Урок 4. Мультиполи

1. Электростатика
1.
1
Электростатика
Урок 4
Мультиполи
При r À a, где a – характерный размер системы зарядов, потенциал произвольной системы
зарядов
q pr 1
xµ xν
+ 3 + ΣDµν 5 + . . . ,
(1)
r
r
2
r
¢
P
P 0
P ¡ 0k 0k
где q =
qk , p =
qk r k , Dµν =
qk 3xµ xν − rk02 δµν , x0k – координаты заряда qk ,
k
P
а rk02 = (x0k )2 .
ϕ=
1.1. (Задача 1.39) Найти потенциал ϕ(R) поля двух концентрических колец радиусом a и b с
зарядами q и −q для: а) R À a, b и б) R ¿ a, b.
Решение Сначала вычислим потенциал от одного кольца на больших расстояниях.
ur
Заряженное кольцо радиуса R0 расположим в плоскости (x, y).
ZR
Центр кольца 0 совпадает с началом координат. Ось X направим
θ
перпендикулярно плоскости, в которой лежат Z и R. R – радиусθ0
вектор точки наблюдения. Поскольку система осесимметрична, результат не должен зависеть от выбора направления оси X. ПотенY
X
α
dl
циал, создаваемый зарядом элемента кольца d` = R0 dα, в точке
R0
(R, θ) равен
dϕ =
q
R0 dα
p
.
2
2πR0
R0 + R2 − 2RR0 cos θ0
Потенциал, создаваемый зарядом всего кольца:
q
ϕ=
2π
Z2π
dα
p
0
R02
+
R2
− 2RR0 cos θ0
.
(2)
Связь углов θ, θ0 и α определяется из соотношения
cos θ0 =
RR0
Ry R0y
=
= sin θ sin α.
RR0
RR0
Чтобы найти потенциал на расстояниях, больших по сравнению с радиусом кольца, разложим
подынтегральное выражение в ряд Тейлора по малому параметру R0 /R до второго порядка вклю-
2
чительно. Поскольку дипольный момент кольца равен нулю, что видно из симметрии расположения зарядов, то оставим в сумме три первых члена:
1
p
R02
+
R2
− 2RR0 cos θ0
=
1
1
q
R 1 + ( R0 )2 −
R
2R0
R
'
cos θ0
Ã
!
µ ¶2
1
R0
1 R0
'
1+
(3 cos2 θ0 − 1) + . . . .
cos θ0 +
R
R
2 R
Вычисляя теперь интеграл (1), получаем
q
q
ϕ= +
R 4R
µ
R0
R
¶2
(1 − 3 cos2 θ).
При вычислении использована связь cos θ0 = sin θ sin α. Значит, потенциал от двух концентрических колец радиусов a и b с зарядами q и −q имеет вид
q
(a2 − b2 )(1 − 3 cos2 θ)
при
4R3
Теперь найдем потенциал кольца радиуса R0 при R0 À R :
ϕ (R, θ) =
a, b ¿ R.
µ ¶2 Z2π
R
1
q
q
ϕ (R, θ) =
+
(3 sin2 θ sin2 α − 1) dα =
R0 2πR0 R0
2
0
µ ¶2
q
q
R
=
+
(1 − 3 cos2 θ).
R0 4R0 R0
Тогда потенциал двух колец при a, b À R будет иметь вид
¶
µ
¶
µ
1 1
qR2 1
1
−
−
−
(3 cos2 θ − 1) .
ϕ(R, θ) = q
a b
4
a3 b3
1.2. (Задача 1.42)Найти потенциал электрического поля на больших расстояниях от следующих систем зарядов:
а) заряды q, −2q, q расположены на оси Z на расстоянии a друг от друга (линейный квадруполь);
б) заряды ±q расположены в вершинах квадрата, стороны которого параллельны осям X и Y ,
так что соседние заряды имеют разные знаки, а в начале координат расположен заряд +q (плоский
квадруполь).
1. Электростатика
3
Решение a)
Dzz =
X
Dxx
¡
¢
qi 3zi2 − ri2 = 2q2a2 = 4qa2 = D
X
= Dyy = −
qi ri2 = −2qa2
ϕ=
Dαβ nα nβ
2R03
nx = sin θ cos ϕ
ny = sin θ sin ϕ
nz = cos θ
¢
Dxx n2x + Dyy n2y + Dzz n2z
D
1 ¡ 2
=
·
−nx − n2y + 2n2z =
3
2
2R0
2 2R0
2
¢ 4qa ¡
¢
D ¡
2
2
=
−1
+
3n
=
3
cos
θ
−
1
.
z
4R03
4R03
ϕ=
в)
Dxx =
X
¡
¢
qi 3x2i − ri2 = 0
Dyy = 0
Dzz = 0
Dxy =
3q (1) a2 3q (2) a2 3qa2 3qa2
+
+
+
= 3qa2
4
4
4
4
Dyx = Dxy = 3qa2
φ(2) =
а) ϕ (r, θ) '
qa2
r3
3qa2
3qa2
{n
n
+
n
n
}
=
sin2 θ sin 2φ
x
y
y
x
2R03
2R03
(3 cos2 θ − 1) ; б) ϕ (r, θ) '
3qa2
2r3
sin2 θ sin 2α.
1.3. (Ландау Л.Д., Лифшиц Е.М. Теория поля. задача к § 41 ) Определить квадрупольный
момент однородно заряженного с плотностью rho эллипсоида относительно его центра. Эллипс
имеет полуоси a, b, c.
Решение Заменяя в формуле для элементов тензора квадрупольного момента суммирование
интегрированием по объему эллипсоида, имеем
Z
Z
¢
¢
¡ 2
¡ 2
2
2x − y 2 − z 2 dxdydz.
Dxx = ρ
3x − r dxdydz = ρ
4
Остальные диагональные компоненты записываются аналогично. Что касается недиагональных
элементов, то можно показать, что они все равны нулю (самостоятельное упражнение). Для вычисления приведенного выше интеграла по объему эллипсоида
x2 y 2 z 2
+ 2 + 2 =1
a2
b
c
сделаем замену переменных
x = x0 a, y = y 0 b, z = z 0 c.
Тогда интегрирование по новым переменным сведется к интегрированию по шару единичного радиуса
x02 + y 02 + z 02 = 1.
Очевидно, также, что все интегралы могут быть выражены через 3 интеграла
Z
Z
Z
2
2
02
0
3
Ix = x dV = abca
x dV = a bc (r sin θ cos ϕ)2 r2 sin θdrdθdϕ
Z
Z
Z
2
2
02
0
3
Iy = y dV = abcb
y dV = ab c (r sin θ sin ϕ)2 r2 sin θdrdθdϕ
Z
Z
Z
2
2
02
0
3
Iz = z dV = abcc
z dV = abc
(r cos θ)2 r2 sin θdrdθdϕ.
Тогда
Z
3
Ix = a bc
Z
drr
4
Z
3
dθ sin θ
dϕ cos ϕ2 = a3 bc
1 4π
,
5 3
1 4π
Iz = abc3
.
5 3
Iy = ab3 c
Откуда получаем
ρ
4π
Dxx = abc
5
3
ρ
4π
Dyy = abc
5
3
4π
ρ
Dzz = abc
5
3
¡ 2
¢
2a − b2 − c2 ,
¡ 2
¢
2b − a2 − c2 ,
¡ 2
¢
2c − a2 − b2 .
Как и следует из теории Dxx + Dyy + Dzz = 0.
1 4π
,
5 3