Задачи по электродинамике - ФИЗИЧЕСКИЙ ФАКУЛЬТЕТ ВГУ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ
УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ
С.И. Мармо,
М.В. Фролов
ЗАДАЧИ ПО ЭЛЕКТРОДИНАМИКЕ
Часть I
Учебное пособие для вузов
Издательско-полиграфический центр
Воронежского государственного университета
2007
Утверждено научно-методическим советом физического факультета
11 декабря 2007 г., протокол № 12
Рецензент проф. кафедры электроники ВГУ, д-р. физ.-мат. н. В.И. Костылев
Учебное пособие подготовлено на кафедре теоретической физики физического факультета Воронежского государственного университета.
Рекомендуется для студентов 3 курса дневной формы обучения физического
факультета Воронежского государственного университета.
Для специальности: 010701 — Физика
2
Содержание
1. Математические методы электродинамики
1.1. Векторная алгебра . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Векторный анализ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Криволинейные координаты . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
6
14
2. Постоянное электрическое поле
21
3. Постоянное магнитное поле
36
Приложение
1. Основные дифференциальные операции в сферических и цилиндрических координатах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. Сферические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
Список литературы
51
3
49
50
Учебное пособие предназначено для проведения практических занятий
по курсу «Электродинамика» (шифр ОПД.Ф.01.02). Материал пособия относится к первой части курса, в которой изучаются электромагнитные явления в вакууме. Каждый раздел содержит теоретическую часть, примеры
решения задач и задачи для самостоятельного решения. Изложение теории,
в котором приводятся основные положения и даются ключевые формулы,
имеет справочный характер и непосредственно связано с решением задач по
соответствующей теме. Подбор задач проводился так, чтобы показать основные методы их решения, а также проиллюстрировать наиболее существенные
положения теории. Решенные в пособии задачи имеют базовый характер и
должны дать достаточно полное представление об изучаемой теме и помочь
студентам в самостоятельной работе над другими задачами из данного пособия, а также из задачников, приведенных в списке литературы.
1. Математические методы электродинамики
Электромагнитное поле может быть описано заданием напряженностей
электрического и магнитного полей E(r, t), B(r, t) — двух векторных функций, зависящих от точки пространства и времени. Поэтому математическая
сторона электродинамики связана с исчислением векторных полей. Напомним здесь основные результаты векторной алгебры, интегрального исчисления векторов и векторного анализа.
1.1. Векторная алгебра
Векторные величины характеризуются абсолютным значением и направлением. В любой системе координат вектор определяется тройкой чисел (которые, конечно, зависят от выбора системы координат). Пусть, например,
радиус-вектор r, задающий положение точки, имеет в некоторой декартовой
системе координат (д.с.к.) компоненты x, y, z : r = xi + yj + zk (используется также обозначение r = (x, y, z)). В другой д.с.к., имеющей общее начало
с исходной, но повернутой относительно неё, вектор r будет иметь другие
компоненты x0 , y 0 , z 0 : r = x0 i0 + y 0 j0 + z 0 k0 . Штрихованные компоненты выражаются через нештрихованные по правилу
x0i
=
3
X
αij xj ,
j=1
где коэффициенты преобразования αij представляют собой косинусы углов
между j-й осью исходной и i-й осью повернутой системы. Это трансформационное свойство может быть положено в основу определения понятия
4
векторной величины: вектором a называется совокупность трех величин ai
(i = 1, 2, 3), которые при поворотах координатной системы преобразуются
так же, как координаты x1 , x2 , x3 :
a0i
=
3
X
αij aj .
(1.1)
j=1
Двум векторам a = (ax , ay , az ) и b = (bx , by , bz ) можно поставить в соответствие скалярную величину (которая не меняется при переходе к другой
системе координат), образовав скалярное произведение
ab = ab cos α ,
α — угол между a и b. В д.с.к. скалярное произведение вычисляется через
проекции векторов по формуле
ab = ax bx + ay by + az bz .
Если a ⊥ b, то ab = 0.
Двум векторам a и b можно поставить в соответствие вектор c, удовлетворяющий условиям: 1) |c| = |a||b| sin θ; 2) вектор c ортогонален векторам
a, b; 3) векторы a, b, c образуют правую тройку. Так построенный вектор c
называется векторным произведением векторов a и b и обозначается [ab]. В
д.с.к. [ab] вычисляется по правилу
[ab] = (ay bz − az by )i + (az bx − ax bz )j + (ax by − ay bx )k ,
или, в краткой символической записи,
¯
¯
¯ i j k ¯
¯
¯
[ab] = ¯¯ ax ay az ¯¯ .
¯ bx by bz ¯
При перестановке сомножителей векторное произведение меняет знак. Итак,
[ab] ⊥ a, b; [ba] = −[ab] . В том (и только в том) случае, если сомножители векторного произведения коллинеарны (т.е. параллельны или антипараллельны), то векторное произведение равно нулю:
[ab] = 0,
если a · b или a ↑↓ b.
Из трех векторов можно составить смешанное произведение (a[bc]) или
двойное векторное произведение [a[bc]]. Множители смешанного произведения можно переставлять циклически (или нециклически c переменой знака),
получая тождественные выражения:
(a[bc]) = (c[ab]) = (b[ca]) = −(b[ac]) = −(c[ba]) = −(a[cb]).
5
Модуль смешанного произведения равен объему параллелепипеда, построенного на сомножителях. Очевидно, поэтому, что смешанное произведение
равно нулю тогда (и только тогда), когда сомножители лежат в одной плоскости.
Двойное векторное произведение можно разложить следующим образом:
[a[bc]] = b(ac) − c(ab) .
Векторы, преобразующиеся по правилу (1.1) при поворотах, могут двояко
вести себя при инверсии системы координат, т.е. при преобразовании вида
x0i = −xi ,
(1.2)
где матрица преобразования αij = −δij . Те векторы, компоненты которых,
как и xi , меняют знак при инверсии, называются истинными или полярными. Векторы, компоненты которых при инверсии координат не изменяют
знака, называются псевдовекторами или аксиальными векторами (угловая
скорость вращения, векторное произведение [ab] двух полярных векторов и
др.).
Задачи для самостоятельного решения
1.1. Вычислить: а) векторное произведение [ab]; б) смешанное произведение (a[ba]); в) угол между a и b, если a = i − k, b = i + k.
1.2. Найти единичный вектор, направленный вдоль вектора a1 + a2 , где
a1 = 2i + 3j − 4k, a2 = i + 3j + 2k.
1.3. Найти проекцию вектора a = i − 2j + k на вектор b = 4i − 4j + 7k.
1.4. Доказать равенство (ab)2 + [ab]2 = a2 b2 .
1.5. Какому условию должны удовлетворять векторы a и b, чтобы векторы a − b и a + b были а) ортогональны; б) коллинеарны?
1.6. Даны векторы a = 3i + 2j − k, b = −6i − 4j + 2k, c = i − 2j − k.
Определить, какие из них взаимно перпендикулярны, а какие параллельны
или антипараллельны.
1.7. Найти единичный вектор, перпендикулярный векторам A = 2i+j−k
и B = i − j + k.
1.8. Известны векторы A и B. Представить вектор A в виде суммы двух
векторов: Ak — параллельного и A⊥ — перпендикулярного к B.
1.2. Векторный анализ
Основные дифференциальные операции. Если любой точке пространства (или части пространства) ставится в соответствие некоторая величина, то говорят, что в пространстве задано поле этой величины. Если любой точке пространства ставится в соответствие число, то поле называется
6
скалярным; если любой точке пространства ставится в соответствие вектор,
то поле называется векторным.
С формальной точки зрения поле есть функция точки. Пусть задано скалярное поле: f = f (r). Если в пространстве выбрана некоторая декартова система координат, то можем написать: f = f (x, y, z). Возьмем в пространстве
некоторую точку M . Из неё можно выходить по всевозможным направлениям. Выберем некоторое направление l (рис. 1). Производной f по направлению l называется скорость изменения поля в данном направлении:
df
f (N ) − f (M )
= lim
.
dl N →M
MN
На заданном направлении l координаты x, y, z являются функциями расстояния l, f = f (x(l), y(l), z(l)), поэтому f можно продифференцировать как
сложную функцию:
df
∂f dx ∂f dy ∂f dz
=
+
+
.
dl
∂x dl
∂y dl
∂z dl
Представим последнее выражение как скалярное произведение двух векторов:
µ
¶µ
¶
∂f
dx
df
∂f
∂f
dy
dz
=
i+
j+
k
i+ j+ k .
dl
∂x
∂y
∂z
dl
dl
dl
Первый вектор здесь называется градиентом поля f
∂f
∂f
∂f
grad f =
i+
j+
k.
(1.3)
∂x
∂y
∂z
Второй вектор
l
t
M
N
Рис. 1
dx
dy
dz
d(xi + yj + zk) dr
i+ j+ k=
=
=τ
dl
dl
dl
dl
dl
— это единичный вектор направления l. Таким образом,
df
= (grad f · τ ).
dl
(1.4)
Из последнего выражения следует, что вектор grad f в точке M указывает
в сторону наибыстрейшего возрастания поля f , причём эта наибыстрейшая
скорость равна |grad f |. Из этого утверждения (которое составляет геометрический смысл градиента) ясно, что градиент инвариантно связан с рассматриваемым полем, т.е. остается неизменным при замене декартовых осей
(этого не видно из определения (1.3), данного в неинвариантной форме, «привязанной» к какой-то системе координат). Итак, градиент скалярного поля
образует векторное поле.
7
Если ввести векторный дифференциальный оператор ∇ («набла»)
µ
¶
∂
∂
∂
∂ ∂ ∂
∇=i
+ j + k , или ∇ =
, ,
,
(1.5)
∂x
∂y
∂z
∂x ∂y ∂z
то можно записать (1.3) в виде
grad f = ∇f,
а (1.4) в виде
df
= (τ · ∇f ) = (τ · ∇)f.
dl
Рассмотрим частный случай сферически симметричной функции f (т.е.
функции, которая зависит только от расстояния r = |r| до начала координат).
df r
.
dr r
Воспользуемсяpвыражением для градиента в д.с.к. (1.3). Выразим r = |r|
через x, y, z (r = x2 + y 2 + z 2 ) и вычислим
Задача 1. Показать, что grad f (r) =
∂f
df ∂r
df x
=
=
.
∂x
dr ∂x dr r
Аналогично
∂f
df y ∂f
df z
=
,
=
, откуда
∂y
dr r ∂z
dr r
grad f (r) =
df r
.
dr r
J
(1.6)
Рассмотрим теперь векторное поле a(r) и введем операцию дивергенции.
Составим отношение потока поля a через замкнутую поверхность S к объёму
области, ограниченному этой поверхностью
H
a dS
.
V
Предел этого отношения при стягивании области к точке M называется дивергенцией поля a в точке M :
H
a dS
.
(1.7)
div a = lim
V
(V )→M
Отметим, что дивергенция векторного поля образует скалярное поле.
8
Задача 2. Получить, исходя из определения ( 1.7), выражение для дивергенции в д.с.к.
Выберем в качестве объема в формуле ( 1.7) бесконечно малый прямоугольный параллелепипед с ребрами, параллельными осям координат. Тогда
поток вектора a через поверхность параллелепипеда можно представить в
виде шести слагаемых, отвечающих шести граням параллелепипеда:
I
adS = [ax (x + dx, y, z) − ax (x, y, z)]dydz+
S
+ [ay (x, y + dy, z) − ay (x, y, z)]dxdz+
+ [az (x, y, z + dz) − az (x, y, z)]dxdy ≈
¶
µ
∂ax ∂ay ∂az
+
+
dV.
≈
∂x
∂y
∂z
(1.8)
При вычислении поверхностных интегралов по граням использована теорема о среднем, величины x, y, z — значения координат в некоторой точке соответствующей грани. Учтено также, что нормаль имеет противоположные
направления на противоположных гранях, а при стягивании объема в точку M все координаты принимают значения, соответствующие этой точке.
В результате (1.7) приводит к следующему выражению для дивергенции в
д.с.к.:
∂ax ∂ay ∂az
div a =
+
+
.
J
(1.9)
∂x
∂y
∂z
Принимая во внимание ( 1.5), ( 1.9), запишем дивергенцию векторного
поля a в виде скалярного произведения оператора ∇ на вектор a:
div a = (∇a) .
(1.10)
Задача 3. Основываясь на определении дивергенции (1.7), вывести соотношение, связывающее интеграл от div a по некоторому объему с потоком
вектора a через поверхность, ограничивающую этот объем.
Выберем произвольный объем V , ограниченный поверхностью S. Разобъем его на малые ячейки ∆Vi , каждая из которых ограничена поверхностью
Si . У ячеек, примыкающих к внешней поверхности S, часть ограничивающих
их поверхностей совпадает с S. Все остальные участки поверхностей Si будут общими для двух соседних ячеек. Пользуясь малостью каждой из ячеек,
