Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме

Описание:
Тип работы: статья
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.
Доступные действия
Введите защитный код для скачивания файла и нажмите "Скачать файл"
Защитный код
Введите защитный код
Нажмите на изображение для генерации защитного кода

Текст:

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Уравнение Пуассона для ε = 1 выглядит:

Delta varphi = - frac{ ho}{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 (- ablavarphi) 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{{ m d}}{{ m d}r}left( r^2frac{{ m d}varphi}{{ m d}r} ight) = -frac{ ho(r)} {varepsilon_0}

 (17)

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

frac{{ m d}varphi}{{ m d}r}

 =

-frac{1} {varepsilon_0r^2} intlimits_{0}^r ilde{r}^2 ho( ilde{r}) { m d} ilde{r}

 (18)
φ(r) =

intlimits_{infty}^r frac{{ m d}varphi}{{ m d} ilde{r}} { m d} ilde{r} = -intlimits_r^{infty}frac{{ m d}varphi}{{ m d} ilde{r}} { m d} ilde{r} = frac{1}{varepsilon_0} intlimits_r^{infty} left( frac{1}{ ilde{r}^2} intlimits_0^{ ilde{r}} ilde{ ilde{r}^2} ho( ilde{ ilde{r}}) { m d} ilde{ ilde{r}} ight){ m d} ilde{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{ ho_0x^2}{2varepsilon_0}, |x|, |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{{ m d}^2varphi}{{ m d} x^2}

 =

- frac{alpha x^2}{varepsilon_0}, -a<x<a

frac{{ m d}^2varphi}{{ m d} x^2}

 = 0 x>a или x<–a

После первого интегрирования (интеграл берем как неопределенный)

frac{{ m d} varphi}{{ m d} x}

 =

- frac{alpha x^3}{3varepsilon_0} + A_c, -a<x<a

frac{{ m d} varphi}{{ m d} x}

 = AL, x<–a

frac{{ m d} varphi}{{ m 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}{12varepsilon_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}{12varepsilon_0}|_{x=a}

 = (ARx+BR)|x = a

-frac{alpha x^3}{3varepsilon_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}{12varepsilon_0}, -a<x<a
φ(x) =

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

frac{alpha a^3} {3varepsilon_0}x+ frac{alpha a^4}{4varepsilon_0}, x>a

Альтернативой было бы интегрирование с выписыванием пределов сразу:

Ex(x) =

frac{1}{varepsilon_0}intlimits_0^x ho( ilde{x}){ m d} ilde{x}
φ =

-intlimits_0^xE_x( ilde{x}){ m d} ilde{x} = -frac{1}{varepsilon_0}intlimits_0^xintlimits_0^{ ilde{x}} ho( ilde { ilde{x}}){ m d} ilde{ ilde{x}} { m d} ilde{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

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 ho { m d}V = intlimits_0^Rintlimits_0^{2pi}intlimits_0^{pi} ho_0left(1-frac{r}{R} ight)cdot sin heta{ m d} heta { m d}varphi r^2{ m d}r
=

4piintlimits_0^R ho_0left(1-frac{r}{R} ight)r^2{ m d}r = frac{pi ho_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{{ m d}}{{ m d}r} left(r^2 frac{{ m d}varphi}{{ m d}r} ight)

 =

-frac{ ho_0}{varepsilon_0}left(1-frac{r}{R} ight), r<R&=

Поcле однократного интегрирования в пределах 0... r имеем

frac{{ m d}varphi}{{ m d}r}

 =

-frac{ ho_0} {varepsilon_0}left(frac{r}{3}-frac{r^2}{4R} ight), r<R
=

-frac{ ho_0R^3}{12varepsilon_0r^2}, r>R

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

r>R :

varphi(r) = intlimits_{+infty}^r left(-frac{ ho_0R^3}{12varepsilon_0 ilde{r}^2} ight) { m d} ilde{r} = left.frac{ ho_0R^3}{12varepsilon_0 ilde{r}} ight|_{infty}^r = frac{ ho_0R^3}{12varepsilon_0r}
r :

varphi(r) = intlimits_{+infty}^R left(-frac{ ho_0R^3} {12varepsilon_0 ilde{r}^2} ight) { m d} ilde{r}+intlimits_R^r -frac{ ho_0} {varepsilon_0}left(frac{ ilde{r}}{3}-frac{ ilde{r}^2}{4R} ight) { m d} ilde{r} =
=

frac{ ho_0R^3}{12varepsilon_0R} - frac{ ho_0}{varepsilon_0}left.left(frac{ ilde{r}^2}{6}- frac{ ilde{r}^3}{12R} ight) ight|_R^r = frac{ ho_0R^2}{6varepsilon_0}- frac{ ho_0r^2}{6varepsilon_0}left(1-frac{r}{2R} ight)

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

Информация о файле
Название файла Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме от пользователя z3rg
Дата добавления 8.1.2012, 23:47
Дата обновления 8.1.2012, 23:47
Тип файла Тип файла (zip - application/zip)
Скриншот Не доступно
Статистика
Размер файла 48.83 килобайт (Примерное время скачивания)
Просмотров 919
Скачиваний 84
Оценить файл