Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме

4457

знаков

таблиц

изображения

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Уравнение Пуассона для ε = 1 выглядит:

$\Delta \varphi = - \frac{\rho}{\varepsilon_0}$

(16)

Это уравнение - основа практических численных расчетов.

В задачах, решаемых аналитически, φ и ρ обычно зависят только от одной координаты. При интегрировании можно вычислять интегралы как неопределенные, не забывая выписывать +const, а затем отдельно находить эти константы. Если раccматриваются отдельные диапазоны координат, то на незаряженных границах необходимо "сшивать" потенциал: φ и - для вакуума - d φ/dx (или dφ/dr) не должны иметь разрыва. Если граница заряжена (σ), то dφ/dx испытывает скачок на величину –σ/ε0. Кроме того, если ρ и суммарный заряд конечны, то φ всюду конечен.

Другой вариант - сразу правильно писать пределы интегрирования. Для этого используется известное (или очевидное из симметрии задачи) значение поля ( $-\nabla\varphi$ ) в одной какой-либо точке и значение потенциала в какой-либо точке (не обязательно в той же, где знаем поле). Если в задаче не оговорено иное, то следует принимать φ|∞ = 0. Так, например, для случая зависимости потенциала только от одной сферической координаты r

$\frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}\left( r^2\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}\right) = -\frac{\rho(r)} {\varepsilon_0}$

(17)

после переноса r2 в правую часть и двух последовательных интегрирований получаем:

$\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}$	=	$-\frac{1} {\varepsilon_0r^2} \int\limits_{0}^r\tilde{r}^2 \rho(\tilde{r}) {\rm d}\tilde{r}$	(18)
φ(r)	=	$\int\limits_{\infty}^r \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}\tilde{r}} {\rm d}\tilde{r} = -\int\limits_r^{\infty}\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}\tilde{r}} {\rm d}\tilde{r} = \frac{1}{\varepsilon_0} \int\limits_r^{\infty} \left( \frac{1}{\tilde{r}^2} \int\limits_0^{\tilde{r}} \tilde{\tilde{r}^2} \rho(\tilde{\tilde{r}}) {\rm d} \tilde{\tilde{r}}\right){\rm d}\tilde{r}$	(19)

При этом взято φ|r = ∞ = 0 и учтено то обстоятельство, что при всюду конечном ρ поле в центре равно нулю (–dφ/dr|r = 0 = 0).

Задача. Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена равномерно по объему (ρ(x) = ρ0); при x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x).

Ответ: $\varphi(x)=-\frac{\rho_0x^2}{2\varepsilon_0}$ , |x|<a; $\varphi(x)=-\frac{\rho_0a}{\varepsilon_0} |x|+\frac{\rho_0a^2} {2\varepsilon_0}$ , |x|>a

Задача. Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена как ρ(x) = α x2; при x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x).

Решение: Мы работаем в декартовой системе координат, причем очевидно, что и поле, и потенциал зависят только от x. Если ρ>0 (α >0) то поле - из симметрии задачи - направлено по оси x при x>0 и против оси x при x<0. Согласно уравнению Пуассона:

$\frac{{\rm d}^2\varphi}{{\rm d} x^2}$	=	$- \frac{\alpha x^2}{\varepsilon_0}, -a<x<a$
$\frac{{\rm d}^2\varphi}{{\rm d} x^2}$	=	0 x>a или x<–a

После первого интегрирования (интеграл берем как неопределенный)

$\frac{{\rm d} \varphi}{{\rm d} x}$	=	$- \frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0} + A_c, -a<x<a$
$\frac{{\rm d} \varphi}{{\rm d} x}$	=	AL, x<–a
$\frac{{\rm d} \varphi}{{\rm d} x}$	=	AR, x>a

Неверным было бы записать одну общую константу для dφ /dx при x>a и x<–a. Второе интегрирование дает:

φ(x)	=	$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0} + A_cx+B_c, -a<x<a$
φ(x)	=	ALx+BL, x<–a
φ(x)	=	ARx+BR, x>a

Для нахождения шести констант у нас есть четыре условия сшивания (по два для границ x = –a и x = a). Кроме того, дано указание взять φ(0) = 0. Видно также, что Ex|x = 0 = –dφ/ dx|x = 0 = 0. Последнее очевидно из симметрии задачи. Отсюда сразу

Ac = 0, Bc = 0

Из симметрии следует также, что φ(x) = φ(–x) и что Ex(x) = –Ex(–x), вследствие чего

AR = –AL, BR = BL

Это делает достаточным рассмотрение условий сшивания только на одной из границ, например при x = a:

$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0}\|_{x=a}$	=	(ARx+BR)\|x = a
$-\frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0}\|_{x=a}$	=	AR\|x = a

Сначала получаем AR (AR = –α a3/3ε0), а затем BR (BR = α a4/4ε0), после чего остается выписать ответ:

φ(x)	=	$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0}, -a<x<a$
φ(x)	=	$-\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}x+\frac{\alpha a^4} {4\varepsilon_0}, x<-a$
φ(x)	=	$\frac{\alpha a^3} {3\varepsilon_0}x+ \frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}, x>a$

Альтернативой было бы интегрирование с выписыванием пределов сразу:

Ex(x)	=	$\frac{1}{\varepsilon_0}\int\limits_0^x\rho(\tilde{x}){\rm d}\tilde{x}$
φ	=	$-\int\limits_0^xE_x(\tilde{x}){\rm d}\tilde{x} = -\frac{1}{\varepsilon_0}\int\limits_0^x\int\limits_0^{\tilde{x}}\rho(\tilde {\tilde{x}}){\rm d}\tilde{\tilde{x}} {\rm d}\tilde{x}$

Такое интегрирование верно всегда, в том числе при x<0. Точки x = ± a при этом ничем не выделены, но надо помнить, что вне участка –a<x<a ρ = 0 и учитывать это при подстановке плотности заряда в выражение для интеграла. После взятия интеграла в таком виде сшивание потенциала не требуется.

