Электродинамика (электростатика). Запрягаев С.А. - 9 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

8
Сравнивая данное выражение с разложением в ряд Тейлора следующей
функции (1+x)
−1/2
= 1−
1
2
x +
3
8
x
2
−
5
16
x
3
+. . ., получаем искомый результат
ϕ(z) =
1
r
>
2πτR
q
1 + (r
<
/r
>
)
2
=
2πτR
q
r
2
>
+ r
2
<
=
2πτR
√
R
2
+ z
2
Пример 1.3.2 Диск в виде плоского кольца радиусов R
1
и R
2
заряжен
с постоянной поверхностной плотностью σ. Найти поле в любой
точке пространства. (рис 5 c. 8)
В формуле (7) положим dS = r
0
dr
0
dα
0
.
Рис. 5:
В результате
ϕ(
~
r ) =
Z
R
2
R
1
Z
2π
0
σ(r
0
, α
0
)
|
~
r −
~
r
0
|
r
0
dr
0
dα
0
.
Используя (22) и повторяя вычисления
аналогично вычислениям в примере
1.3.1 , получим поcле интегрирования
по угловым переменным:
ϕ(
~
r ) = 2πσ
∞
X
n=0
(−1)
n
(2n)!
2
2n
(n!)
2
P
2n
(cos θ)
Z
R
2
R
1
r
2n
<
r
2n+1
>
r
0
dr
0
,
где r
<
= min(r, r
0
), r
>
= max(r, r
0
). Радиальный интеграл следует
рассматривать в трех разных областях r < R
1
, r
1
≤ r ≤ R
2
, r > R
2
, чтобы
определить, какая из переменных r, r
0
есть r
<
или r
>
, соответственно.
1. r < R
1
. В этом случае r
<
= r, r
>
= r
0
,
Рис. 6:
следовательно,
Z
R
2
R
1
r
2n
<
r
2n+1
>
r
0
dr
0
= −
r
2n
2n − 1
1
R
2n−1
2
−
1
R
2n+1
1
2. R
1
≤ r ≤ R
2
. В этом случае область
интегрирования необходимо разбить на две
области R
1
÷ r и r ÷ R
2
. При этом в первой
области r
<
= r
0
, r >= r. Соответственно во
второй области r
<
= r, r >= r
0
. В результате:
Z
R
2
R
1
r
2n
<
r
2n+1
>
r
0
dr
0
=
Z
r
R
1
r
2n
<
r
2n+1
>
r
0
dr
0
+
Z
R
2
r
r
2n
<
r
2n+1
>
r
0
dr
0
=
=
1
2n + 2
·
1
r
2n+1
h
r
2n+2
− R
2n+2
1
i
−
r
2n
2n + 1
1
R
2n−1
2
−
1
r
2n−1

Страницы