запишем (1.7) в приближенной форме:
I
(div a)i ∆Vi ≈ adSi .
Si
Просуммируем теперь левую и правую часть последнего приближенного равенства по i и перейдем к пределу, устремляя объем каждой ячейки к нулю.
9
Левая часть равенства перейдет при этом в интеграл по полному объему от
дивергенции. В правой части равенства интегралы по внутренним участкам
поверхностей Si взаимно уничтожатся, так как внешние нормали для двух
соседних ячеек имеют противоположные направления. Останется лишь интеграл по внешней поверхности S. В итоге получим соотношение
Z
I
div a dV = adS ,
(1.11)
V
S
которое называется теоремой Остроградского—Гаусса.
J
Наконец, введем понятие ротора векторного поля. Рассмотрим плоскую площадку, перпендикулярную некоторому направлению n. Найдем циркуляцию вектора a по контуру, ограничивающему эту площадку и её отношение к величине площадки:
H
a dl
.
S
Контур G
Рис. 2
Предел этого отношения при стягивании площадки (которая остается плоской) к точке M называется проекцией ротора векторного поля a на направление n (образующего с направлением обхода контура
правовинтовую систему)
H
a dl
(rot a)n = lim
.
(1.12)
S
(S)→M
Обратим внимание, что операция rot применяется к векторному полю и сам
ротор есть векторное поле.
Если рассмотреть циркуляцию по бесконечно малым прямоугольникам, стороны которых параллельны осям координат, то можно найти выражение для rot a в д.с.к.:
¯
¯
¯ i
j k ¯¯
¯
¯ ∂ ∂ ∂ ¯
¯.
rot a = ¯¯
¯
∂x
∂y
∂z
¯
¯
¯ ax ay az ¯
Через оператор ∇ ротор выражается следующим образом:
rot a = [∇a] ,
т.е. ротор векторного поля a есть векторное произведение вектора ∇ на вектор a.
10
Нетрудно показать, что циркуляция по произвольному контуру Γ есть
сумма
вдоль двух меньших контуров, на которые разбивается
I циркуляций
I
I
Γ:
=
+ . Тогда, разбив произвольный контур на бесконечно малые
Γ
Γ1
Γ2
участки (см. рис. 2), используя для каждого участка (1.12) и суммируя уравнения
I
a dl = (rot a)i ∆Si
по всем участкам, получим
Γi
I
Z
a dl =
Γ
rot a dS .
(1.13)
S
В этом состоит теорема Стокса: циркуляция поля по замкнутому контуру
равна потоку ротора этого поля через поверхность, ограниченную указанным
контуром.
Символическое исчисление. Дифференциальные операции от произведений скалярных и векторных полей удобно вычислять, используя оператор ∇. Оператор ∇ используется потому, что с его помощью удобно получать
и записывать различные формулы векторного анализа. ∇ — дифференциальный векторный оператор, он имеет свойства производной и вектора, и
при операциях с ним следует пользоваться правилами дифференцирования
и формулами векторной алгебры.
Задача 4. Вычислить градиент произведения двух скалярных функций.
Из свойств ∇ и правил векторной алгебры следует, что
↓
↓
grad(f g) = ∇(f g) = ∇(f g) + ∇(f g) = g∇f + f ∇g .
J
Таким образом, чтобы применить дифференциальную операцию к произведению, надо переписать её через оператор ∇, записать два слагаемых
(в которых ∇ действует сначала на первый множитель, затем — на второй)
и, пользуясь правилами векторной алгебры, расставить сомножители так,
чтобы «высвободить» из-под оператора ∇ те множители, на которые ∇ не
действует (например, расставить сомножители так, чтобы ∇ оказался справа
от тех множителей, на которые он не действует).
Рассмотрим ещё два примера вычисления дифференциальных операций
от произведений.
Задача 5. Доказать, что div [ab] = b rot a − a rot b .
Вычисляем, используя символическое исчисление:
↓
↓
div [ab] = (∇[ab]) = (∇[ab]) + (∇[ab]) = (b[∇a]) − (a[∇b]) =
= b rot a − a rot b .
J
11
Задача 6. Доказать, что grad (ab) = [b rot a]+(b∇)a+[a rot b]+(a∇)b .
Подействуем оператором ∇ на скалярное произведение
↓
↓
↓
↓
∇(ab) = ∇(ab) + ∇(ab) = ∇(ba) + ∇(ab).
Преобразовав члены в правой части:
↓
↓
↓
↓
∇(ba) = ∇(ba) − a(b∇) + a(b∇) = [b[∇a]] + (b∇)a
и аналогично второе слагаемое, доказываем справедливость тождества.
J
Остальные случаи действия оператора ∇ на произведения двух функций
предлагается разобрать самостоятельно (см. задачи 1.12–1.14 в конце настоящего раздела).
Дифференциальные операции второго порядка. В приложениях
векторного анализа приходится иметь дело не только с выполнением операций grad, div , rot, но и с их различными комбинациями. Особенно часто
встречаются так называемые операции второго порядка, т.е. попарные комбинации трех основных операций. Комбинируя символы grad, div, rot попарно,
можно составить девять пар, однако смысл имеют лишь следующие пять:
1) rot grad f = [∇, ∇f ] = [∇, ∇]f = 0 ;
2) div grad f = (∇, ∇f ) = (∇, ∇)f = ∇2 f = ∆f ;
3) div rot a = (∇[∇a]) = 0 ;
4) rot rot a = [∇[∇a]] = ∇(∇a) − (∇, ∇)a = grad div a − ∆a
(«ротор ротора равен градиенту дивергенции минус лапласиан») ;
5) grad div a — см. п. 4.
Скалярный дифференциальный оператор ∆ = ∇2 (см. п. 3) называется оператором Лапласа и в д.с.к. записывается как
∆=
∂2
∂2
∂2
+
+
.
∂x2 ∂y 2 ∂z 2
(1.14)
Интегральные соотношения. Теоремы Остроградского (1.11) и Стокса
( 1.13) позволяют получать другие интегральные соотношения. Например,
положим в формуле Остроградского (1.11) a = cf , где c — произвольный
постоянный вектор. Вычисляя дивергенцию, находим
div a = div (cf ) = c grad f .
12
Подставляя в (1.11), приходим к равенству
µ Z
¶ µ I
¶
c, grad f dV = c, f dS .
V
S
Или, в силу произвольности вектора c,
Z
I
grad f dV = f dS .
V
S
Положим теперь a = cf в формуле Стокса. Вычисляя ротор, находим
rot a = rot(cf ) = −[c grad f ] ,
так что
µ Z
¶ µ I
¶
− c, [grad f dS] = c, f dl .
S
L
Отсюда получаем интегральное соотношение
Z
I
− [grad f dS] = f dl .
S
L
Задачи для самостоятельного решения
1
1.9. Вычислить: а) grad r ; б) grad r2 ; в) grad , где r = |r| ,
r
r = xi + yj + zk .
1.10. Найти grad(cr) , где c — постоянный вектор, r — радиус-вектор
из начала координат.
1.11. Вычислить: а) div r ; б) rot r .
1.12. Вычислить div (f a) .
1.13. Вычислить rot(f a) .
1.14. Доказать, что rot[ab] = (b∇)a − (a∇)b + a div b − b div a .
r
1.15. Вычислить: а) div ; б) div [cr] , где c — постоянный вектор.
r
1.16. Вычислить: а) rot (f (r)r) ; б) rot[cr] , где c — постоянный вектор.
1.17. Доказать равенство [[M∇]r] = −2M .
(dr)
1.18. Вычислить grad 3 , где d — постоянный вектор.
r
[Mr]
1.19. Вычислить rot 3 , где M — постоянный вектор.
r
1.20. Вычислить: а) (a∇)r ; б) (a∇)f (r) ; в) (a∇)(cr) .
13
1.21. Вычислить div (b(ra)) , где a , b — постоянные векторы.
1.22. Доказать, что циркуляция вектора a = f (r)r вдоль произвольного
замкнутого контура равна нулю.
1.23. Доказать интегральное равенство
Z
I
rot a dV = [dSa] .
1.3. Криволинейные координаты
При решении задач электродинамики, наряду с декартовой, часто приходится использовать другие системы координат. Если тройка чисел ui , i =
= 1, 2, 3 однозначно определяет положение произвольной точки в пространстве, то величины ui можно рассматривать как координаты точек пространства. Очевидно, координаты ui могут быть выражены через декартовы координаты x, y, z: ui = ui (x, y, z).
Уравнение ui (x, y, z) = Ci задает в пространстве координатную поверхность. (Какие поверхности являются координатными в д.с.к.?) Придавая Ci
различные значения, получим семейство координатных поверхностей. Таким
образом, имеется три семейства координатных поверхностей (для i = 1, 2, 3),
причем через любую точку пространства проходит по одной поверхности
каждого из трех семейств. Линии, по которым пересекаются координатные
поверхности из разных семейств, называются координатными линиями. В
д.с.к. — это прямые, параллельные координатным осям. В произвольной системе координат ui координатные линии, вообще говоря, кривые, поэтому
координаты называют криволинейными. Система координат называется ортогональной, если в любой точке пространства координатные линии ортогональны друг другу. Ортогональными являются, в частности, сферическая и
цилиндрическая системы координат.
Если в некоторой точке пространства провести касательные к координатным линиям и направить по ним единичные векторы e1 , e2 , e3 в сторону
возрастания соответствующей координаты, то получим ортогональный нормированный базис. Заметим, что в отличие от д.с.к., определяемой тремя
постоянными единичными векторами i, j, k, этот базис будет меняться от точки к точке. Это не мешает, однако, любой вектор, заданный в произвольной
точке M (т.е. любое векторное поле), записать в виде линейной комбинации
e1 , e2 , e3 .
Сферические и цилиндрические координаты. Рассмотрим сферическую систему координат (с.с.к.), в которой положение точки M в пространстве определяется следующими тремя величинами (рис. 3):
1) расстоянием r от начала координат до точки M ;
2) углом θ между положительным направлением оси z и отрезком OM ;
14
3) углом ϕ между положительным направлением оси x и проекцией OM1
отрезка OM на плоскость xy.
z
Из рисунка видно, что декартовы координаты
M
точки M связаны с её сферическими координатами
r
следующими соотношениями:
x = r sin θ cos ϕ,
z = r cos θ .
(1.15)
Когда точка M пробегает все пространство, сферические координаты изменяются в пределах
Q
y = r sin θ sin ϕ,
0 6 r < ∞,
0 6 θ 6 π,
0 6 ϕ < 2π.
O
f
y
M1
x
Рис. 3
(1.16)
Рассмотрим элемент объема между тремя парами бесконечно близких
координатных поверхностей: двумя сферами радиусов r и r + dr, двумя полуконусами, определяемыми углами θ и θ + dθ, и двумя полуплоскостями,
составляющими углы ϕ и ϕ + dϕ с плоскостью xz (рис. 4). Этот элемент
объема представляет собой, с точностью до малых высшего порядка, прямоугольный параллелепипед с ребрами rdθ, dr и r sin θdθ. Следовательно,
объем этого параллелепипеда равен
dV = r2 sin θ dr dθ dϕ.
(1.17)
Аналогично часть поверхности сферы радиуса r, ограниченную двумя
близкими меридианами и двумя близкими параллелями, можно рассматривать как бесконечно малый прямоугольник со сторонами rdθ и r sin θdϕ, площадь которого
dS = r2 sin θ dθ dϕ.
(1.18)
Q
rd
z
dr
f
Qd
rsin
Q
y
f
x
Рис. 4
Напомним также, что отношение площади dS части сферы к квадрату радиуса сферы определяет
величину телесного угла, высекающего поверхность
dS на сфере
dS
dΩ = 2 ,
r
поэтому в сферических координатах
dΩ = sin θdθdϕ.
(1.19)
Интегрируя dΩ по всем возможным значениям θ и ϕ, получим полный телесный угол:
Zπ
Z2π
Ω = sin θdθ dϕ = 4π,
(1.20)
0
0
15
равный отношению площади сферы S = 4πr2 к квадрату радиуса.
В цилиндрической системе координат (ц.с.к.) положение точки M в пространстве задается её декартовой координатой z и полярными координатами1
(ρ, ϕ) её проекции на плоскость xy. Из рис. 5 видно, что декартовы координаты точки M выражаются через цилиндрические по формулам
z
x = ρ cos ϕ,
y = ρ sin ϕ,
z = z.
(1.21)
Если точка M может занимать любое положение в пространстве, то её цилиндрические координаты меняются
в пределах
M
z
r
O
0 6 ρ < ∞,
0 6 ϕ < 2π,
−∞ < z < ∞.
f
(1.22)
y
r
M1
x
Рассмотрим область, ограниченную двумя цилиндриРис. 5
ческими поверхностями радиусов ρ и ρ + dρ, двумя горизонтальными плоскостями, лежащими на уровнях z и z + dz, и двумя
плоскостями, проходящими через ось z и составляющими с осью x углы ϕ
и ϕ + dϕ. Эту область можно считать прямоугольным параллелепипедом с
ребрами dρ, dz и ρdϕ (рис. 6), объем которого равен
dV = ρdρdϕdz.
(1.23)
Если выделить на боковой поверхности цилиндра радиуса ρ малый прямоугольник между двумя парами координатных линий, то его площадь будет
равна
dS = ρdϕdz.
(1.24)
Формулы для элементов объема ( 1.17), ( 1.23) и площади ( 1.18), ( 1.24)
в сферических и цилиндрических координатах необходимы при вычислении
объемных и поверхностных интегралов в этих системах координат.
z
dz
f
rd
dr
y
f
x
Рис. 6
Задача 7. Заряд распределен по объему шара радиуса R с плотностью ρ = ρ0 (r/R)2 sin θ cos2 ϕ, где r, θ, ϕ
— координаты с.с.к. с началом в центре шара. Найти
полный заряд шара.
Z
