1. Электростатика Урок 5

1. Электростатика
1.
1
Электростатика
Урок 5
Уравнение Пуассона и Лапласа
Уравнение для потенциала с источниками (зарядами) – уравнение Пуассона и уравнение без источников – уравнение Лапласа
∆ϕ = −4πρ , ∆ϕ = 0.
(1)
Уравнение Пуассона в цилиндрической системе координат
µ
¶
1 ∂
∂ϕ
1 ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ
∆ϕ =
R
+ 2 2 + 2 = −4πρ.
R ∂R
∂R
R ∂α
∂z
Уравнение Пуассона в сферической системе координат
µ
¶
µ
¶
1 ∂
∂ 2ϕ
1
∂
∂ϕ
1
2 ∂ϕ
∆ϕ = 2
r
+ 2
sin θ
+ 2 2
= −4πρ.
r ∂r
∂r
r sin θ ∂θ
∂θ
r sin θ ∂α2
Граничные условия на границе раздела сред 1 – 2 (n – нормаль из среды 1 в 2).
ϕ1 = ϕ2 ,
∂ϕ1 ∂ϕ2
−
= 4πσ.
∂n
∂n
(2)
Решение уравнения Пуассона для точечного заряда
∆ϕточ = −4πqδ(r) , ϕточ =
q
+ C.
r
Общее решение уравнения Пуассона для распределенной системы зарядов
Z
Z
Z
ρ(r0 ) dV 0
σ(r0 ) dS 0
κ(r0 ) d`0
ϕ(r) =
+
+
.
|r − r0 |
|r − r0 |
|r − r0 |
V
S
(3)
(4)
L
1.1. (Задача 1.47) Используя уравнение Пуассона, симметрию задачи, конечность и непрерывность потенциала и его производной, найти потенциал:
а) шара радиуса a, равномерно заряженного по объему с объемной плотностью ρ;
б) цилиндра радиуса a, равномерно заряженного по объему с линейной плотностью η;
в) слоя толщиной 2a, равномерно заряженного с объемной плотностью ρ.
Решение а) Потенциал ϕ удовлетворяет уравнениям Пуассона ∆ϕ1 = −4πρ
2
a
O
Начало системы
получаем:
при R ≤ a и Лапласа ∆ϕ2 = 0 при R ≥ a. В сферической системе координат с учетом симметрии задачи эти уравнения будут иметь вид:
µ
¶
1 ∂
2 ∂ϕ1
R
= −4πρ
при
R ≤ a,
R2 ∂R
∂R
µ
¶
∂
2 ∂ϕ2
R
=0
при
R > a.
∂R
∂R
координат
помещено
ϕ1 = − 23 πρR2 −
ϕ2 = − 23 πρR2 −
A1
R
A1
R
в
центр
шара.
+ B1 при
+ B1 при
Интегрируя
уравнения,
R ≤ a,
R > a,
где A1 , B1 , A2 , B2 – константы интегрирования. Второе слагаемое в выражении для ϕ1 содержит
член ∼ 1/R. Значит, напряженность электрического поля будет содержать член ∼ 1/R2 , который
при R → 0 стремится к бесконечности.
Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью в ограниченной области, то
напряженность электрического поля нигде не может быть бесконечной. Для удовлетворения этого
условия необходимо, чтобы A1 = 0. Выбирая потенциал равным нулю на бесконечности, положим
B2 = 0. Из уравнения rot E = 0 следует условие непрерывности
касательных
составляющих
¯
¯
¯
¯
напряженности электрического поля на поверхности шара: E1τ R=a = E2τ R=a . Этому условию
можно удовлетворить, если ϕ1 (a) = ϕ2 (a).
Из уравнения div E = 4πρ следует, что
¯
¯
E1n ¯R=a − E2n ¯R=a = 4πσ,
где E1n , E2n – нормальные составляющие вектора E;σ – поверхностная плотность зарядов. Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна нулю, то нормальная составляющая вектора E на поверхности шара непрерывна. Поэтому
2
A2
− πρa2 + B1 =
,
3
a
откуда
4
A2
− πρa =
,
3
a
4
A2 = − πρa3 , B1 = 2πρa2 .
