρr2
                                 ϕ1 = −            + C2 ;
                                               3
2) вне шара (r > R)
                       µ               ¶
               1 d             2 dϕ2                        C3
                           r               = 0,    ϕ2 = −      + C4 ;
               r2 dr     dr                                 r
            ¯
из условия ϕ¯r=∞ = 0 следует, что C4 = 0.
   Постоянные интегрирования C2 и C3 определяются граничными усло-
виями ϕ1 = ϕ2 и E2n − E1n = 4πσ при r = R. Так как поверхностная
плотность заряда в данной задаче равна нулю, а En = − ∂ϕ
                                                      ∂r , то имеем:
                     ½
                       −2πρR2 /3 + C2 = −C3 /R,
                          −4πρR/3 = C3 /R2 ,
откуда находим C3 = −Q, C2 = 3Q/(2R).
                    (
                     3Q/(2R) − (Qr2 )/(2R3 ) для 0 ≤ r ≤ R;
 Ответ:      ϕ(r) =
                                        Q/r для r > R.

                                              26

Страницы