Вычисляя в с.с.к. объемный интеграл
ρ(r)dV , через который выражается полный заряд Q шара, получаем
ρ0
Q= 2
R
1
ZR
Zπ
4
2
r dr
0
Z2π
sin θdθ
0
π2
cos ϕdϕ = ρ0 R3 .
10
2
0
В разделах 2, 3 цилиндрические координаты ρ и ϕ в ряде случаев обозначаются как r и α.
16
J
Задача 8. Заряд распределен по боковой поверхности цилиндра радиусом
R и высотой 2h с плотностью σ = σ0 cos2 ϕ|z|/h, где ϕ, z – координаты
ц.с.к. с началом в центре цилиндра. Найти полный заряд цилиндра.
Интегрируя по боковой поверхности в ц.с.к., находим
Z
Q=
σdS =
σ0 R
h
Z2π
Zh
cos2 ϕdϕ
0
|z|dz =
π
σ0 Rh.
2
J
−h
Дифференциальные операции в криволинейных координатах. Такие величины как градиент, диe
e
вергенция, ротор во многих случаях полезно записывать
Q
в тех или иных криволинейных системах координат. Найy
f
дем выражения для них в с.с.к. и ц.с.к. из простых геоx
метрических соображений.
В с.с.к. градиент функции f может быть разложен по
Рис. 7
базисным векторам er , eθ , eϕ (рис. 7). Проекция grad f на
некоторое направление совпадает с производной f по этому направлению (см.
(1.4)), следовательно, чтобы вычислить компоненты вектора grad f в базисе
er , eθ , eϕ , нужно вычислить производные f по направлениям, определяемым
этими векторами:
∂f
(grad f · ei ) =
.
∂li
Поскольку при малых перемещениях вдоль базисных векторов с.с.к.
z
r
f
eQ
dlr = dr,
dlθ = rdθ,
dlϕ = r sin θdϕ
(см. рис. 4), то
grad f =
∂f
1 ∂f
1 ∂f
er +
eθ +
eϕ .
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
(1.25)
В ц.с.к. величины бесконечно малых перемещений вдоль
базисных векторов eρ , eϕ , ez (рис. 8) равны (см. рис. 6)
dlρ = dρ,
dlϕ = ρdϕ,
z
dlz = dz,
ez
ef
er
таким образом, в цилиндрических координатах градиент
записывается как
1 ∂f
∂f
∂f
eρ +
eϕ +
ez .
grad f =
∂ρ
ρ ∂ϕ
∂z
f
y
x
(1.26)
Рис. 8
Расчет дивергенции и ротора в криволинейных координатах основан на
их инвариантных определениях (1.7), (1.12). Рассмотрим элемент объема в
17
с.с.к. (рис. 4) и подсчитаем поток через его поверхность. Запишем векторное
поле в виде
a = ar er + aθ eθ + aϕ eϕ
и вычислим сначала поток вектора a через элементы сфер радиусов r + dr
и r:
ar (r + dr, θ, ϕ) · (r + dr)2 sin θdθdϕ − ar (r, θ, ϕ) · r2 sin θdθdϕ ≈
∂(r2 ar ) 1
dV.
∂r r2
Здесь θ, ϕ — значения θ и ϕ в некоторой точке соответствующей грани,
dV = r2 dr sin θdθdϕ, знак «минус» возникает потому, что нормаль имеет
противоположные направления на противоположных гранях. Точно так же
вычисляется поток еще через две пары параллельных граней:
aθ (r, θ+dθ, ϕ)·[dr·r sin (θ+dθ)dϕ]−aθ (r, θ, ϕ)·[dr·r sin θdϕ]≈
∂(sin θaθ ) 1
dV
∂θ
r sin θ
и
aϕ (r, θ, ϕ + dϕ) · [dr · rdθ] − aϕ (r, θ, ϕ) · [dr · rdθ] ≈
∂aϕ 1
dV.
∂ϕ r sin θ
Складывая все три величины и деля на dV , находим выражение для дивергенции в сферических координатах:
1 ∂(r2 ar )
1 ∂(sin θ aθ )
1 ∂aϕ
div a = 2
+
+
.
r
∂r
r sin θ
∂θ
r sin θ ∂ϕ
(1.27)
Из инвариантного определения ротора (1.12) следует, что для определения компонент rot a в точке M в некоторой системе координат требуется
вычислить циркуляцию a по трем контурам, ограничивающим бесконечно
малые плоские площадки, включающие точку M и перпендикулярные базисным векторам, проведенным из этой точки. Вычислим циркуляцию a по
прямоугольному контуру, ограничивающему нижнюю грань элементарного
элемента объема в ц.с.к. (рис. 6). Поскольку стороны прямоугольника направлены по координатным линиям, а по величине равны (ρ + dρ)dϕ, dρ, ρdϕ, dρ,
то циркуляция a выражается через четыре слагаемых:
aϕ (ρ+dρ, ϕ, z)(ρ+dρ)dϕ−aρ (ρ, ϕ+dϕ, z)dρ−aϕ (ρ, ϕ, z)ρdϕ+aρ (ρ, ϕ, z)dρ ≈
·
¸
∂(ρaϕ ) ∂aρ
≈
−
dρdϕ.
∂ρ
∂ϕ
Деля полученное выражение на площадь грани dS = ρdρdϕ, находим компоненту rot a в направлении базисного вектора ez :
(rot a)z =
1 ∂(ρaϕ ) 1 ∂aρ
−
.
ρ ∂ρ
ρ ∂ϕ
18
(1.28)
Аналогично вычисляются две другие компоненты:
(rot a)ρ =
1 ∂az ∂aϕ
−
,
ρ ∂ϕ
∂z
(1.29)
∂ar ∂az
−
.
(1.30)
∂z
∂r
Точно так же можно найти дивергенцию в цилиндрических и ротор в сферических координатах, что предлагается сделать самостоятельно.
Исходя из выражений для grad f и div a, можно найти оператор Лапласа
в криволинейных координатах, вычисляя ∆f = div grad f .
В с.с.к. оператор ∆ имеет следующий вид:
(rot a)ϕ =
∆ = ∆r +
1
∆θϕ ,
r2
(1.31)
1
где ∆r — радиальная, а 2 ∆θϕ — угловая часть оператора Лапласа. Поскольr
ку ∆θϕ содержит производные по углам θ, ϕ, то явное выражение для ∆r можно найти, вычисляя результат действия оператора Лапласа на функцию, не
зависящую от угловых переменных.
p
Задача 9. Вычислить ∆f (r), где r = |r| = x2 + y 2 + z 2 .
Учитывая, что
∆f (r) = div grad f (r) = div
∂f r
∂f
= r grad(r−1 ∂f /∂r) + r−1 div r ,
∂r r
∂r
находим
∂ 2 f 2 ∂f
1 ∂
∆f (r) = ∆r f (r) = 2 +
= 2
∂r
r ∂r
r ∂r
µ
∂
r2
∂r
¶
f.
J
Таким образом,
µ
¶
1 ∂
2 ∂
∆r = 2
r
.
r ∂r
∂r
Полезно иметь в виду, что ∆f (r) можно также записать как
1 d2
∆f (r) =
(rf (r)) .
r dr2
(1.32)
(1.33)
Задача 10.
pНайти результат действия оператора Лапласа на функцию
f (ρ), где ρ = x2 + y 2 .
В декартовых координатах
µ 2
¶
∂
∂2
∆f (ρ) =
+
f (ρ) .
∂x2 ∂y 2
19
Вычисляя вторую производную от f по x,
µ
¶
∂2
∂ x ∂f
x2 ∂ 2 f 1 ∂f x2 ∂f
f
=
=
+
−
,
∂x2
∂x ρ ∂ρ
ρ2 ∂ρ2 ρ ∂ρ ρ3 ∂ρ
и, аналогично, вторую производную по y, находим
∂ 2 f 1 ∂f
∆f (ρ) = 2 +
,
∂ρ
ρ ∂ρ
или
µ
¶
1 ∂
∂f
∆f (ρ) =
ρ
.
ρ ∂ρ
∂ρ
(1.34)
J
(1.35)
В справочных целях в приложении приведена полная сводка формул для
градиента, дивергенции, ротора и оператора Лапласа в сферических и цилиндрических координатах.
Задачи для самостоятельного решения
1.25. Найти выражение для div a в цилиндрических координатах.
1.26. Найти выражение для rot a в сферических координатах.
1.27. Вычислить rot r, div r и grad (ar) (a — постоянный вектор) в сферической и цилиндрической системах координат.
1.28. Проверить эквивалентность трех форм для ∆f (r) в сферических
координатах:
µ
¶
1 d
1 d2
d2 f 2 df
2 df
r
,
(rf ) ,
+
.
r2 dr
dr
r dr2
dr2 r dr
1.29.
p Найти результат действия оператора Лапласа на функцию f (ρ) (где
ρ = x2 + y 2 ), используя выражения для градиента и дивергенции в цилиндрических координатах (см. (П.5), (П.6)).
1.30. Найти сферически симметричное решение уравнения Лапласа
∆ϕ = 0.
1.31. Найти цилиндрически симметричное решение уравнения Лапласа
∆ϕ = 0.
Рекомендуемая литература: [1], приложение; [2], гл.I; [3], гл.1; [4], гл.1; [5], приложение.
20
2. Постоянное электрическое поле
Напряженность постоянного электрического поля E(r) удовлетворяет уравнениям Максвелла
div E = 4πρ ,
rot E = 0 ,
(2.1)
(2.2)
где ρ(r) — объемная плотность зарядов, создающих электрическое поле. Интегральная форма уравнения (2.1)
I
E dS = 4πQохв
(2.3)
S
Z
(где Qохв =
ρdV — заряд, находящийся внутри замкнутой поверхности S,
V
по которой ведется интегрирование в левой части) выражает электростатическую теорему Гаусса. В некоторых задачах с высокой степенью симметрии
теорема Гаусса легко позволяет находить напряженность поля как функцию
координат.
Уравнение (2.2) позволяет ввести электростатический потенциал соотношением
E = −∇ϕ .
(2.4)
Потенциал ϕ(r), который наравне с напряженностью E характеризует постоянное электрическое поле, удовлетворяет уравнению Пуассона
∆ϕ = −4πρ .
(2.5)
Точечный заряд e с радиус-вектором r0 создает в точке r поле, потенциал
и напряженность которого даются выражениями
e(r − r0 )
E=
|r − r0 |3
e
ϕ=
,
|r − r0 |
(2.6)
(закон Кулона).
Если заряды распределены с объемной плотностью ρ(r0 ), то согласно закону Кулона для точечного заряда ρ(r0 )dV 0 и принципу суперпозиции потенциал ϕ и напряженность E в точке наблюдения с радиус-вектором r можно
представить в следующем виде:
Z
ρ(r0 )dV 0
ϕ(r) =
,
(2.7)
|r − r0 |
Z
ρ(r0 )(r − r0 ) 0
E(r) =
dV .
(2.8)
|r − r0 |3
21
Потенциал (2.7) удовлетворяет уравнению Пуассона (2.5) и является его решением в неограниченном пространстве, если объемный интеграл сходится.
Если заряды в пространстве распределены по поверхности с поверхностной плотностью σ, то потенциал вычисляется по формуле
Z
σ(r0 )dS 0
ϕ(r) =
.
(2.9)
|r − r0 |
Линейный контур, заряженный с линейной плотностью τ , создает электрическое поле с потенциалом
Z
τ (r0 )dl0
ϕ(r) =
.
(2.10)
|r − r0 |
Выражения (2.7), (2.8) упрощаются на больших расстояниях от системы
зарядов. Если начало координат, из которого проводится радиус-вектор r в
точку наблюдения и радиус-векторы к зарядам, берется внутри заряженной
системы, то при r À a (a — линейный размер системы)
ϕ(r) ≈
где введены обозначения
q dr Qαβ xα xβ
+ 3 +
,
r
r
2r5
(2.11)
Z
q=
ρ(r)dV ,
(2.12)
Z
d=
Qαβ
ρ(r)rdV ,
Z
= ρ(r)(3xα xβ − r2 δαβ )dV .
(2.13)
(2.14)
Величины (2.12), (2.13) и (2.14) называются полным зарядом, дипольным
моментом и тензором квадрупольного момента системы зарядов.
В случае зарядов ei , расположенных в точках с радиус-векторами ri (i =
= 1, . . . , N ), объемная плотность зарядов выражается через δ-функцию:
ρ(r) =
N
X
ei δ(r − ri ),
(2.15)
i=1
а величины (2.13), (2.14) принимают вид
d=
N
X
ei r i
(2.16)
i=1
Qαβ =
N
X
ei (3xα xβ − r2 δαβ ) .
i=1
22
(2.17)
Если заряды в пространстве распределены по поверхности с поверхностной плотностью σ, то полный заряд, дипольный момент и тензор квадрупольного момента выражаются через интегралы (2.12), (2.13), (2.14), в которых
произведена замена
ρ(r)dV → σ(r)dS,
(2.18)
а интегрирование производится по заряженной поверхности.
Аналогично для линейного контура, заряженного с линейной плотностью
τ , в интегралах (2.12), (2.13), (2.14) производится замена
ρ(r)dV → τ (r)dl,
а интегрирование производится по заряженному контуру.
Энергия электростатического поля
Z
1
E2 dV
U=
8π
может быть также вычислена по формуле
Z
1
U=
ρϕdV.
2
(2.19)
(2.20)
(2.21)
Электростатическая энергия взаимодействия двух систем, заряженных с
объемными плотностями ρ1 (r) и ρ2 (r), вычисляется по формуле
Z
ρ1 (r)ρ2 (r0 )
dV dV 0 .
(2.22)
U=
0
|r − r |
Потенциальная энергия зарядов, распределенных с плотностью ρ(r) во
внешнем электрическом поле с потенциалом ϕ(r), определяется выражением
Z
U = ρ(r)ϕ(r)dV.
(2.23)
Если потенциал ϕ(r) внешнего электрического поля незначительно меняется на протяжении заряженной системы, то выражение (2.23) заменяют
сходящимся рядом
U = qϕ(r) − dE +
1
∂ 2ϕ
Qαβ
+ ....
6
∂xα ∂xβ
(2.24)
Здесь потенциал и напряженность внешнего электрического поля, а также
производные от потенциала берутся в точке с радиус-вектором r, лежащей
внутри рассматриваемой системы. Эта внутренняя точка служит началом
д.с.к., в которой определены величина d и Qαβ .
23
Сила F и момент K сил, приложенные к заряженной системе во внешнем
электрическом поле напряженностью E, равны
Z
F = ρEdV,
(2.25)
Z
K = [rE]ρdV.
(2.26)
В частном случае электронейтральной системы с дипольным моментом
d во внешнем квазиоднородном поле соотношения (2.25), (2.26) принимают
вид
F = ∇(dE) = (d∇)E,
K = [dE].
(2.27)
(2.28)
При помощи максвелловского тензора натяжений
Tαβ =
1
1
(Eα Eβ − E 2 δαβ )
4π
2
(2.29)
суммарную электростатическую силу (2.25), действующую на объем V , внутри которого распределен заряд с объемной плотностью ρ, можно вычислить
через силы, приложенные к поверхности этого объема:
Z
I
Fα = ρEα dV = Tαβ nβ dS ,
(2.30)
V
S
где n — орт внешней нормали к замкнутой поверхности S, ограничивающей
объем V .
Примеры решения задач
Задача 1. Шар радиуса R заряжен по объему зарядом Q с постоянной
плотностью ρ. Найти распределение напряженности поля E внутри и вне
шара.
В силу сферической симметрии в распределении заряда напряженность
поля E направлена по радиусу, а модуль вектора E зависит только от расr
стояния до центра шара: E(r) = E(r) . Применив теорему Гаусса (2.3) к
r
сферической поверхности радиуса r 6 R, концентрической заряженному шару, получим
4
E · 4πr2 = 4πρ · πr3 ;
3
4
E = πρr;
3
24
4
Q
E = πρr = 3 r.
3
R
Для аналогичной сферической поверхности радиуса r > R имеем:
4
E · 4πr2 = 4πρ · πR3 ;
3
4 R3
E = πρ 2 ;
3 r
4 R3
Q
E = πρ 3 r = 3 r.
3 r
r
Итак,