3
Окончательно распределение потенциала выразится так:
ϕ1 = − 23 πρ(3a2 − R2 ) при
3ρ
ϕ2 = − 4πa
при
3R
R ≤ a,
R > a.
1. Электростатика
3
б) Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе координат с осью Z вдоль оси
цилиндра будут иметь вид:
³
´
∂ϕ1
1 ∂
r
= −4πρ при
r ≤ a,
r ∂r
³ ∂r ´
1 ∂
2
r ∂ϕ
= 0
при
r > a,
r ∂r
∂r
поскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть только от расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти уравнения, получаем:
ϕ1 = −πρr2 + A1 ln r + B1 ,
ϕ2 = A2 ln r + B2 .
Чтобы потенциал был конечным при r = 0, нужно положить A1 = 0, иначе напряженность
электрического поля на оси цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным нулю
на оси цилиндра, тогда B1 = 0. Из условия непрерывности потенциала и его производной при
r = a находим
A2 = −2πρa2 ,
B2 = 2πρa2 ln a − πρa2 .
Выражая объемную плотность заряда ρ через заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра
ρ = η/πa2 , окончательно получаем:
2
ϕ1 = −πρr2 = − ηr
a2
ϕ2 = 2η ln ar − η
в)
Декартову
z
a
0
x
при
при
r ≤ a,
r ≥ a.
систему
координат
выберем
таким
образом,
чтобы
оси X и Y лежали в средней плоскости пластины. Потенциал может зависеть только от координаты z, поскольку все точки плоскости z = const
равноправны. Уравнения Пуассона и Лапласа для различных областей
принимают вид
-a
d2 ϕ1 (z)
dz 2
d2 ϕ2 (z)
dz 2
d2 ϕ3 (z)
dz 2
= 0
при z ≤ a,
= −4πρ при −a < z < a,
= 0
при z > a.
Решения этих уравнений запишутся следующим образом:
ϕ1 = Az + B1 ,
ϕ2 = −2πρz 2 + A2 z + B2 ,
ϕ3 = A3 + B3 .
4
Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при z = 0, тогда B2 = 0. Напряженность
электрического поля – векторная величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно
средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю, поскольку направления в сторону
положительных и отрицательных z равноправны. Это означает, что
¯
dϕ2 ¯¯
= 0,
dz ¯z=0
откуда A2 = 0. Далее, так же как в приведенных выше задачах, воспользуемся непрерывностью
потенциала и его производной при z = ± a. Это дает:
A1 = 4πρa,
B1 = 2πρa2 ,
A3 = −4πρa, B3 = 2πρa2 .
Подставляя константы интегрирования в решение, получаем
³
´
ϕ1 = 2πρa2 1 + 2z
при
z ≤ −a,
a
ϕ2 = 2πρz 2 ³
− a ≤ z ≤ a,
´ при
ϕ3 = 2πρa2 1 −
2z
a
при
что можно записать короче следующим образом:

 −2πρzµ2
¶
2|z|
ϕ(z) =
2
 2πρa 1 −
a
z ≥ a,
при − a ≤ z ≤ a,
при |z| ≥ a.
1.2. (задача 1.48) Найти поле между двумя коаксиальными цилиндрами радиусов r1 и r2 ,
разность потенциалов между которыми равна U .
Решение
µ
¶
1 d
∂ψ
r
=0
r dr
∂r
∂ψ
=A
∂r
∂ψ
A
=
∂r
r
ψ = A ln r + B
r
ψ2 − ψ1 = A ln r2 − A ln r1 = U
1. Электростатика
5
A=
ψ=
U
ln rr21
U
ln r + B
ln rr21
Er = −
∂ψ
1 U
=−
∂r
r ln rr21
E=−
U r
.
ln rr21 r2