Задача. Шар радиуса R заряжен как ρ(r) = ρ0(1–r/R). Найти полный заряд шара Q, поле Er(r), а также потенциал φ(r) при r = 0... +∞.

Решение: Полный заряд шара находится как

Q	=	$\int\rho {\rm d}V = \int\limits_0^R\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\rho_0\left(1-\frac{r}{R}\right)\cdot \sin\theta{\rm d}\theta {\rm d}\varphi r^2{\rm d}r$
	=	$4\pi\int\limits_0^R\rho_0\left(1-\frac{r}{R}\right)r^2{\rm d}r = \frac{\pi\rho_0R^3}{3}$

При вычислении мы использовали выражение для элемента объема dV в сферических координатах (не следует смешивать фигурирующий при этом φ с обозначением потенциала). Уравнение Пуассона записывается:

$\frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r} \left(r^2 \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}\right)$

$-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\left(1-\frac{r}{R}\right), r<R\&=$

Поcле однократного интегрирования в пределах 0... r имеем

$\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}$	=	$-\frac{\rho_0} {\varepsilon_0}\left(\frac{r}{3}-\frac{r^2}{4R}\right), r<R$
	=	$-\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0r^2}, r>R$

Заметим, что - с точностью до знака - мы уже получили поле, поскольку $\vec{E}=E_r\vec{e}_r=-\nabla\varphi(r)$ . Для нахождения потенциала φ(r) требуется повторное интегрирование:

r>R	:	$\varphi(r) = \int\limits_{+\infty}^r \left(-\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0\tilde{r}^2}\right) {\rm d} \tilde{r} = \left.\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0\tilde{r}}\right\|_{\infty}^r = \frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0r}$
r<R	:	$\varphi(r) = \int\limits_{+\infty}^R \left(-\frac{\rho_0R^3} {12\varepsilon_0\tilde{r}^2}\right) {\rm d}\tilde{r}+\int\limits_R^r -\frac{\rho_0} {\varepsilon_0}\left(\frac{\tilde{r}}{3}-\frac{\tilde{r}^2}{4R}\right) {\rm d}\tilde{r} =$
	=	$\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0R} - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\left.\left(\frac{\tilde{r}^2}{6}- \frac{\tilde{r}^3}{12R}\right)\right\|_R^r = \frac{\rho_0R^2}{6\varepsilon_0}- \frac{\rho_0r^2}{6\varepsilon_0}\left(1-\frac{r}{2R}\right)$

Список литературы

1. И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. - 448 с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. - 416 с.

2. В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М. Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. - 503 с.

3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.: Наука, 1992. - 661 с.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r

Раздел: Математика
Количество знаков с пробелами: 4457
Количество таблиц: 17
Количество изображений: 2

Скачать

... . Все данные о перечне всех необходимых работ показаны на рис.3.1. Блок-схема разработки реверсной магнитной фокусирующей системы мощного многолучевого клистрона. Получение задания Обзор литературы Изучение и анализ прибора-аналога Расчетно-теоретическая часть ...

Скачать

... себе электрон в виде “вращающегося маленького шарика”! Я просто хочу обратить внимание на неправомочность утверждения “оказалось несостоятельным”. Лекция 21 19.2. Как нам это понимать Итак, было сказано предельно ясно: трудности понимания квантовой физики возникают потому, что мы пытаемся применить старые представления к новым явлениям. Понять квантовые явления, разумеется ...

Скачать

... 11,6 IV 11250 14,9 18 14473 11,8 V 9000 12,0 18 11547 9,5 VI 6750 9,1 16 8815,0 8,1 VII 4500 6,1 12 6108,3 7,5 VIII 2250 3,2 12 3982,6 4,9 6.4.2 Расчет нижнего узла резервуара объемом 50000 м3 Исходные данные: толщина первого пояса стенки =28 мм, толщина окрайков днища окр=16 мм; масса стенки Gст = 506,421 т; плотность нефтепродукта =9×10-4кг/см3. Решение ...

Скачать

... композиционные материалы Описание типовых конструкций опор скольжения и качения приборов, методики их расчета и рационального выбора материалов пар трения изложены в специальной литературе. 6. Работа подшипника качения в условиях сухого трения К подшипникам качения, предназначенным для работы в специальных условиях, современная техника предъявляет особые требования. В условиях вакуума, повышенной ...

Главная Новости Рефераты Статьи Вузы

О проекте Соглашение

Наверх

$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0}\|_{x=a}$	=	(ARx+BR)\|x = a
$-\frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0}\|_{x=a}$	=	AR\|x = a

Войти на сайт

Навигация

Похожие работы

0 комментариев

Разделы

Инфо

Следите за новостями