electrodynamics / maina5

29. Вико истову¹мо iнтегральнi рiвняння та врахову¹мо с ери-

чну симетðiþ.

r

r

ïðè

E1 =

ρ(r′)r′2 dr′ ,

r < R ,

ε0r3

0

r

r

à)

E2 =

ρ(R)r′2 dr′ ,

R < r ,

ε0r3

0

;

;

E1

=

ρ0r

, E2

=

ρ0R3

r

á)

3ε0

3ε0 r3

E1

=

α rn

r, E2

=

αR

r

ε n + 3

â

ε0(n + 3) r3

E1 =

rρ0

2 sin ψ + ψ cos ψ + ψ2 + sin ψ ψ3, äå ψ =

2παr

R

ã) rρ0

ε

0R

−3

;

r3

E2 =

−2 sin(2πα) + 4πα cos(2πα) + (2πα)2 sin(πα)

ε0r3

2πα

2

ëå30ÿê. E1

= 0 E2

=

σR

ε0r2 r

Виходячисуму поля,з присуцiльно¨íöèпу. суперпозицi¨,кулiрадiуса шука¹мо результуюче по-

31 E1 = ε0r2

ρ(r′)r′ dr′ ïðè r < R,

R з густиною заряду ρ0 i

ц нтром

òî÷öi

a. Òîìó:

E =

1

ρ

r

−

ρ0R13

(r − R)

, r

V , r

V

, E

=

ρ0a

, r

V

;

3ε

0

3ε r

R 3

6 1

2

3ε

1

0

3

ρ0R

3 0

|

−

|

0

ρ0R

r

a

,

, äå

îá'¹ì êóëi

,

E =

3ε

−

3ε r

− a

r

V

V

R

V1

îá'¹ì

êóëi

0 |

−

|

. R1.

0

r

r

0

r

R

à)E2 =

ρ(r′)r′ dr′

r > R;

ε0r2

0

á)

E1

=

ρ0r

,

E2

=

ρ0R2r

r

2;

2ε0

2ε0

n

n+2

E1

=

αr

r

, E2 =

ρ0R41

r

(n + 2)r2;

ε0(n + 2)

ε0

â) E1 =

R

,

2παr

,

ρ0r

(x sin x + cos x − 1)

x =

ε0r2

2πα

R

ρ0r

R

2

(2πα sin(2πα) + cos(2πα) − 1);

Eã)2 =

ε0

2παr

E1

= 0, E2 =

σR

r

.

32. Початок осi

ε0r r

z помiстимо всерединi шару, тому

à)

E1 =

k

z

ρ(z) dz ;

ε

0

0

kρ0z

kρα

á) E1 =

, E2 =

sign z;

ε0

2ε0

â

kρ0α z n+1

kρ0α sign z

d

n+1;

E1 =

ε0(n|+|

sign z, E2 =

1)

ε0(n + 1)

2

σ0

та одержу¹мо

îçâ'ÿçó¹ìî, ðiâíяння Пуассона.

33. E1

= 0 E2 =

ε

0

sign z

ρ0 sin ax sin by sin cz

34. iвняння Пуассонаϕ(r) =ïри с еричнiй симетði¨.

ε0

aa

+ b2

+ c2

1 ∂

r

2 ∂ϕ(r)

=

ρ(r)

− ε0

iнтегру

щодин раз,r

2врахувавши, що

∂r

∂r

ãèé ðàç

−

∂ϕ

(0) = Er (0)iнтегрування= 0, äðó-

∂r

одержу¹мо

ϕ(∞) = 0. Пiсля перестановки порядку

ϕ(r) =

1

r

ρ(r′)r′ dr′

+

1

∞

r′ρ(r′) dr′ ,

ε0r 0

ε0 r

r

r

äëÿ

E(r) = −

ϕ(r′)r′2 dr′

ε0r3

0

R2 −42

r2

ïðè

ρ0R3

ρ(r) =

ρ0, ϕ(r) =

ρ0

r 6 R, òà ϕ(r) =

2ε0

3

3ε0r

ïðè35.rВрахувавши> R.

розв'язоквiдокремленнязадачi34,держу¹мо

e

1 − e−

2a/r

e

2a/r

методом

ìiííèх покладемо

36 à) çãiäíîϕ(r)ç = −

4πε0 r

+ç4πε0r e− .

ϕ(r) = X(x)Y (y)Z(z)

рiвняннядiленняЛапласаПiсля на набува¹ вигляду:

X

′′(x)Y Z + XY ′′(y)Z + XY Z′′(z) = 0.

X(x)Y (y)Z(z) i

перетвîðåíü,

одержу¹мо

X′′(x)

Y ′′(y)

Z′′(z)

Çâiäñè

+

= −

= a .

X(x)

Y (y)

Z(z)

Z′′(z) + aZ(z) = 0, Z(z) = C1ae √az + C2ae−i√

az ,

Îòæå,

X′′(x)

= a −

Y ′′(y)

= −b .

X(x)

Y (y)

äå

√

√

√

√

,

X(x) = C1be

Y (y) = C1ce

cy

bx + C2be− bx

+ C2ce− cy

Ñò

величини

, ,

,

ò

граничнихрозв'язокумовбудеiсумоюжутьзанабуватиможливими√ . çíçíàчень,ченнявизначаютьсто

çíèé√c =

a + b

àëi

a b Cia

Cib

Cic

ìу сталих:загалья-

âñiìà

ðiçíèõ

ϕ(r) = a,b

C1bei√

bx + C2be−i√

bx C1ce√cy + C2ce−√cy ×

X

× C1aei√

az + C2ae−i√

äå

az ,

òà

можна одер

аналогiчнiемо. Користуючисьорми розв'язку;ом мiж ,

жатиб) покй√

√

c

=

a + b

a

b

c

áóâ๠âèã ÿäó

ϕ(r) = R(r)Φ(χ)Z(z), тодi рiвняння Лапл са на-

ΦZ d

RZ d2Φ(χ)

ííÿ íà