Электродинамика (электростатика). Запрягаев С.А. - 32 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

31
интегралов. При интегрировании по основанию для нормали к поверхности
имеем n
x
= 0, n
y
= 0, n
z
= −1. Интегрирование удобно выполнять в
цилиндрической системе координат, в которой dS = ρ dρ dα,
F
(1)
z
=
Z
M
zz
n
z
dS = −
1
4π
Z
R
0
Z
2π
0
"
E
2
z
−
1
2
(E
2
x
+ E
2
y
+ E
2
z
)
#
ρ dρ dα.
С учетом (100) и соотношений E
x
= E
0
cos α, E
y
= E
0
sin α, E
z
= 0, E
0
=
4
3
πρ
2
, θ = π/2 находим после интегрирования: E
(1)
z
= Q
2
/16R
2
.
При интегрировании выражения (92) по поверхности сферы необходимо
подставить n
x
= sin θ cos ϕ, n
y
= sin θ sin ϕ, n
z
= cos θ. В результате
F
(2)
z
=
π/2
Z
0
2π
Z
0
[M
x
z sin θ cos ϕ + M
yz
sin θ sin ϕ + M
zz
cos θ]
2
R sin θ dθ dϕ =
Q
8R
2
,
где использованы выражения для тензора натяжений Максвелла:
M
xz
=
E
2
1
4π
sin θ cos ϕ cos θ; M
yz
=
E
2
1
4π
sin θ sin ϕ cos θ; M
zz
=
"
cos
2
θ −
1
2
#
E
1
4π
Суммарная сила: F
z
= F
(1)
z
+ F
(2)
z
= 3Q
2
/16R
2
.
Комментарий: может показаться, что метод, основанный на
использовании тензора натяжений Максвелла, весьма громоздок и
неудобен. Однако преимущество этого метода проявляется там,
где нет простой симметрии.
Пример 1.7.3 Шар радиуса R однородно заряжен с объемной
плотностью ρ = const. Определить энергию поля, создаваемого
зарядами шара.
Напряженность поля определяется выражением (100). В соответствии с
(88) полная энергия поля равна:
ε =
1
8π
R
Z
0
π
Z
0
2π
Z
0
"
Qr
r
3
#
2
r
2
dr sin θdθdϕ +
∞
Z
R
π
Z
0
2π
Z
0
"
Q
r
2
#
2
r
2
dr sin θdθdϕ
=
3Q
5R
Пример 1.8.4. Потенциал внешнего электростатического поля
имеет вид ϕ(x, y) = α exp[−β(x
2
− y
2
)] и мало меняется по размеру
квадруполя (см. рис.12 на стр 27). Найти энергию квадруполя во
внешнем поле.
В соответствии с (98) и решением, приведенном в примере (1.7.4) ,
находим:
ε =
1
6
X
αβ
Q
αβ
∂
2
ϕ(0)
∂x
α
∂x
β
=
1
6
Q
xx
∂
2
ϕ(0)
∂x
2
+ Q
yy
∂
2
ϕ(0)
∂y
2
= 4αβa
2
q.

Страницы