Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме М.И. Векслер, Г.Г. Зегря Уравнение Пуассона для ε = 1 выглядит: (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 (17) после переноса r2 в правую часть и двух последовательных интегрирований получаем: = (18) φ(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: , |x|<a; , |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: = = 0 x>a или x<–a После первого интегрирования (интеграл берем как неопределенный) = = AL, x<–a = AR, x>a Неверным было бы записать одну общую константу для dφ /dx при x>a и x<–a. Второе интегрирование дает: φ(x) = 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: = (ARx+BR)|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) = φ(x) = φ(x) = Альтернативой было бы интегрирование с выписыванием пределов сразу: Ex(x) = φ = 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 = = 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: = Поcле однократного интегрирования в пределах 0... r имеем = = Заметим, что - с точностью до знака - мы уже получили поле, поскольку . Для нахождения потенциала φ(r) требуется повторное интегрирование: r>R : r<R : = 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.