electrodynamics / maina5

ϕ(r) =

1

rP cos θ ,

r < R ,

3ε0

1

r3

56. Потенцiалϕ(усереr) = äèíi êóëiP cosçãiäíîθ , зприосьовоюr > Rсиметрi¹ю:.

3ε0

R2

∞

X

à çîâíi

ϕ (r) =

a rlP (cos θ) ,

1

l

l

l=0

∞

Pl(cos θ)

X

äå ñóìà çàäà¹ϕ (потенцiалr) = A + êóëiA rP. Iç(cosграничнихθ) + bóìîâ

,

2

0

1

1

l

rl+1

l=0

ϕ1(R) = ϕ2(R) , ε0ε1

∂ϕ1

(R) = ε0ε2

∂ϕ2

(R) ,

∂r

∂r

у початку координатq ðîçìiùó.¹ìîÒäiíà îñi z ó òî÷öi z = d > R, а центр кулi

ñòàëi

знаходимоϕ2

(r)|r→∞ = −E0z = −E0r cos θ = −E0rP1(cos θ)

a , A1, A2, òà bi. Одержу¹мо

3ε2E0

ϕ1(r) = −

ε1 + 2ε2

r cos θ ,

57.Заряд ϕ (r) =

−

E r cos θ

ε2 − ε1

E0R3

cos θ .

r2

2

0

− ε1 + 2ε2

∞

ϕ (r) =

X

a rlP (cosθ) ,

r < R ,

1

l

l

l=0

q

|

∞

bl

|

−

X

Використавши граничнi умоâè, çíàõîäèìî:

ϕ2(r) = 4πε0

r

kd

+

rl+1 Pl (cos θ) ,

r > R .

l=0

al =

q

2l + 1

,62bl

=

qR2l+1

l(1 − ε1)

.

4πε0 dl+1 l(ε1 + 1) + 1

4πε0dl+1 l(ε1 + 1) + 1

øóêà¹ìî59.

ϕ1(r) =

e(1

−

β)

=

e

= ϕ2(r) .

Використовуючипотенцiал

вигрезультат

задачi 58 i

симетрiю дано¨ задачi,

4πε0

2πε0(ε1

+ 1)r

за умови

ϕ(r) =

qα

,

4πε0r

óìîâ

,

∂ϕ1

=

∂ϕ2

Сталу

øóêà¹ìî ϕç

ε1

∂n

ε2

∂n

α

1 = ϕ2

на межi дiелектрикiв.

ùî ä๠S

dS = − S

0

i

∂n dS ,

i =

2

ïðè z > 0 ,

q =

σ

ε ε

∂ϕ

äå

1

i

z < 0 ,

õiìåäà

äåврiвноважуватис

α =

2

. Îòæå, ϕ(r) =

q

ε1 + ε2

2πε0(ε1 + ε2r)

ε1

qr

ε2

qr

D1 = ε0ε1E =

ε1 + ε2 2πr3

,

D2 = ε0ε2E =

ε1 + ε2

2πr3

.

÷íîþ60σ.(Ñèëàrсилою) = Àð

qε

ïîâèííà,

= 1 при z < 0,яiвагою= 2 прита zелектри> 0. -

2π(ε1

+

ε2)R2

äå

µg

2π

R3

= M g + Fz ,

3

тензор максвеллiвських натягiв. Використавши1äëÿ

Fz = Tzknk dS , T k = ε0ε EiEk −

δikE2

2

задачi 59 при

E результат

ε2 = 1, одержу¹мо

61.

q = R(ε + 1)s

ε − 1

3 πR3µg − M g .

8π

2

div D = eδ(r), rot E(r) = 0,

D = ε0εik eiEk ,

∂ϕ

∂2ϕ

e

64

∂xk

= −ε0 δ(r) .

Ek = −∂xk , εik ∂xi

çìiííî¨

ε x

, одержу¹мо

У системi координат, яка збiга¹ться з головними осями тензора εik

умов для дотичних Oy

íîðìàëi

∂2ϕ

e

òîìó ïiñëÿ çàìiíè

ε

∂xi2

= −

ε0

δ(r) ,

äå

ϕ(r) =

xi

= p e′

,

4πε0(ε1ε2ε3)1/2 r′(r)

62. Виберемо вiсь

1/2.

r′

= x2/εx

+ y2

/εy + z2

/εz

складовихвздовж

до поверхнi. З граничних

E1t

= E2t, D1t

= D2t одержу¹мо:

1

63. Пiсля перетворень ðiвняння Пуассона ма¹ вигляд

E = E0

+ εyy

n(E0y − εyxE0x − εyz E0z ) .

ϕ1 = λ (Δϕ1) · ( ϕ1)2

+ ( ϕ1) · ( ϕ1)2

,

r < R ,

2 = 0

ïðè r > R .

