electrodynamics / maina5

пласа,демоцiал(тут збTшукатитобтореногодеякау виглядiполяконстанта)(тобтосуперпозицi¨. поляП азадiелектприсутностiдвох розв'язкiвика (областьдiелектрика)рiвняння2) потенЛабу-

äå

(область 1),

,

(3.43)

ϕ2 = −E0cG0(ξ)F (η)K(ξ)T 1 −

A ξ0)

C2A(ξ

çîêC2

дiелектрикякаорiâизначню¹шука¹моодиницi)а¹тьсяууокальнихз.граничнихормiдругийточкахумоврозв'я.Тому(для-

всерединiпровiУневiрний,икаутрiшнiйдеякадiелектрикцяоскiлькионстобласантрозв'язока,¹iсингулярним

поляУмовама¹

вигляднеперервностi тангенцiальних компонент електричного(3.44)

ϕ1 = −E0cG0

(ξ)F (η)K(ξ)T C1 .

1 ∂ϕ1

1 ∂ϕ2

1 ∂ϕ1

1 ∂ϕ2

S .

неперервноñòi ïîòåíöiàëó

ïîëÿã๠ó

âèìîçi

(3.45)

Умоваh2

∂η

S

= h2 ∂η

S ,

h3 ∂ξ

S

= h3 ∂ξ

рiвняннядля(3визначення.45)а (3.46)константприводять до одного й того самого(3.рiв46)-

ϕ1|S

= ϕ2|S

,

C1 i C2:

змiщенняостi нормальних складових вектора електро(3.47)-

статичногоУмованеперерв

1 − C2

= C1 .

(3.48)

D ма¹ вигляд

1 ∂ϕ1

1

∂ϕ2

εr

S

=

S

i приводить до другого

C1 i

C2:

рiвнянняh ∂ξ

íàhконстанти∂ξ

ξ0

71

ξ0

∂ξ

−

G02RA(ξ0)

∂ξ

(3.49)

∂G0(ξ)

можна записати у ормi

∂G0(ξ)

iвняння (3.49)(1 C2) + G0C2

= εr

C1 .

1 − C2 + n C2 = εr C1,

(3.50)

äå

(3.51)

озв'язуючи (3.47) та (3.50), отрима¹мо

∂G0(ξ)

ξ0 ! .

∂ξ

n = A(ξ0 )G0

(ξ0 G0′

(ξ0)R(ξ0 )

G0′

(ξ0) =

1

n(ε

−

1)

Поле всерединiC1 =

дiелектрика

ðiâíå, C2 =

r

.

52)

1 + n(εr − 1)

1 + n(εr

− 1)

E =

E0

1 + n(εr − 1)

äíîðiäíå,

меншатобто полезанавсерруженiстьдинiдiелектрикзовiшньЙогоа незбуреноговвiднапружполяенiсть(3його.53)

цi¹юЗовнi(3.43)ж iз

E0

полезначеннеоднорiдямí .

потенц ал опиошенням¹тьс. унк

житьЗ рiвностiнетiль(3.42)и вiд

C2

дiелеквсередида¹тьсярично¨величинаспприкностiс еро¨да(3зале.42)-.

видно,значеннящополе,як

iд ормисеро¨да а, якою визнача¹ться

εr ,

é

виникаютьорми. два поперечн актори. Назвеорми цю

âеличинуДля актором

n

i

nx

ny

, якi позначатимемо

n

, òàê ÿê

nx

= ny

, i поздовжнiй актор

îðìè

nz = nk. Покажемо, що

Для стиснено¨n

ñ+ nеро¨дально¨+ n = 1, системитобто координат2n + n

= 1.

(3.54)

x

y

z

k

тобтоG öi(ξмножники)G′ (ξ )Rðiâíi(ξ ). =ÏðèG цьому,(ξ )G′

(ξ )R(ξ ) =

a02b0

,

(3.55)

c3

0

0

0

0

0

0k

0

0k

0

0

a02b0

c

c

1 a02b0

c

cb0

k

b0

−

b0

2 c3

−

c3

b0

a02

Äëÿn

витягнут=

î¨ ñ åðî¨äàarctg ëüíîé,

системn = è êîîðдинатarctg

. 6)

ÏðèGцьому(ξ )G′

(ξ )R(ξ ) = G

(72ξ )G′

(ξ )R(ξ ) =

a0b02

,

(3.57)

0k

0

0k

0

0

0

0

0

0

0

c3

a0b02

1 a0 + c

c

a0b02

ca0

1 a0 + c

k

2 a0 − c

− a0

c3

− 2

c3

b02

a0

− c

(тутЗаn допомого=

þ ln(3.56) i (3.58)îтрима¹молегк, nдовод= èòüñÿ ñïiââiäíошенняln (3(3.58).54).

У граничних2 2 2випадках).

ç (3.56) òà (3.58)

a0

= b0

− c

1

nв даному= 1 ,випадкуn

=äîðiâíþ¹1 .

Поле всерединin дiелект= ðèêà,

(3.59)

sphere

3

disck

d sc

ßêùî ïîëå

E =

E0

.

(3.60)

1 + n(εr − 1)

E0 cos θ

E0 sin θ

Усерединiîãî напрямокполядiелектрикнезбiга¹тьсяамоменту:ормiзнапрямкомсеро¨да полезовнiшньзновуогоднорiдне,невозбуре(3.але61)-

íé Ez = 1 + nk(εr

− 1) , Ex =

1 + n (εr

− 1)

, Ey = 0.

E0

, àê ÿê

nk

6= n

.