4
Q

 πρr =
r,
для r 6 R;
3
3
R
E(r) = 4 R3

 πρ r = Q r, для r > R.
3 r3
r3
J
(2.31)
Поле вне шара таково, как если бы весь заряд был сосредоточен в его центре,
а внутри шара поле прямо пропорционально расстоянию от центра шара.
Задача 2. Найти напряженность электрического поля, создаваемого бесконечной плоскостью, равномерно заряженной с поверхностной плотностью σ.
Из симметрии следует, что напряженность поля перпендикулярна плоскости. Применим теорему Гаусса, взяв в качестве вспомогательной поверхность
цилиндра с основаниями, параллельными плоскости и находящимися на равных расстояниях от неё. Поток вектора
E через боковую поверхность равен
I
нулю, так как E ⊥ nбок , поэтому
EdS = 2ES, S — площадь основания
цилиндра. Заряд, охваченный поверхностью цилиндра, равен σS. Поэтому
согласно (2.3) получаем
E = 2πσ.
Напряженность имеет противоположные направления с разных сторон плоскости, так что нормальная составляющая претерпевает скачок 4πσ при переходе через плоскость.
J
Задача 3. Найти распределение потенциала электрического поля, создаваемого шаром радиуса R, равномерно заряженным по объему полным
зарядом Q.
Наличие симметрии в этой и некоторых других задачах позволяет найти потенциал, непосредственно решая уравнения Пуассона (2.5) в частных
производных путем разделения переменных и сведения его к обыкновенным
дифференциальным уравнениям. Ясно, что потенциал рассматриваемого поля зависит только от расстояния до центра шара, ϕ = ϕ(r), потому согласно
(1.32) уравнение Пуассона принимает вид:
µ
¶
1 d
dϕ
r2
= −4πρ,
(2.32)
2
r dr
dr
25
где

Q
ρ ≡
0
4πR3 /3
ρ=

0
при r 6 R;
при r > R.
Интегрированием находим:
1) внутри шара (r 6 R)
r2
4πρ0 r3
dϕ1
=−
+ C1 ,
dr
3
ϕ1 = −
4πρ0 r2 C1
−
+ C2 ;
3 2
r
из условия ограниченности потенциала при r = 0 следует, что C1 = 0;
2) вне шара (r > R)
µ
¶
1 d
dϕ
C3
2
r2
= 0,
ϕ 2 = − + C4 ;
2
r dr
dr
r
¯
из условия ϕ¯r=∞ = 0 следует, что C4 = 0.
Постоянные интегрирования C2 и C3 определяются граничными условиями
dϕ1
dϕ2
ϕ1 = ϕ2 и
=
при r = R (поскольку правая часть (2.32) имеет в этой
dr
dr
точке лишь конечный разрыв), которые приводят к уравнениям:
½
−2πρ0 R2 /3 + C2 = −C3 /R,
−4πρ0 R/3 = C3 /R2 .
Решая их, определяем значения постоянных C3 = −Q, C2 = 3Q/(2R) и
находим потенциал