раничнiϕ

умови:,

2

∂ϕ1

∂ϕ2

ϕ1(R) = ϕ2

(R) ,

ε1 1виглядi− λ( ϕ1 R)

∂n

(R) = ε2

(R(3).14).

∂n

озв'язок шукатимемо у

ðÿäó çà ïàðаметром

λ:

(0)

(1)

(2)

(r) + . . .

Троздi

нульовомуϕi(r) наближеннi= ϕ (r) +

λϕçà

(r) + λ2ϕ

i

i

i

i

â'язок да¹ться в задачi 56 λ отрима¹мо

ϕ1(0)

= 0,

ϕ2(0)

= 0

наближграничеííi,àумова будезамiстьакою самою за ормою, ÿê i â нульовîìó

(0)

òiëüêè

ε1 65áóäå ε1(1 − λη2E02). Отже, перше

3ε

0

(0)

−

0

ε

ε

R3

1

−2ε2

+ ε1

2

2ε2

+ ε1

r3

.

ϕÄëÿ(rпошуку) =

2

E r cos θ ,

ϕ (r) =

E r cos θ 1+

2

− 1

ϕ(1)

в праву частину пiдставля¹мо ϕ(0)

.

Îñêiëüêè

i

ϕi(0) = 0, à [ ϕ1(0)(r)]2 = η2E02 = const, äå η = 3ε2/(2ε2 + ε1), òî

λ

ϕ(1)(r) = 0

1

наближення матиме вигляд

15)

права

ϕ(1)

r

Îòæ

äëÿ

θ òàê ñàìà ÿê âèãi (3. .

(1)

ϕ(1)

i

âiä (3.14) буде нулем. Це оз ча¹,

äå ϕ1

(r) = −αηE0r cos

θ ,

ϕ2

(r) = −γβ r2 E0 cos θ ,

(315).

γ =

−

α

β знайдуться з граничних умов. Як

ε2

ε

, азалежнiстьвеличиничастина

залежностiвидно (3.

2ε2

+ε

рiвняння

ùî

2

арактеру

(2)

(1)

i áóäüϕ -ÿê(r)наближз лежатимутьеннявищоговiдr порядкуаθ àê, ÿêçà i ϕi (r). Î÷å

äíî, ùî

λ íå çìiíèòü õ

ϕ (r) âiä r θ, òîìó ðîçâ'ÿçîê øóêà¹ìî ó

ëÿäi:

ϕ1(r) = −AηE0r cos θ ,

R3

(3.16)

äå

ϕ1(r) = −E0r cos θ − BγE0

cos θ ,

r2

розв'язкомA òà B знаходимо з граничних умов B = (ηA − 1)/γ, à A ¹

3

ε1η3E2

0

У нульовому за

A − A

λ

= 1 .

3ε2

λ наближеннi A = 1 òà B = 1, а в першому

ε1

η3E2

ε1η3E2

0

0

îçâ'ÿçîê

A = 1 + λ

,

B = 1 − λ

.

3ε2

ε1 − ε2

A > 0, який неперервно залежить вiд E0 iñíó¹, êîëè

c

= a

− b

η3E2

õíÿ,

λε1

4

0

6

3

ε2

27

-

кр64ординат. ЗадачуA 6системiрозглянем−для3с. еро¨домкäелiпсинатзручно.Дляпiвосямирозв'язуватитого,щбввестистиснутимвiдповiднiйакуси семуе

мiж окусами

√

a

b (a > b), вiдстань

стиснутогоñi

2

2

отримана¹

уздовж

результатi

бертВведемосимметрi¨аннябезакогозмiрнуелiпса.величинунавколо. Повермало¨

îñi

x2 + y2

z2

2

гипербо(3.17)-

ло¨дКрiмобертання:с еро¨да розгляíåìî ñïiâ+ îêóñíèé= cоднополюсний.

ξ2

ξ2 − 1

ëî

x2 + y2

z2

2

инамигiпербологiпербол¨д, дорiвню¹и, яка при обертаннi навко18)

Вiдстаньосizутворю¹мiжвершцей

η2

− 1 −

η2

= c .

окусамиогональнуперболи дорiвню¹

2cη, à âiäñò íü ìiæ

ßêùî

окласти

2c.

ñiâ перетинуiсистгiп рбол,мукоординтоякувiдрiзняютьсрiвняньможданiйуплощинiрозглядати(3.17)i (3.18)якоткðèма¹моволiнiйнуси

параметромåëi

y = 0

орстему

íà÷î

y = 0. Елiпсу, задано

ξ, iзнимгiперболi,якiзнаки,

-

ири точки

параметромятiлькизнакамиη, вiдповiдаютькоорди

площиx

z. Якщо вказати цi