Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме

Рефераты по математике » Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме

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 () 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

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

(17)

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

$frac{{rm d}varphi}{{rm d}r}$	=	$-frac{1} {varepsilon_0r^2} intlimits_{0}^rtilde{r}^2 rho(tilde{r}) {rm d}tilde{r}$	(18)
φ(r)	=	$intlimits_{infty}^r frac{{rm d}varphi}{{rm d}tilde{r}} {rm d}tilde{r} = -intlimits_r^{infty}frac{{rm d}varphi}{{rm d}tilde{r}} {rm d}tilde{r} = frac{1}{varepsilon_0} intlimits_r^{infty} left( frac{1}{tilde{r}^2} intlimits_0^{tilde{r}} tilde{tilde{r}^2} rho(tilde{tilde{r}}) {rm d} tilde{tilde{r}}right){rm d}tilde{r}$	(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: $varphi(x)=-frac{rho_0x^2}{2varepsilon_0}$ , |x|<a; $varphi(x)=-frac{rho_0a}{varepsilon_0} |x|+frac{rho_0a^2} {2varepsilon_0}$ , |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:

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

После первого интегрирования (интеграл берем как неопределенный)

$frac{{rm d} varphi}{{rm d} x}$	=	$- frac{alpha x^3}{3varepsilon_0} + A_c, -a<x<a$
$frac{{rm d} varphi}{{rm d} x}$	=	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)	=	$- frac{alpha x^4}{12varepsilon_0} + A_cx+B_c, -a<x<a$
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)	=	$frac{1}{varepsilon_0}intlimits_0^xrho(tilde{x}){rm d}tilde{x}$
φ	=	$-intlimits_0^xE_x(tilde{x}){rm d}tilde{x} = -frac{1}{varepsilon_0}intlimits_0^xintlimits_0^{tilde{x}}rho(tilde {tilde{x}}){rm d}tilde{tilde{x}} {rm d}tilde{x}$

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	=	$intrho {rm d}V = intlimits_0^Rintlimits_0^{2pi}intlimits_0^{pi}rho_0left(1-frac{r}{R}right)cdot sintheta{rm d}theta {rm d}varphi r^2{rm d}r$
	=	$4piintlimits_0^Rrho_0left(1-frac{r}{R}right)r^2{rm d}r = frac{pirho_0R^3}{3}$

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

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

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

r>R	:	$varphi(r) = intlimits_{+infty}^r left(-frac{rho_0R^3}{12varepsilon_0tilde{r}^2}right) {rm d} tilde{r} = left.frac{rho_0R^3}{12varepsilon_0tilde{r}}right\|_{infty}^r = frac{rho_0R^3}{12varepsilon_0r}$
r<R	:	$varphi(r) = intlimits_{+infty}^R left(-frac{rho_0R^3} {12varepsilon_0tilde{r}^2}right) {rm d}tilde{r}+intlimits_R^r -frac{rho_0} {varepsilon_0}left(frac{tilde{r}}{3}-frac{tilde{r}^2}{4R}right) {rm d}tilde{r} =$
	=	$frac{rho_0R^3}{12varepsilon_0R} - frac{rho_0}{varepsilon_0}left.left(frac{tilde{r}^2}{6}- frac{tilde{r}^3}{12R}right)right\|_R^r = frac{rho_0R^2}{6varepsilon_0}- frac{rho_0r^2}{6varepsilon_0}left(1-frac{r}{2R}right)$

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 edu.ioffe/r

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