 3Q − Q r2 при 0 6 r 6 R,
2R 2R3
ϕ(r) = Q
J


при r > R.
r
Задача 4. Каким распределением зарядов создается потенциал, в сферических координатах имеющий вид: ϕ(r) = (q/r) exp (−αr), где α, q —
постоянные?
Действуя оператором Лапласа на потенциал, получим
∆ϕ = q∆
e−αr
1
e−αr − 1
= q∆ + q∆
=
r
r
r
µ −αr
¶
q d2
e
−1
qα2 e−αr
= −4πqδ(r) +
r
=
−4πqδ(r)
+
r dr2
r
r
26
(результат действия оператора ∆ на 1/r можно получить из формул (2.5),
(2.6), (2.15)). Таким образом, имеется точечный заряд q в начале координат
и сферически симметрично
распределенный объемный заряд с плотностью
2 −αr Z
qα e
ρ=−
,
ρdV = −q.
J
4πr
Задача 5. В шаре, равномерно заряженном по объему с постоянной плотностью ρ, имеется сферическая полость, центр которой отстоит от центра шара на расстояние a. Полость находится целиком внутри шара. Найти напряженность поля внутри полости.
Воспользовавшись принципом суперпозиции, представим напряженность EA поля сплошного шара с центром
в точке A (см. рис. 9) как сумму напряженности EB поля малого шара с центром в точке B и напряженности E
тела с полостью. Отсюда
E = EA − EB .
A
a
rA
B
rB
(2.33)
4
Согласно (2.31) для точек внутри полости EA = πρrA ,
3
4
EB = πρrB . Поскольку rA − rB = a , то
3
Рис. 9
4
E = πρa.
3
Таким образом, поле внутри полости однородно. Обратим внимание, что формула ( 2.33) позволяет найти поле шара с полостью в произвольной точке
пространства, если известны радиусы RA и RB .
J
Задача 6. Найти потенциал ϕ и напряженность E электрического поля на оси круглого тонкого диска радиуса a, равномерно заряженного с поверхностной плотностью σ.
Направим ось Oz по оси диска. Элемент диска с площадью dS, находящийся на расстоянии ρ отp
центра, создает в точке с координатой z на оси диска
потенциал dϕ = σdS/ z 2 + ρ2 . Весь диск создает в этой точке потенциал
Z
σdS
p
ϕ=
.
ρ2 + z 2
Вычисляя интеграл в полярной системе координат (ρ, α), получим
Za
ϕ=σ
0
ρdρ
p
ρ2 + z 2
Z2π
dα = 2πσ
0
27
³p
z2
+
a2
´
− |z| .
(2.34)
Напряженность E электрического поля на оси направлена, очевидно, вдоль
оси, поэтому формула (2.4) дает
¶
µ
∂ϕ
z
− signz .
(2.35)
Ez = −
= −2πσ √
∂z
z 2 + a2
Расчет напряженности по формуле (2.8) (с заменой (2.18)) приводит к тому
же результату (проверьте!). Из физических соображений ясно, что при больших значениях |z| поле диска становится похожим на поле точечного заряда,
а при малых — на в поле бесконечной плоскости. Убедитесь в этом, исследуя
выражения (2.34), (2.35) при |z| À a, |z| ¿ a.
J
Задача 7. Отрезок нити длиной 2l равномерно заряжен с линейной плотностью τ . Найти потенциал в произвольной точке пространства.
Выберем систему координат с началом в центре отрезка и осью z, направленной вдоль него. Тогда согласно (2.10)
Z+l
τ dz 0
p
ϕ(r) =
−l
x2 + y 2 + (z 0 − z)2
.
Интегрирование дает
p
ϕ = τ ln p
ρ2 + (l − z)2 + l − z
ρ2 + (l + z)2 − l − z
,
(2.36)
где ρ2 = x2 + y 2 . Рассмотрим поле вблизи центра отрезка: |x|, |y|, |z| ¿ l.
Опуская x, y, z в числителе под логарифмом и разлагая корень в знаменателе
s
µ
¶
2
2
p
ρ
ρ
ρ2 + (l + z)2 = (l + z) 1 +
≈ (l + z) 1 +
,
(l + z)2
2(l + z)2
находим
ρ
.
(2.37)
2l
Поскольку вблизи отрезка потенциал зависит только от ρ, то напряженность
поля в ц.с.к. имеет единственную компоненту (см. (1.26)):
ϕ ≈ −2τ ln
Eρ ≈
2τ
.
ρ
(2.38)
Последний результат легко получить, находя напряженность поля заряженной бесконечной прямой нити по теореме Гаусса.
Вдали от отрезка нити, когда l ¿ r = (x2 + y 2 + z 2 )1/2 , имеем
p
x2 + y 2 + (z ± l)2 ≈ r(1 ± zl/r2 ).
28
Упрощая точное выражение ( 2.36), получаем потенциал точечного заряда
2τ l:
r − zl/r + l − z
r+l
2τ l
ϕ ≈ τ ln
= τ ln
≈
.
J
(2.39)
r + zl/r − l − z
r−l
r
Задача 8. Используя принцип суперпозиции, найти электростатический потенциал, создаваемый сферой радиуса a, равномерно заряженной с
поверхностной плотностью σ.
Применение принципа суперпозиции и закона Кулона приводит к выражению (2.9). Поскольку величина потенциала зависит только от расстояния до центра сферы (в котором расположим начало координат), то, не
ограничивая общности, p
выберем точку наблюдения на оси z. Учитывая, что
0
0
r2 + a2 − 2ar cos θ0 , а элемент площади на сфере
|r | = a, |r − r | =
dS 0 = a2 sin θ0 dθ0 dα0 (r0 , θ0 , α0 — координаты с.с.к.), приходим к
Zπ
ϕ = 2πσa2
√
0
sin θ0 dθ0
2πσa
=
(r + a − |r − a|).
r
r2 + a2 − 2ar cos θ0
Рассматривая области внутри (r < a) и снаружи (r > a) сферы, получим

4πaσ
при r 6 a,
2
ϕ(r) = 4πa σ
J

при r > a.
r
Задача 9. Сфера радиуса R заряжена с поверхностной плотностью σ =
= σ0 cos θ. Найти скалярный потенциал в произвольной точке пространства.
Формулы (2.7), (2.9), (2.10) в общем виде определяют потенциал поля по
плотности зарядов (если интегралы в них сходятся). Для вычисления интегралов полезно использовать разложение функции |r − r0 |−1 по сферическим
функциям (мультипольноее разложение):
∞ X
l
l
X
1
4π r<
∗
=
Ylm (θ, α)Ylm
(θ0 , α0 ).
l+1
0
|r − r |
2l + 1 r>
(2.40)
l=0 m=−l
Здесь r< = min(r, r0 ); r> = max(r, r0 ); Ylm — сферическая функция (некоторые сведения о них приведены в прил. 2); θ, α — углы вектора r; θ0 , α0 — углы
вектора r0 в некоторой сферической системе координат. Поскольку в членах
ряда (2.40) зависимость от r0 , θ0 , α0 выделена в факторизованном виде, это
упрощает интегрирование в ( 2.7), ( 2.9), ( 2.10) и позволяет преобразовать
общие выражения для потенциала.
Применим мультипольное разложение к вычислению потенциала сферы.
Подставляя ( 2.40) в ( 2.9), учитывая, что на сфере dS 0 = R2 sin θ0 dθ0 dα0 и
29
представляя с помощью формулы (П.11) поверхностную плотность в виде
r
4π
σ = σ0
Y10 (θ0 , α0 ),
3
получим
Z
X 4πσ0 rl
<
2
ϕ(r) = R
Y (θ, α)
l+1 lm
2l + 1 r>
lm
r
4π
∗
Y10 (θ0 , α0 )Ylm
(θ0 , α0 ) sin θ0 dθ0 dα0 .
3
Интеграл здесь, согласно условию ортогональности (П.12), пропорционален
произведению символов Кронекера δl1 δm0 , поэтому от суммы остается единственный член, и
4πσ0 2 r<
ϕ(r) =
R 2 cos θ .
3
r>
Отсюда находим

4πσ


r cos θ
при r 6 R,
3
ϕ(r) = 4πσ
R3


cos θ при r > R.
3 r2
J
Задача 10. Равномерно заряженная половина тонкого стержня имеет
заряд q, другая половина имеет заряд −q. Длина стержня — 2l. Найти
дипольный момент стержня.
Очевидно, что дипольный момент d направлен вдоль стержня в сторону
положительного заряда. Направив ось x с началом в середине стержня вдоль
d, вычислим
Z+l
dx =
Z0
τ (x)xdx =
−l
Z+l
(−q/l)xdx + (q/l)xdx = ql.
(2.41)
0
−l
Обратим внимание, что дипольный момент стержня, как и любой электронейтральной системы, можно представить в виде
d = q(R+ − R− ),
(2.42)
где R± — радиус-векторы центров положительного и отрицательного зарядов, q – суммарный положительный заряд.
J
Задача 11. Верхняя половина шара равномерно заполнена зарядом q, нижняя половина — зарядом −q. Радиус шара — R. Найти дипольный момент
d шара.
30
Выберем начало координат в центре шара и направим ось z вертикально
в сторону
положительных зарядов. Тогда, очевидно, d = (0, 0, dz ). Вычисляя
Z
dz = zρ(r)dV в сферических координатах,
3q
dz =
2πR3
ZR
0
Zπ/2
Z2π
ZR
Zπ
Z2π
3q
r3 dr cos θ sin θdθ dϕ −
r3 dr cos θ sin θdθ dϕ,
3
2πR
0
0
0
π/2
0
находим
3
d = qR.
J
4
Задача 12. В вершинах квадрата со стороной 2a расположены точечные заряды ±e так, что соседние заряды имеют разные знаки (плоский
квадруполь). Найти тензор квадрупольного момента Qαβ в системе координат с осями x и y, направленными по диагоналям квадрата.
Очевидно, что выбранные оси координат являются главными для тензора
квадрупольного момента, т.е. Qαβ диагонален в этих осях. Пусть на оси x
расположены заряды e, тогда на оси y лежат заряды −e. Вычислим согласно
(2.17):
Qxx = 2[e(3 · 2a2 − 2a2 )] + 2(−e)(−2a2 ) = 12ea2 .
Аналогично, Qyy = −12ea2 , Qzz = 0.
J
Задача 13. Шар, по которому равномерно распределен заряд q, находится на большом расстоянии от элементарного диполя d. Найти силу, действующую на диполь.
Согласно (2.24) энергия диполя в поле шара дается выражением
U = −dE,
qr
где E — напряженность поля, создаваемая шаром, т.е. E = 3 , r — радиусr
вектор, проведенный от шара к диполю. Вычисляя силу, действующую на
диполь как F = −∇U , находим
F=−
3q(dr)r qd
+ 3.
r5
r
J
Задача 14. Заряд Q равномерно распределен по поверхности сферы радиуса R. Найти абсолютную величину силы, разрывающую сферу на две
равные части.
На произвольный элемент dS поверхности сферы действует сила dF, направленная по нормали n к поверхности. Чтобы найти величину этой силы,
требуется вычислить напряженность электрического поля E0 , создаваемого
31
в месте нахождения выделенного элемента dS всей остальной частью заряженного шара. Представим по принципу суперпозиции поле E заряженной
сферы как векторную сумму E0 и поля E00 , создаваемого элементом dS. В
непосредственной близости от сферы снаружи напряженность E = Q/R2 , а
внутри E = 0. Элемент dS при вычислении поля непосредственно у поверхности сферы можно считать плоским, поэтому поле E00 имеет одинаковую
величину и противоположное направление внутри и снаружи сферы. Таким
образом, получаем два уравнения: E 0 + E 00 = Q/R2 , E 0 − E 00 = 0. Отсюда
Q
находим E0 =
nи
2R2
Q2
dF = σE dS =
ndS.
8πR4
0
Z
Направим ось z по оси полусферы, тогда суммарная сила F =
dF = F k.
Без
ясно, что при интегрировании по поверхности полусферы
Z вычислений
Z
ndS = k cos αdS = πR2 k (здесь α — угол между n и k), поскольку
Z
cos αdS есть проекция поверхности полусферы на её основание. Окончательно, на половину сферы действует сила
Q2
F =
.
8R2
(2.43)
Задача также может быть решена с использованием максвелловского тензора натяжений (2.29). Согласно (2.30)
Z
Fα = Tαβ nβ dS.
Подставляя в (2.29) напряженность поля на поверхности E =
вычисления, приходим к (2.43).
J
Q
n и проводя
R2
Задачи для самостоятельного решения
2.1. Найти напряженность E электростатического поля, потенциал ϕ которого равен: а) −ar; б) a[br]; в) dr/r3 ; г) F (f (ar)). Здесь векторы a,
b, d не зависят от координат и времени, а f и F — произвольные дифференцируемые функции своего аргумента.
Ответ: а) a;
б) [ba];
в) 3(dr)r/r5 − d/r3 ;
32
г) −
dF df
a.
df d(ar)
2.2. Можно ли создать в пространстве электростатическое поле с напряженностью: а) E = [ar]; б) E = a(yex − xey )?
2.3. Напряженность электрического поля E в пространстве равна:
а) (br)b;
б) grr;
½
·
¸
µ
¶¾
³
´
2r
r
2r
er
в) 3 1 − 1 +
1+
exp −
.
r
a
a
a
Здесь векторы a, b и величины a, g и e не зависят от координат, а f —
произвольная дифференцируемая функция своего аргумента. Найти распределение объемной плотности ρ заряда, создавшего это поле (обратная задача
электростатики).
b2
gr
e
; б) ; в) 3 e−2r/a .
Ответ: а)
4π
π
πa
2.4. Напряженность электростатического поля определяется выражениar
ем: а) E = E1 ex + E2 ey + E3 ez (E1 , E2 , E3 — константы); б) E = 3 (a —
r r
константа). Найти потенциал поля.
2.5. В шаре радиуса R2 равномерно заряжен с объемной плотностью ρ
внешний шаровой слой. Внутренний радиус слоя R1 . Найти распределение
напряженности поля E во всех точках пространства.


