М.И. Векслер, Г.Г. Зегря
Уравнение
Пуассона для ε = 1 выглядит:
(16)
Это
уравнение – основа практических численных расчетов.
В
задачах, решаемых аналитически, φ и ρ обычно зависят только от одной
координаты. При интегрировании можно вычислять интегралы как неопределенные, не
забывая выписывать +const, а затем отдельно находить эти константы. Если
раccматриваются отдельные диапазоны координат, то на незаряженных границах
необходимо “сшивать” потенциал: φ и – для вакуума – d φ/dx
(или dφ/dr) не должны иметь разрыва. Если граница заряжена (σ), то
dφ/dx испытывает скачок на величину –σ/ε0. Кроме того, если
ρ и суммарный заряд конечны, то φ всюду конечен.
Другой
вариант – сразу правильно писать пределы интегрирования. Для этого используется
известное (или очевидное из симметрии задачи) значение поля ()
в одной какой-либо точке и значение потенциала в какой-либо точке (не
обязательно в той же, где знаем поле). Если в задаче не оговорено иное, то
следует принимать φ|∞ = 0. Так, например, для случая зависимости
потенциала только от одной сферической координаты r
(17)
после
переноса r2 в правую часть и двух последовательных интегрирований получаем:
=
(18)
φ(r)
=
(19)
При
этом взято φ|r = ∞ = 0 и учтено то обстоятельство, что при всюду
конечном ρ поле в центре равно нулю (–dφ/dr|r = 0 = 0).
Задача.
Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена равномерно по объему
(ρ(x) = ρ0); при x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x).
Ответ:
,
|x|, |x|>a
Задача.
Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена как ρ(x) = α x2; при
x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x).
Решение:
Мы работаем в декартовой системе координат, причем очевидно, что и поле, и
потенциал зависят только от x. Если ρ>0 (α >0) то поле – из
симметрии задачи – направлено по оси x при x>0 и против оси x при x
=
=
0 x>a или x<>
После
первого интегрирования (интеграл берем как неопределенный)
=
=
AL, x<>
=
AR, x>a
Неверным
было бы записать одну общую константу для dφ /dx при x>a и x
φ(x)
=
φ(x)
=
ALx+BL, x<>
φ(x)
=
ARx+BR, x>a
Для
нахождения шести констант у нас есть четыре условия сшивания (по два для границ
x = –a и x = a). Кроме того, дано указание взять φ(0) = 0. Видно также, что
Ex|x = 0 = –dφ/ dx|x = 0 = 0. Последнее очевидно из симметрии задачи.
Отсюда сразу
Ac = 0, Bc = 0
Из
симметрии следует также, что φ(x) = φ(–x) и что Ex(x) = –Ex(–x), вследствие
чего
AR = –AL, BR = BL
Это
делает достаточным рассмотрение условий сшивания только на одной из границ, например
при x = a:
=
(ARx+BR)|x = a
=
AR|x = a
Сначала
получаем AR (AR = –α a3/3ε0), а затем BR (BR = α a4/4ε0), после
чего остается выписать ответ:
φ(x)
=
φ(x)
=
φ(x)
=
Альтернативой
было бы интегрирование с выписыванием пределов сразу:
Ex(x)
=
φ
=
Такое
интегрирование верно всегда, в том числе при x<>
Задача.
Шар радиуса R заряжен как ρ(r) = ρ0(1–r/R). Найти полный заряд шара Q,
поле Er(r), а также потенциал φ(r) при r = 0… +∞.
Решение:
Полный заряд шара находится как
Q
=
=
При
вычислении мы использовали выражение для элемента объема dV в сферических
координатах (не следует смешивать фигурирующий при этом φ с обозначением
потенциала). Уравнение Пуассона записывается:
=
Поcле
однократного интегрирования в пределах 0… r имеем
=
=
Заметим,
что – с точностью до знака – мы уже получили поле, поскольку . Для нахождения потенциала φ(r)
требуется повторное интегрирование:
r>R
:
r<>
:
=
Список литературы
1.
И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. – 448
с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. – 416 с.
2.
В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М.
Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. – 503 с.
3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая
физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.: Наука, 1992. – 661 с.
Для
подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r
Дата добавления: 14.03.2011