Решения контрольной

1.
Решение контрольной по электродинамике от 26.10.2003
Задача 1
Поскольку плотность заряда зависит только от радиуса, то следовательно задача имеет сферическую симметрию и потенциал будет функцией только радиуса, откуда следует, что поле имеет
только радиальную компоненту, зависящую от радиуса. Тогда, в соответствие с теоремой Гаусcа
Z
Z r
Z r 0 n
r
2
0
0
~ s = 4πEr (r)r = 4π
Ed~
r02 dr0 , при r ≤ a
%(r )dV = 4π4π%0
a
0
0
Откуда получаем
Er (r) =
4π%0 r3 (r/a)n
4π%0 a r n+1
=
.
r2 (3 + n)
(3 + n) a
Для r > a
4π%0 a3 1
.
3 + n r2
Таким образом получаем, что для n > −1 максимум Er находится при r = a. При этом
0a
максимальное значение Er (a) = 4π%
. При −2 < n < −1 максиму функции Er → ∞ при
3+n
r → 0.
Er (r) =
Задача 2
Поскольку и в том и другом случае шар создает поле диполя, необходимо приравнять дипольные моменты. Откуда получаем
~ 0 a3 .
~ 0 R 3 = ε1 − ε 2 E
E
ε1 + 2ε2
Тогда радиус «эквивалентной» диэлектрической сферы
r
ε−1
.
R=a3
ε+2
Задача 3
Это обычный плоский диод, вольт-амперная характеристика которого подчиняется закону "3/2".
Тогда
18πJ e
v(x) =
S m
1/3
x2/3
Задача 4
В процессе решения задачи 3.24 было получено, что поле внутри полости – однородное поле,
равное по величине
~
~ 0 = 3 j0 .
~ in = 3 E
E
2
2σ
1
Поскольку шарик расположен вдали от поверхности полости , то мы имеем дело с диэлектрическим
~ in . Шарик в однородном поле приобретает дипольный момент (см.
шариком в однородном поле E
задачу 2)
3 ~j0 ε − 1 3
ε−1 3~
a Ein =
a.
p~ =
ε+2
2 σ ε+2
Задача 5
В соответствии с принципами метода изображений необходимо разместить заряд q 0 = −qa/(2a) = − 2q . Координата этого
заряда z 0 = a2 /2a = a/2. Для обеспечения нулевого потенциала
a/2
a
на плоскости z = 0 необходимо оба заряда отразить вниз через
-a/2
плоскость вниз со сменой знака. Таким образом, получаем четыре
заряда,
показанных на рисунке. Полный заряд, расположенный
-2a
под линией раздела, а, точнее, заряд, распределенный вдоль поверхности, равен −q. Отсюда следует, что заряд на выступе равен Q = −q − q плоск , где qплоск –
заряд плоской части границы раздела. Плотность этого заряда определяется по формуле
2a
1
Ez (z = 0).
4π
Для вычисления поля на границе вычислим потенциал в произвольной точке в верхней полуплоскости. Запишем суммарный потенциал от четырех зарядов в произвольной точке, определяемой цилиндрическими координатами {r, z, α}.
q
q
q
q
ϕ(r, z, α) = p
− p
+ p
−p
.
2
2
2
2
2
2
2
r + (z − 2a) 2 r + (z − a/2) 2 r + (z + a/2)
r + (z + 2a)2
σ=
Тогда электрическое поле на границе
Ez (r, z = 0) = −
∂ϕ
|z=0 =
∂z
z − 2a
1
1
z + 2a
z − a/2
z + a/2
−
+
− 2
=q
=
2
2
3/2
2
2
3/2
2
2
3/2
2
3/2
[r + (z − 2a) ]
2 [r + (z − a/2) ]
2 [r + (z + a/2) ]
[r + (z + 2a) ]
z=0
8
1
qa
−
=−
2 [r2 + (2a)2 ]3/2 [r2 + (a/2)2 ]3/2
Полный заряд на всей плоской части поверхности получается интегрированием предыдущего выражения по плоскости.
Z
qa
3q
8
2
0
√ −√
Q = 2π σrdr = −
=− √
2
5a
5a
2 5
Тогда заряд на выступе
3
3
Q = −q(1 − √ ) = q( √ − 1).
2 5
2 5
Сила, действующая на выступ, равна силе действующей со стороны трех зарядов зеркального
изображения минус сила, действующая со стороны плоской части поверхности. Сила со стороны
трех зарядов изображения
q 2 737
q 2 /2
q2
q 2 /2
=
−
+
−
F1 = −
(3/2a)2 (5/2a)2 16a2
a2 3600
2
Сила, действующая со стороны плоской части поверхности, равна
2
h qa i2 Z ∞ 1
13q 2
1
8
−
.
rdr
=
−
F2 = − 2π
8π
2
[r2 + (2a)2 ]3/2 [r2 + (a/2)2 ]3/2
900a2
a
Итоговый результат.
q 2 137
F = F 1 − F2 = 2
.
a 720
3