0,
для r 6 R1 ;



 4 r3 − R13
Ответ: E(r) = 3 πρ r3 r, для R1 < r 6 R2 ;



4 R23 − R13

 πρ
r, для r > R2 .
3
r3
2.6. Найти напряженность E и потенциал ϕ электрического поля равномерно заряженной с линейной плотностью τ бесконечной нити.
2τ
ρ
,
ϕ(ρ) = −2τ ln ,
ρ
ρ0
где ρ − расстояние до нити, ρ0 − значение ρ,
при котором потенциал принят равным нулю.
Ответ: E(ρ) =
2.7. Прямой круглый цилиндр бесконечной длины с радиусом сечения R
заряжен равномерно с объемной плотностью ρ. Найти величину напряженности электрического поля E во всех точках пространства а) по теореме Гаусса;
б) непосредственно решая уравнение Пуассона.
(
2πρr,
для r 6 R,
Ответ: E(r) =
2πρR2 /r, для r > R,
r − расстояние до оси цилиндра.
33
2.8. Заряд распределен в пространстве по периодическому закону ρ(x, y, z) =
= ρ0 cos αx cos βy cos γz. Вычислить потенциал ϕ электрического поля.
2.9. Каким должно быть распределение зарядов, чтобы созданный ими
потенциал имел в сферических координатах вид:
µ
¶
´
e0 ³ a
2r
ϕ(r) =
+ 1 exp −
,
a r
a
где e0 , a — постоянные?
Ответ: Точечный заряд e0 в начале координат, окруженный объемным
2r
e0
зарядом с плотностью ρ(r) = − 3 e− a .
πa
2.10. Заряд распределен сферически симметричным образом: ρ = ρ(r).
Записать ϕ и E в виде однократных интегралов по r0 , разбив распределение
зарядов на сферические слои.
4π
ϕ(r) =
r
Ответ:
E(r) =
4πr
r3
Zr
Zr
Z∞
ρ(r0 )r02 dr0 + 4π
ρ(r0 )r0 dr0 ;
r
0
ρ(r0 )r02 dr0 .
0
2.11. Основываясь на результате предыдущей задачи, найти потенциал и
напряженность поля равномерно заряженного шара.
2.12. Выразить потенциал ϕ равномерно заряженного тонкого кольца с
зарядом q и радиусом R через однократный интеграл. Указание: провести
плоскость xz через точку наблюдения.
Ответ:
q
ϕ(r, θ) =
π
Zπ
√
0
dα0
.
r2 + R2 − 2rR sin θ cos α0
2.13. Найти потенциал и напряженность электрического поля в центре
окружности радиуса a, частью которой является дуга, равномерно заряженная с линейной плотностью τ . Центральный угол дуги γ.
Ответ:
ϕ = τ γ;
E=
2τ
γ
sin .
a
2
2.14. Шар радиуса R заряжен с объемной плотностью ρ = ρ0 cos θ. Найти
скалярный потенциал в произвольной точке пространства.
34

¶
µ
4


πρ0 r
R − r cos θ
3
Ответ: ϕ(r) =

πρ0 R4 cos θ


3
r2
при r 6 R,
при r > R.
2.15. Найти дипольный момент тонкого стержня длины 2l, линейная плотность заряда на котором изменяется по закону τ = kx (k — константа, начало
координат помещается в центр стержня).
Ответ:
2
d = kl3 i .
3
2.16. Сфера радиуса R с центром в начале координат заряжена с поверхностной плотностью σ = κz, где κ — константа, z — координата соответствующей точки сферы. Найти дипольный момент d сферы.
Ответ:
d=
4π
κR4 k .
3
2.17. В бесконечной плоскости, заряженной с поверхностной плотностью
σ, вырезано отверстие площади S. Найти напряженность поля на больших
расстояниях от отверстия, учитывая члены ∼ 1/r2 включительно.
2.18. Окружность состоит из двух равномерно заряженных полуокружностей зарядами одинаковой величины и противоположного знака. Определить
компоненты вектора дипольного момента и тензора квадрупольного момента.
2.19. Заряды q, −2q, q расположены на оси z в точках с координатами −a,
0, a соответственно (линейный квадруполь). Найти потенциал ϕ на большом
расстоянии от системы.
Ответ:
2qa2
P2 (cos θ);
r3
ϕ≈
1
P2 (x) = (3x2 − 1).
2
2.20. Вычислить собственную электрическую энергию U заряженного шара радиуса R, если заряд Q равномерно распределен по объему шара.
3Q2
U=
.
5R
Ответ:
2.21. Диполь с моментом d1 расположен в начале координат, другой диполь с моментом d2 находится в точке с радиус-вектором r. Найти энергию
взаимодействия диполей.
Ответ:
U=
d1 d2 3(d1 r)(d2 r)
−
.
r3
r5
35
2.22. Шар радиуса R однородно заряжен с объемной плотностью ρ. Используя максвелловский тензор натяжений, найти силу F, разрывающую
шар на две равные половины. Подтвердить полученный
Z результат независимым вычислением с использованием формулы F =
пряженность электрического поля шара.
Ответ:
F =
ρEdV , где E — на-
3Q2
.
16R2
Рекомендуемая литература: [1], гл.I; [2], гл.II; [3], гл.2; [4], гл.3, 4.
3. Постоянное магнитное поле
Постоянное магнитное поле в вакууме создается постоянными токами.
Распределение токов в пространстве характеризуется объемной плотностью
j(r), а на поверхности — поверхностной плотностью i(r). Кроме того, в пространстве может быть задан линейный ток J, текущий по очень тонкому
длинному проводнику.
Индукция постоянного магнитного поля B удовлетворяет уравнениям
Максвелла
div B = 0,
4π
j:.
rot B =
c
Интегральная форма второго из них
I
Z
4π
Bdl =
jdS
c
L
(3.1)
(3.2)
(3.3)
S
называется теоремой о циркуляции магнитной индукции или законом Ампера. Поверхностный интеграл в правой части
Z
J = jdS
(3.4)
S
дает полный ток J через поверхность S, опирающуюся на контур L. Теорема
о циркуляции наиболее просто позволяет найти индукцию магнитного поля,
когда распределение тока обладает аксиальной симметрией или симметрией
относительно плоскости.
От двух уравнений первого порядка (3.1), (3.2) удобно перейти к одному
уравнению второго порядка на векторный потенциал A, который определяется соотношением
B = rot A.
(3.5)
36
Векторный потенциал определен неоднозначно, так как индукция B не
меняется, если перейти к другому векторному потенциалу при помощи преобразования
A0 = A + grad χ,
(3.6)
где χ = χ(r) — произвольная функция. Пользуясь неоднозначностью в выборе векторного потенциала, на него накладывают дополнительное условие
div A = 0.
(3.7)
В этом случае векторный потенциал магнитного поля удовлетворяет уравнению Пуассона
∆A = −
4π
j.
c
(3.8)
Согласно (3.8), (3.5) векторный потенциал и магнитная индукция поля
объемных токов представляются объемными интегралами
Z
j(r0 )dV 0
1
A(r) =
,
(3.9)
c
|r − r0 |
Z
[j(r0 ), r − r0 ] 0
1
B(r) =
dV .
(3.10)
c
|r − r0 |3
Формулу (3.10) можно получить также из закона Био===Савара и принципа
суперпозиции.
В случае линейного тока величины A и B получаются из выражений
(3.9), (3.10) с помощью замены
j(r0 )dV 0 → Jdl0 ,
(3.11)
которая преобразует объемные интегралы (3.9), (3.10) в криволинейные. Аналогично, для поверхностных токов в интегралах (3.9), (3.10) следует сделать
замену
j(r0 )dV 0 → i(r0 )dS 0 .
(3.12)
На больших расстояниях r от ограниченной области, в которой текут
токи, векторный потенциал и индукция магнитного поля принимают вид
[Mr]
,
r3
3(Mr)r M
B(r) =
− 3,
r5
r
A(r) =
где M — магнитный момент системы. В случае объемных токов
Z
1
[rj(r)]V .
M=
2c
37
(3.13)
(3.14)
(3.15)
В случае плоского контура магнитный момент определяется произведением
тока J на площадь контура S (т.е. не зависит от формы контура) и направлен
по нормали к плоскости контура n:
M=
J
Sn.
c
(3.16)
Энергию магнитного поля
1
U=
8π
Z
B2 dV
(3.17)
jAdV.
(3.18)
можно также вычислить по формуле
1
U=
2c
Z
Сила F, приложенная к объемному току во внешнем магнитном поле с
индукцией B, имеет вид
Z
1
[jB]dV,
(3.19)
F=
c
а магнитная энергия взаимодействия указанного тока с внешним магнитным
полем выражается через векторный потенциал A этого поля
Z
1
jAdV.
(3.20)
U=
c
Если индукция B внешнего магнитного поля мало меняется на протяжении области пространства, где текут токи, то энергия взаимодействия (3.20)
выражается через магнитный момент M токов
U = MB .
(3.21)
Физическая величина MB в магнитостатике не является потенциальной энергией. В связи с этим вводят в рассмотрение потенциальную функцию V , которая оказывается равной −MB. Потенциальная функция позволяет представить силу, приложенную к магнитному моменту во внешнем магнитном
поле в обычной форме F = − grad V . Таким образом, в квазиоднородном
внешнем поле B на магнитный момент действует сила
F = ∇(MB)
(3.22)
K = [MB].
(3.23)
и момент сил
38
Суммарную объемную силу (3.19) можно заменить системой поверхностных сил, приложенных к поверхности объема V , внутри которого текут токи
с объемной плотностью j,
Z
I
1
Fα =
[jB]α dV = Tαβ nβ dS,
(3.24)
c
V
S
где n — орт внешней нормали замкнутой поверхности S, ограничивающей
объем V , а Tαβ — максвелловский тензор натяжений:
µ
¶
1 2
1
Bα Bβ − B δαβ .
(3.25)
Tαβ =
4π
2
Примеры решения задач
Задача 1. По бесконечному цилиндру радиуса R параллельно его оси течет однородный ток с объемной плотностью j. Найти индукцию магнитного поля внутри и снаружи цилиндра.
Наиболее просто задача решается с помощью теоремы о циркуляции. Из
симметрии системы следует, что вектор индукции B в произвольной точке
направлен по касательной к окружности с центром на оси цилиндра и плоскостью, ортогональной оси. Величина вектора B зависит только от расстояния
r до оси цилиндра. Выбирая окружность радиуса r в качестве контура для
4π
теоремы о циркуляции (3.3), при r > R получим B ·2πr =
jπR2 . Аналогичc
4π
но при r < R имеем B · 2πr =
jπr2 . Из этих равенств находим магнитную
c
индукцию:

2πjr


при r 6 R,
c
J
B = 2πjR2


при r > R.
cr
Задача 2. По плоскости xy параллельно оси y течет однородный ток с
постоянной плотностью i. Найти индукцию магнитного поля.
Магнитная индукция над плоскостью при z > 0 направлена вдоль оси
x, а при z < 0 — противоположно x (в этом можно убедиться, рассмотрев
вклад двух линий тока, расположенных симметрично по отношению к данной
точке). Выберем прямоугольный контур, одна сторона которого проходит над
плоскостью в направлении x, а другая — симметрично ей под плоскостью.
4π
Из теоремы о циркуляции получим: 2Bl =
il, т.е.
c
2πi
B=
.
J
c
39
Задача 3. Заряд Q однородно заполняет объем шара радиуса R. Найти
магнитную индукцию B в центре шара, если последний вращается вокруг
своего диаметра с постоянной угловой скоростью ω.
Поместим начало координат в центр шара и направим ось z вдоль вектора
ω. Согласно (3.10) магнитная индукция в центре шара дается выражением
Z
1 [r j(r)]
dV,
B(0) =
c
r3
где штрих у переменной интегрирования опущен. В результате вращения
внутри шара имеется ток с объемной плотностью j(r) = ρv = ρ[ωr], где
3Q
ρ=
. Раскрывая двойное векторное произведение, получаем
4πR3
Z
1
r2 ω − (ωr)r
B(0) =
ρ
dV.
c
r3
Вектор B(0) не имеет проекций на оси x и y (проверьте!) и может быть
представлен как
Z
ρ(1 − cos2 θ)
ω
dV.
B(0) =
c
r
Полученная формула справедлива для любого тела вращения, внутри которого распределен заряд с объемной плотностью ρ = ρ(r, θ). Вычисляя объемный интеграл в сферических координатах для равномерно заряженного
шара
ZR
Zπ
Z2π
ω
B(0) = ρ
rdr (1 − cos2 θ) sin θdθ dϕ,
c
0
0
0
находим
Qω
.
J
cR
Задача 4. В сферических координатах компоненты вектора j средней
объемной плотности орбитального тока, текущего в возбужденном атоме
водорода, равны
B(0) =
jr = jθ = 0,
jϕ =
1
e~ 3 − 2r
r e 3a sin3 θ,
8
7
2 · 3 πma
где a — боровский радиус, ~ — постоянная Планка, m и e — масса и заряд электрона, а r — расстояние до протона. Орбитальный ток создает в
пространстве магнитное поле. Найти индукцию этого поля в начале координат.
40
По закону Био—Савара магнитная индукция в начале координат дается
выражением
Z
1 [r j(r)]
B(0) =
dV.
c
r3
Из соображений симметрии ясно, что в начале координат вектор B имеет
только z-компоненту. Объемный интеграл в предыдущей формуле удобно
вычислять в сферических координатах. Выражая через них [rj]z = xjy − yjz ,
с учетом соотношений
x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ,
jx = −jϕ sin ϕ, jy = jϕ cos ϕ,
получаем
e~
1 1
Bz (0) =
c 2 · 38 πma7
Z∞
Zπ
r3e
2r
− 3a
sin5 θdθ
dr
0
Z2π
dϕ.
0
0
Поскольку
Z∞
0
3
3 −αr
3 ∂
r e dr = (−1)
∂α3
Z∞
e−αr dr =
0
3!
α4
и
Zπ
Zπ
sin5 θdθ = −
0
(1 − cos2 θ)2 d(cos θ) =
0
16
,
15
то окончательно находим
Bz (0) =
2e~
.
405mca3
Проверьте непосредственным расчетом, что Bx (0) = By (0) = 0.
J
Задача 5. Ток J течет по тонкому проводнику, образующему квадрат
со стороной 2a. Найти магнитную индукцию B на оси, проходящей через
центр квадрата перпендикулярно его плоскости. Исследуя B на больших
расстояниях, найти магнитный момент M.
Расположим квадрат в плоскости xy так, чтобы его стороны были параллельны осям, а ось z проходила через центр квадрата и образовывала с
направлением тока правовинтовую систему. Очевидно, что на оси квадрата
41
вектор индукции имеет только компоненту Bz , причем ток в каждой стороне
дает в неё одинаковый вклад. Поэтому требуется вычислить
J
Bz (z) =
c
I
0
4J
[dl, r − r ]z
=
|r − r0 |3
c
Za
−a
0
ady
8J
=
c
(y 02 + a2 + z 2 )3/2
Za
0
ady 0
(y 02 + a2 + z 2 )3/2
(интегрируем по стороне, параллельной оси y). Возникший интеграл
Z
dx
1
x
=
+C
b2 (x2 + b2 )1/2
(x2 + b2 )3/2
можно взять подстановкой x = b/t (проделайте вычисления!). Окончательно
8a2 J
√
B=
k.
c(z 2 + a2 ) z 2 + 2a2
На больших расстояниях от контура, |z| À a, выражение для индукции
упрощается
8a2 J
B=
k.
c|z|3
Сравнивая формулу с общим выражением (3.14) для индукции на большом
расстоянии от системы токов, которое в нашем случае (когда магнитный
момент M и радиус-вектор r, проведенный в точку наблюдения, лежат на
одной прямой, а r = |z|) принимает вид
B=
2M
,
|z|3
4a2 J
видим, что M =
в соответствии с (3.16).
J
c
Задача 6. Равномерно заряженная с поверхностной плотностью σ коническая поверхность (x2 + y 2 = z 2 , 0 6 z 6 h) вращается вокруг своей
оси с угловой скоростью ω. Найти индукцию магнитного поля в вершине
конической поверхности.
Из формул (3.10), (3.12) получаем исходное выражение для магнитной
индукции в вершине:
Z
1 [ri]
B(0) =
dS,
c
r3
где интегрирование проводится по поверхности конуса. Выразив плотность
поверхностного тока через плотность заряда и угловую скорость i = σ[ωr] и
42
раскрывая двойное векторное произведение, получим
Z
σ
ωr2 − r(ωr)
B(0) =
dS.
c
r3
Проведем интегрирование в ц.с.к. ρ, ϕ, z. Элемент площади на поверхности конуса с углом α между осью и образующей записывается как dS =
= ρdρdϕ/ sin α (в чем можно убедиться, спроектировав
dS на плоскость xy).
√
В нашем случае α = π/4, поэтому z = ρ = r/ 2. Проводя вычисления,
находим
B(0) =
π
hσω.
c
J
Задача 7. В сферических координатах компоненты вектора j средней
объемной плотности орбитального тока, текущего в возбужденном атоме
водорода, равны
jr = jθ = 0,
1 e~ 3 − 2r
r e 3a sin θ cos2 θ,
8
7
3 πma
jϕ =
где a — боровский радиус, ~ — постоянная Планка, m и e — масса и заряд
электрона, а r — расстояние до протона. Вычислить магнитный момент
M орбитального тока.
Исходим из определения магнитного момента (3.15) и вычисляем объемный интеграл от векторной функции в выбранной системе координат по компонентам, аналогично задаче 4 данного раздела. Очевидно, Mx = My = 0, а
для Mz получаем промежуточное выражение
1 1 e~
Mz =
2c 38 πma7
Z∞
Zπ
r6e
2r
− 3a
sin3 θ cos2 θdθ
dr
0
Z2π
0
dϕ .
0
Вычисляя
Z∞
2r
− 3a
r6e
0
Zπ
6!
,
dr =
(2/3a)7
sin3 θ cos2 θdθ =
0
4
,
15
находим магнитный момент орбитального тока
Mx = My = 0 ,
Mz =
e~
.
2mc
J
Задача 8. Внутренний магнитный момент электрона по абсолютной
|e|~
. Согласно классической модели
величине равен магнетону Бора µ0 =
2mc
43
e2
электрон представляет собой однородно заряженный шар радиуса r0 =
.
mc
Рассматривая внутренний магнитный момент как результат вращения
электрона вокруг своей оси симметрии, определить угловую скорость ω
этого вращения.
Вычислим магнитный момент равномерно заряженного шара, вращающегося вокруг своей оси с угловой скоростью ω:
Z
Z
1
ρω
er02
2
2
M=
ω.
[rj]dV = {j = ρ[ωr]} =
r (1 − cos θ)dV =
2c
2c
5c
Приравнивая вычисленное и экспериментальное значения абсолютной величины магнитного момента
|e|r02 ω
|e|~
=
,
5c
2mc
находим угловую скорость, с которой должен вращаться электрон:
ω=
5~
.
2mr02
Подставляя численные значения фундаментальных констант, находим ω ≈
≈ 1025 с−1 . Так как классический радиус электрона r0 = e2 /mc2 ≈ 10−13 см,
то линейная скорость «точек электрона», лежащих на экваторе, имеет величину v = ωr0 ≈ 1012 см/с, т.е. на два порядка превосходит скорость света.
Таким образом, рассмотренная модель спинового магнитного момента противоречит второму постулату специальной теории относительности.
J
Задача 9. Ток J однородно распределен по сечению бесконечного цилиндра радиуса R. Используя максвелловский тензор натяжений, найти силу
F, прижимающую друг к другу две одинаковые половины цилиндра. Здесь F
— сила, приложенная к единице длины одной из половин цилиндра. Подтвердить полученный результат независимым вычислением с использованием
объемной силы.
Направим ось z по оси цилиндра, а ось y — перпендикулярно плоскости
раздела половин цилиндра. Сила, приложенная к половине цилиндра, выражается через тензор натяжений Tαβ следующим образом (см. (3.24)):
I
Fy = (Tyx nx + Tyy ny + Tyz nz )dS,
(3.26)
где интегрирование ведется по поверхности полуцилиндра единичной высоты, n = (nx , ny , nz ) — вектор внешней нормали к ней. Другие компоненты
силы равны нулю: Fx = Fz = 0. Запишем компоненты вектора индукции
