с инета для метод

Задача 2.3.3 (базовая задача). Тонкий диск радиуса R заряжен равномерно с поверхностной плотностью σ. Определить потенциал поля в точке А, расположенной на оси диска на расстоянии h от его плоскости.

Решение

Учитывая условия цилиндрической симметрии распределения заряда, выделим на диске кольцевую область между окружностями радиусов r и r + dr. Находящийся на ней заряд dq = σ2πr dr создает

Искомый потенциал есть сумма всех таких вкладов:

Анализ результата и дополнительные выводы.

σR

1. В центре диска h = 0 и потенциал равен 2ε0 .

2. На большом расстоянии от плоскости диска (при R << h) имеем при разложении по малой величине R в первом порядке:

Это означает, что с ростом h потенциал становится все ближе к потенциалу точечного заряда, равного заряду диска и расположенному в центре диска.

3. Вблизи плоскости диска (при h << R) при разложении по ма-

4. При Rh → ∞ мы ожидаем получить потенциал бесконечной заряженной плоскости (т.е. линейно зависящий от расстояния h до

Задачи типа 2.2

Обратная задача: найти распределение зарядов, создающих заданные значения потенциала или разности потенциалов.

Метод решения – прямое применение уравнения Пуассона (2.18). Следует использовать запись оператора Лапласа в системе координат, наиболее подходящей из условий симметрии. Если в условии задачи задана разность потенциалов, то можно использовать формулу (2.16) и условия симметрии, чтобы определить распределение напряженности поля и потенциала во всем пространстве.

Задача 2.3.6. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния до его центра как φ = ar2 + b, где a и b – постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ(r) внутри шара.

Решение

Это пример обратной задачи. Из сферической симметрии системы следует, что оператор Лапласа надо записать в сферических координатах – тогда остается зависимость только от одной пере-

∂2ϕ 2 ∂ϕ

менной r: ϕ = ∂r2 + r ∂r . Выполняя дифференцирование, нахо-

дим Δφ = 6a. Из уравнения Пуассона следует ответ: ρ = – 6aε0. Ответ: ρ = – 6aε0.

Замечание 1. Задачу можно также легко решить в декартовых координатах, если в заданное выражение для ϕ(r) подставить r2 = x2 + y2 + z2 и воспользоваться выражением (2.19) для оператора Лапласа в декартовых координатах.

Замечание 2. Каков смысл постоянных a и b? Величина а определяет объёмную плотность заряда ρ и отличается от неё только численным множителем. Объемная плотность ρ заряда внутри шара постоянна. При положительном заряде коэффициент а отрицателен, что соответствует убыванию потенциала в направлении от центра шара к его поверхности. Параметр b равен значению потенциала в центре шара. Его величину можно найти из условия непрерывности потенциала при r = R:

Метод решения. Если напряженность поля известна (или легко вычисляется) и при этом зависит лишь от одной координаты, целесообразно для вычисления потенциала (и разности потенциалов) использовать связь потенциала с напряженностью поля (2.16). Например, для поля, зависящего от одной декартовой координаты х из

(2.16) находим: Е(х) = − dϕ . Интегрируя это уравнение, получаем dx

φ(x). Те же соображения работают и в случае сферических или цилиндрических координат. При интегрировании появятся произвольные постоянные, которые надо доопределить с помощью нормировки потенциала и условия его непрерывности.

Представленные в данном разделе задачи в основном являются базовыми. Их решения будут неоднократно использоваться в дальнейшем.

Задача 2.3.8 (базовая задача). Бесконечный плоский слой толщиной 2h равномерно заряжен по объему с плотностью ρ > 0. Найти потенциал поля в произвольной точке.

Решение

В задаче 1.3.11 (гл. 1) было получено значение напряженности поля от такого слоя: если начало координат поместить в центральной плоскости слоя и отсчитывать координату х вдоль нормали к плоскости слоя, то внутри слоя (x ≤ h) поле растет по линейному

Из условий симметрии ясно, что достаточно рассмотреть только область x > 0, а решение для области x < 0 легко записать из полученного результата.

Используя (2.16), находим dφ = – Edx, откуда для области x ≤ h получаем

ρx2

φ(x) = − 2ε0 + C1 ; аналогично для x ≥ h имеем

ρhx

φ(x) = − ε0 + C2 ,

где C1 и C2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании.

Решение

Из симметрии системы следует, что для решения целесообразно выбрать сферическую систему координат. Напряженность поля равномерно заряженного шара вычислена в задаче 1.3.16 (глава 1):

ный заряд шара, равный (4/3)πR3ρ. Напряженность поля зависит только от одной координаты r. В этом случае из (2.16) находим

E(r) = − dϕ и, интегрируя это уравнение, получаем dr

В нашем случае заряды сосредоточены в ограниченной области пространства, поэтому можно положить равным нулю потенциал бесконечно удаленной точки. Тогда С2 = 0, а постоянная С1 определяется из условия непрерывности потенциала при r = R:

ρR2

откуда С1 = 2ε0 . Физический смысл константы С1 – это потенциал в центре шара при нашей нормировке. Итак, внутри шара потенци-

ρ

ал убывает по квадратичному закону φвнутри(r) = 6ε0 (3R2 − r2 ) , а

снаружи – как потенциал точечного заряда q, расположенного в центре шара.

Если, сохраняя заряд q и его симметричное распределение, перенести его весь на поверхность шара, то напряженность поля и потенциал во внешней области не изменятся. Потенциал любой точки на

1 q

поверхности останется равным 4πε0 R . Но во внутренней области

теперь поле отсутствует, работа по перемещению пробного заряда с поверхности шара в его центр не совершается и потенциал в любой точке внутри получившейся заряженной сферы будет одним и тем же – потенциалом поверхности сферы.