1. Электростатика 1. 1 Электростатика Урок 5 Уравнение Пуассона и Лапласа Уравнение для потенциала с источниками (зарядами) – уравнение Пуассона и уравнение без источников – уравнение Лапласа ∆ϕ = −4πρ , ∆ϕ = 0. (1) Уравнение Пуассона в цилиндрической системе координат µ ¶ 1 ∂ ∂ϕ 1 ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∆ϕ = R + 2 2 + 2 = −4πρ. R ∂R ∂R R ∂α ∂z Уравнение Пуассона в сферической системе координат µ ¶ µ ¶ 1 ∂ ∂ 2ϕ 1 ∂ ∂ϕ 1 2 ∂ϕ ∆ϕ = 2 r + 2 sin θ + 2 2 = −4πρ. r ∂r ∂r r sin θ ∂θ ∂θ r sin θ ∂α2 Граничные условия на границе раздела сред 1 – 2 (n – нормаль из среды 1 в 2). ϕ1 = ϕ2 , ∂ϕ1 ∂ϕ2 − = 4πσ. ∂n ∂n (2) Решение уравнения Пуассона для точечного заряда ∆ϕточ = −4πqδ(r) , ϕточ = q + C. r Общее решение уравнения Пуассона для распределенной системы зарядов Z Z Z ρ(r0 ) dV 0 σ(r0 ) dS 0 κ(r0 ) d`0 ϕ(r) = + + . |r − r0 | |r − r0 | |r − r0 | V S (3) (4) L 1.1. (Задача 1.47) Используя уравнение Пуассона, симметрию задачи, конечность и непрерывность потенциала и его производной, найти потенциал: а) шара радиуса a, равномерно заряженного по объему с объемной плотностью ρ; б) цилиндра радиуса a, равномерно заряженного по объему с линейной плотностью η; в) слоя толщиной 2a, равномерно заряженного с объемной плотностью ρ. Решение а) Потенциал ϕ удовлетворяет уравнениям Пуассона ∆ϕ1 = −4πρ 2 a O Начало системы получаем: при R ≤ a и Лапласа ∆ϕ2 = 0 при R ≥ a. В сферической системе координат с учетом симметрии задачи эти уравнения будут иметь вид: µ ¶ 1 ∂ 2 ∂ϕ1 R = −4πρ при R ≤ a, R2 ∂R ∂R µ ¶ ∂ 2 ∂ϕ2 R =0 при R > a. ∂R ∂R координат помещено ϕ1 = − 23 πρR2 − ϕ2 = − 23 πρR2 − A1 R A1 R в центр шара. + B1 при + B1 при Интегрируя уравнения, R ≤ a, R > a, где A1 , B1 , A2 , B2 – константы интегрирования. Второе слагаемое в выражении для ϕ1 содержит член ∼ 1/R. Значит, напряженность электрического поля будет содержать член ∼ 1/R2 , который при R → 0 стремится к бесконечности. Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью в ограниченной области, то напряженность электрического поля нигде не может быть бесконечной. Для удовлетворения этого условия необходимо, чтобы A1 = 0. Выбирая потенциал равным нулю на бесконечности, положим B2 = 0. Из уравнения rot E = 0 следует условие непрерывности касательных составляющих ¯ ¯ ¯ ¯ напряженности электрического поля на поверхности шара: E1τ R=a = E2τ R=a . Этому условию можно удовлетворить, если ϕ1 (a) = ϕ2 (a). Из уравнения div E = 4πρ следует, что ¯ ¯ E1n ¯R=a − E2n ¯R=a = 4πσ, где E1n , E2n – нормальные составляющие вектора E;σ – поверхностная плотность зарядов. Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна нулю, то нормальная составляющая вектора E на поверхности шара непрерывна. Поэтому 2 A2 − πρa2 + B1 = , 3 a откуда 4 A2 − πρa = , 3 a 4 A2 = − πρa3 , B1 = 2πρa2 . 3 Окончательно распределение потенциала выразится так: ϕ1 = − 23 πρ(3a2 − R2 ) при 3ρ ϕ2 = − 4πa при 3R R ≤ a, R > a. 1. Электростатика 3 б) Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе координат с осью Z вдоль оси цилиндра будут иметь вид: ³ ´ ∂ϕ1 1 ∂ r = −4πρ при r ≤ a, r ∂r ³ ∂r ´ 1 ∂ 2 r ∂ϕ = 0 при r > a, r ∂r ∂r поскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть только от расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти уравнения, получаем: ϕ1 = −πρr2 + A1 ln r + B1 , ϕ2 = A2 ln r + B2 . Чтобы потенциал был конечным при r = 0, нужно положить A1 = 0, иначе напряженность электрического поля на оси цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным нулю на оси цилиндра, тогда B1 = 0. Из условия непрерывности потенциала и его производной при r = a находим A2 = −2πρa2 , B2 = 2πρa2 ln a − πρa2 . Выражая объемную плотность заряда ρ через заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра ρ = η/πa2 , окончательно получаем: 2 ϕ1 = −πρr2 = − ηr a2 ϕ2 = 2η ln ar − η в) Декартову z a 0 x при при r ≤ a, r ≥ a. систему координат выберем таким образом, чтобы оси X и Y лежали в средней плоскости пластины. Потенциал может зависеть только от координаты z, поскольку все точки плоскости z = const равноправны. Уравнения Пуассона и Лапласа для различных областей принимают вид -a d2 ϕ1 (z) dz 2 d2 ϕ2 (z) dz 2 d2 ϕ3 (z) dz 2 = 0 при z ≤ a, = −4πρ при −a < z < a, = 0 при z > a. Решения этих уравнений запишутся следующим образом: ϕ1 = Az + B1 , ϕ2 = −2πρz 2 + A2 z + B2 , ϕ3 = A3 + B3 . 4 Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при z = 0, тогда B2 = 0. Напряженность электрического поля – векторная величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю, поскольку направления в сторону положительных и отрицательных z равноправны. Это означает, что ¯ dϕ2 ¯¯ = 0, dz ¯z=0 откуда A2 = 0. Далее, так же как в приведенных выше задачах, воспользуемся непрерывностью потенциала и его производной при z = ± a. Это дает: A1 = 4πρa, B1 = 2πρa2 , A3 = −4πρa, B3 = 2πρa2 . Подставляя константы интегрирования в решение, получаем ³ ´ ϕ1 = 2πρa2 1 + 2z при z ≤ −a, a ϕ2 = 2πρz 2 ³ − a ≤ z ≤ a, ´ при ϕ3 = 2πρa2 1 − 2z a при что можно записать короче следующим образом: −2πρzµ2 ¶ 2|z| ϕ(z) = 2 2πρa 1 − a z ≥ a, при − a ≤ z ≤ a, при |z| ≥ a. 1.2. (задача 1.48) Найти поле между двумя коаксиальными цилиндрами радиусов r1 и r2 , разность потенциалов между которыми равна U . Решение µ ¶ 1 d ∂ψ r =0 r dr ∂r ∂ψ =A ∂r ∂ψ A = ∂r r ψ = A ln r + B r ψ2 − ψ1 = A ln r2 − A ln r1 = U 1. Электростатика 5 A= ψ= U ln rr21 U ln r + B ln rr21 Er = − ∂ψ 1 U =− ∂r r ln rr21 E=− U r . ln rr21 r2