Bx = −B sin ϕ,
By = B cos ϕ,
44
Bz = 0,
через которые согласно (3.25) выражаются компоненты тензора натяжения
Tαβ . Вычислим сначала интеграл по боковой поверхности цилиндра. Поскольку на ней nx = cos ϕ, ny = sin ϕ, элемент площади dS = Rdϕdz, а величина
индукции имеет постоянное значение B = 2J/cR, то имеем (напомним, что
рассчитывается сила, приходящаяся на единицу длины цилиндра)
Fy(1)
1
=
R
4π
Zπ ·
Z1/2
dz
0
−1/2
¸
1
−B 2 sin ϕ cos2 ϕ + (B 2 cos2 ϕ − B 2 ) sin ϕ dϕ =
2
J2
=− 2 .
πc R
(3.27)
На поверхности раздела полуцилиндров (лежащей в плоскости xz)
nx = nz = 0,
ny = −1,
B=
2J
|x|,
cR2
поэтому
Z
Fy(2)
=−
Z1/2
1
Tyy dS = −
8π
ZR
dz
−1/2
J2
B dx = −
.
3πc2 R
2
−R
Складывая Fy(1) и Fy(2) , находим, что результирующая сила по абсолютной
величине равна
4J 2
F =
.
3πc2 R
Другой способ решения задачи основан на вычислении суммарной объемной
силы по формуле (3.19):
(
)
Z
Z
J
j
=
,
dV
=
ρdρdϕdz,
1
1
πR2
Fy =
[jB]y dV =
jBx dV =
=
2J
c
c
Bx = − cR
2 ρ sin ϕ
2J 2
=− 2 4
πc R
ZR
2
ρ dρ
0
Z1/2
Zπ
sin ϕdϕ
0
4J 2
dz = −
.
3πc2 R
J
−1/2
Задачи для самостоятельного решения
3.1. Можно ли создать в пространстве постоянный ток с объемной плотностью j = j0 e−αr , где α — постоянная величина, j0 — постоянный вектор?
45
3.2. Найти распределение объемной плотности тока в пространстве, если
магнитная индукция имеет вид: а) B = f (r)[ar], б) B = (ar)[ar], где f (r)
— произвольная дифференцируемая функция, a — постоянный вектор.
·
¸
c
df (r) [r[ar]]
c
Ответ: а) j =
f (r)a +
, б) j =
[3(ar)a − a2 r].
2π
dr
2r
2π
3.3. Показать, что однородному и постоянному магнитному полю B мож1
но сопоставить векторный потенциал A = [Br]. Удовлетворяет ли он усло2
вию div A = 0 ?
3.4. Найти силу J бесконечного прямого тока, при которой на расстоянии
r от провода создается индукция B.
3.5. По бесконечной цилиндрической поверхности радиуса R параллельно
её оси течет однородный ток с поверхностной плотностью i0 . Найти индукцию магнитного поля в любой точке пространства.
3.6. Квадратная рамка со стороной a находится в одной плоскости с прямолинейным током J. На каком расстоянии от тока расположена ближайшая
сторона рамки, если поток магнитного поля через поверхность рамки равен
Φ0 ?
a
¡ cΦ0 ¢
.
Ответ: l =
exp 2aJ − 1
3.7. Показать, что магнитное поле бесконечно длинного цилиндрического
соленоида с густой намоткой (n витков на единицу длины, ток J) дается
формулами
4π
B=
nJk внутри соленоида,
B = 0 снаружи,
c
где ось z направлена вдоль соленоида.
3.8. Внутри однородного длинного прямого провода круглого сечения имеется круглая цилиндрическая полость, ось которой параллельна оси провода
и смещена относительно последней на расстояние a. По проводу течет постоянный ток плотностью j. Найти магнитную индукцию внутри полости.
2π
Ответ: B =
[ja], вектор a проведен от оси наружного цилиндра
c
к оси внутреннего.
3.9. Ток J течет по длинному прямому проводнику в форме полуцилиндрической поверхности радиуса R. Найти магнитную индукцию на оси данной поверхности.
Ответ: B =
4J
, вектор B перпендикулярен плоскости симметрии
πcR
полуцилиндра.
46
3.10. Тонкий диск радиуса R, равномерно заряженный с поверхностной
плотностью σ, вращается вокруг своей оси с угловой скоростью ω. Найти
индукцию магнитного поля на оси диска.
"µ
#
¶1/2 µ
¶−1/2
R2
R2
ω
Ответ: B = 2πσ|z| 1 + 2
+ 1+ 2
−2
.
z
z
c
3.11. Ток J течет по тонкой бесконечной прямой токовой трубке, которая имеет локальное искривление в виде полуокружности радиуса R. Найти
магнитную индукцию в центре кривизны указанной полуокружности.
πJ
n, где орт n нормали к плоскости полуокружности
cR
образует правовинтовую систему с направлением тока, текущего по дуге.
Ответ: B =
3.12. По тонкому кольцу радиуса R течет ток J. Найти магнитную индукцию B на оси кольца.
2πR2 Jn
Ответ: B =
, где n — нормаль к плоскости кольца,
c(z 2 + R2 )3/2
образующая с направлением тока J правовинтовую систему.
3.13. Ток J течет по тонкой токовой трубке в форме равностороннего
треугольника со стороной a. Найти векторный потенциал и магнитную индукцию на больших расстояниях r от тока.
3.14. Однородно заряженный цилиндр произвольной высоты и радиуса
R вращается вокруг своей оси симметрии с угловой скоростью ω. Полный
заряд цилиндра равен Q, а его ось вращения образует с индукцией B внешнего однородного магнитного поля некоторый угол α. Определить энергию
U взаимодействия цилиндра с магнитным полем.
QR2
Ответ: U =
(ωB).
4c
3.15. Заряд Q равномерно распределен по конической поверхности (x2 +
+y 2 = z 2 , 0 6 z 6 h), которая вращается вокруг своей оси с угловой скоростью ω. Найти векторный потенциал A и индукцию B магнитного поля на
больших расстояниях от поверхности.
Qh2
Qh2
Ответ: A =
[ωr],
B=
(3(ωr)r − r2 ω).
3
3
4cr
4cr
3.16. Две одинаковые равномерно заряженные сферические поверхности
радиуса R расположены на большом расстоянии друг от друга. Полный заряд каждой сферической поверхности равен Q, а их угловые скорости вращения вокруг собственных осей равны ω 1 и ω 2 . Определить магнитную энергию
47
U взаимодействия сферических поверхностей.
µ
¶2 µ
¶
QR2
3(ω 1 r)(ω 2 r) ω 1 ω 2
Ответ: U =
− 3
.
3c
r5
r
Рекомендуемая литература: [1], гл. II; [2], гл. V; [3], гл. 3; [4], гл. 5, 6.
48
Приложения
1. Основные дифференциальные операции в сферических
и цилиндрических координатах
В сферических координатах:
grad f =
∂f
1 ∂f
1 ∂f
er +
eθ +
eϕ ,
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
1 ∂(sin θ aθ )
1 ∂aϕ
1 ∂(r2 ar )
+
+
,
div a = 2
r
∂r
r sin θ
∂θ
r sin θ ∂ϕ
1
rot a =
r sin θ
µ
1 ∂
∆f = 2
r ∂r
∂(sin θaϕ ) ∂aθ
−
∂θ
∂ϕ
µ
r
2 ∂f
¶
∂r
¶
µ
er +
∂
1
+ 2
r sin θ ∂θ
µ
(П.1)
(П.2)
¶
1 ∂ar 1 ∂(raϕ )
−
eθ +
r sin θ ∂ϕ
r ∂r
µ
¶
1 ∂(raθ ) 1 ∂ar
+
−
eϕ , (П.3)
r ∂r
r ∂θ
∂f
sin θ
∂θ
¶
1
∂ 2f
+ 2 2
.
r sin θ ∂ 2 ϕ
(П.4)
В цилиндрических координатах:
∂f
1 ∂f
∂f
eρ +
eϕ +
ez ,
∂ρ
ρ ∂ϕ
∂z
(П.5)
1 ∂(ρaρ ) 1 ∂aϕ ∂az
+
+
,
ρ ∂ρ
ρ ∂ϕ
∂z
(П.6)
grad f =
div a =
µ
rot a =
1 ∂az ∂aϕ
−
ρ ∂ϕ
∂z
¶
µ
eρ +
∂ar ∂az
−
∂z
∂r
¶
eϕ +
µ
¶
1 ∂(ρaϕ ) 1 ∂aρ
+
−
ez , (П.7)
ρ ∂ρ
ρ ∂ϕ
µ
¶
∂ 2f
1 ∂
∂f
1 ∂ 2f
+
.
∆f =
ρ
+ 2
ρ ∂ρ
∂ρ
ρ ∂ϕ2 ∂z 2
49
(П.8)
2. Сферические функции
Сферические функции Ylm (θ, ϕ) определяются формулой
s
2l + 1 (l − |m|)! |m|
Ylm (θ, ϕ) =
Pl (cos θ)eimϕ ,
4π (l + |m|)!
(П.9)
где −l 6 m 6 l и l = 0, 1, . . . , а Plm (cos θ) — присоединенные полиномы
Лежандра:
dm Pl (cos θ)
Plm (cos θ) = sinm θ
.
(П.10)
(d cos θ)m
Функции Ylm (θ, ϕ) с индексами l = 0, 1, часто встречающиеся в приложениях, даются формулами
r
1
3
Y00 (θ, ϕ) = √ ,
Y10 (θ, ϕ) =
cos θ,
4π
4π
(П.11)
r
3
Y1±1 (θ, ϕ) = ∓
sin θe±iϕ .
8π
Сферические функции образуют полную ортонормированную систему,
один из примеров разложения по ней дает мультипольный ряд (2.40).
Условие ортогональности и нормировки функций Ylm имеет вид:
Z2π
Zπ
∗
dθ sin θ Ylm
(θ, ϕ)Yl0 m0 (θ, ϕ) = δll0 δmm0 .
dϕ
0
(П.12)
0
При действии оператора Лапласа на функцию Ylm (θ, ϕ) последняя воспроизводится
l(l + 1)
∆Ylm (θ, ϕ) = −
Ylm (θ, ϕ),
(П.13)
r2
т.е. Ylm (θ, ϕ) является собственной функцией оператора ∆θϕ (см. (1.31), (П.4))
с собственным значением −l(l + 1).
50
Список литературы
1. Алексеев А. И. Сборник задач по классической электродинамике /
А. И. Алексеев. — М. : Наука, 1977. — 319 с.
2. Батыгин В. В. Сборник задач по электродинамике / В. В. Батыгин,
И. Н. Топтыгин. — М. : Наука, 2002. — 639 с.
3. Батыгин В. В. Современная электродинамика, часть 1. Микроскопическая теория / В. В. Батыгин, И. Н. Топтыгин. — Москва-Ижевск : Институт компьютерных исследований, 2003. — 736 с.
4. Запрягаев С. А. Электродинамика / С. А. Запрягаев. — Воронеж : Изд-во
Воронеж. гос. ун-та, 2005. — 536 c.
5. Тамм И. Е. Основы теории электричества / И. Е. Тамм.— М. : Наука,
1976. — 620 с.
51
Учебное издание
Мармо Сергей Иванович,
Фролов Михаил Владимирович
ЗАДАЧИ ПО ЭЛЕКТРОДИНАМИКЕ
Часть I
Учебное пособие для вузов
Редактор О.А. Исаева
52