Пошук дипольного

äåpz

=

ε0(εr − 1)E0 cos θ

V, px

=

ε0(εr − 1)E0 sin θ

V, py =(30.62),

1 + nk(εr − 1)

1 + n (εr − 1)

ÄëÿV

об'¹м с еро¨да. Для стисненого с еро¨да

2

витягненого с еро¨да

2

V = (4/3)πa0 b0.

чотирьозв'язокхвипадк в

викону¹ться

. Âiäìiòèìî, ùî äëÿ âñiõ

V = (4/3)πa0 b0

.

V

= 4π

c3

Вiдповiдь6 отриму

n

3

A(ξ0)

öi¹тьсязадачiiз можноормул (3провести.61)замiноюаналог чно за ачi

65.

67.

εr íà 1/εr .

à) C = 4πε0R.

R1R2

пластин,

á) C = 4πε0ε R2 − R1

, äå R1

R2 ðàäióñè ñ åð;

C = ε0ε

S

, S площа

73 d вiдстань мiж ними;

d

â)

l

äå

довжина конденсатора,

R1

åíöiàëèC =

4πε0ε ln(R2/R1)àþ÷è,l

68Rтовщинi.2На радiусидиницюцилiндрiвдовжини.

κ протилежнi,де

малопо-

íàò

зарядищо потенцiал змiню¹тьсяма¹мо

ïðîâiäíèêiâ.à,Ââàæ¨õC =

/(ϕ1 − ϕ2)

ϕ1

ϕ2

Çâiäñè

κ

κ

κ

κ

+ 2πε0 ln d , ϕ2 = −2πε0 ln R2 − 2πε0 ln d .

ϕ1

= −2πε0 ln R1

2πε0

C =

.

.

ln

d2

69

R1R2

C =

C11C22 − C122

оординат:iвняння ма-

гнiтостатики71а)

Враховуючидержу¹мосиметрiюв цилiндричнiйзадачi,зiнтегральногосистемiк

.

C11 + C22

+ 2C12

Bϕ(ρ) =

µ0j0ρ

àáî B =

µ0

[j0

, r] (ïðè ρ 6 R), Bϕ(ρ) =

µ0j0R2

àáî

2

2

2ρ

á)

µ0I

2 повний струм;

B =

[k, r] (ïðè ρ > R), äå I = j0πR

2πρ2

â

Bϕ =

µ0α

ρn+1 ïðè ρ 6 R, Bϕ = µ0j0Rn+2

ρ > R

n+2

(n+2)ρ

ïðè

µ0α 2πρ

2πρ

2πρ

ρ 6 R

B(r) =

ρ

R a sin

R a + cos R a − 1

µ0α

R

2

ρ

πα

πα

πα

ïðè ρ

> R

.

Bϕ(r) =

2πα (2

sin 2

+ cos 2

− 1)

73. Âiñü

µ0

a

e .

B(r) = 2

[j0,

] = Bϕ ϕ

÷i

виплива¹,об'¹мнащо густина якого

j(r) = i0δ(z). Iз симетрi¨ зада-

i0

вняння

B(z) = −B(−z) = ey By (z)

à

iнтегрального

Îäíà

1

By (z) = 2 µ0i0

74.

k

площина ïðè

.

3,| | смугу2 розбива¹мо на

|íåñêií| 2-

75.

−

z = d/2, друга при z = −d/2. Т дi

1

d

B(z) = −B(−z) = −

2

µ0

([i1, k] + [i2

, k]) ,

ïðè

|z| >

2

,

1

d

à)B(z) = −

2

µ0([i1, k] − [i2 k])

ïðè

|z| <

2

.

á

Oxki1 = i2, By (z) = iµ0, ïðè |z| > d2 ; By (z) = 0, ïðè |z| < d2 ;

Ox i

=

i , B (z) = 0, ïðè

z > d

; B

(z) = iµ ,

z < d .

Вибира¹мо1

îñi2 ÿêy у задачi 74 а

y

0

A

=

−

µ0IR 2π

sin(ϕ − ϕ′) dϕ′

=

ρ

4π

0

[R2 + ρ2 + z2 − 2ρR cos(ϕ − ϕ′)]1/2

= −

µ0IR 2π

sin ϕ′ dϕ′

,

4π

0

[R2 + ρ2 + z2 − 2ρR cos ϕ′]1/2

Aϕ =

µ0IR 2π

cos(ϕ − ϕ′) dϕ′

=

4π

0

[R2 + ρ2 + z2 − 2ρR cos(ϕ −

ϕ′)]1/2

Ïiñëÿ çàìiíè=

µ0IR

2π

cos ϕ′ dϕ′

.

4π

0

[R2 + ρ2 + z2 − 2ρR cos ϕ′]1/2

ϕ′ = π + 2θ iнтеграли зводяться до таких:

Aρ =

µ0IR +π/2

sin θ cos θ dθ

= 0 ,

π

2

+ z

2

− 4ρR sin

2

θ]

1/2

−π/2 [(ρ + R)

Aϕ =

µ0IR π/2

(2 sin2 θ − 1) dθ

=

π

2

1/2

2

+ z

2

0

[(ρ + R)

− 4ρR sin

θ]

äå

= πk s

ρ

1 − 2

K(k) − E(k) ,

µ0I

R

k2

π/2

dθ

π/2

¹

K(k) =

0

E(k) =

0

pòà1 −другогоk sin

θðîäiâ,dθ

1 − k2 sin2 θ ,

повними елiптичними iнтегралами першого

2

2

p

4Rρ

Ïðè

0 6 k2 =

6 1 .