Phuong phap khai trien da cuc trong cac bai toan tinhdien

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (216.44 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN ĐA CỰC TRONG CÁC

BÀI TOÁN TĨNH ĐIỆN

Đinh Huy Hồng Quân, 11 Lý, PTNK-ĐHQG.TPHCM

Trong nhiều bài toán tĩnh điện, việc tìm các thế tĩnh điện, điện trường trong 
khơng gian tạo ra bởi các phân bố điện tích, hay các trường tĩnh điện là một 
bài tốn khơng dễ. Tùy vào từng bài mà ta có các phương pháp khác nhau. 
Đối với một phân bố điện tích tương đối phức tạp và có tính đối xứng, một 
trong những phương pháp thường hay dùng đó là sử dụng phép khai triển 
đa cực. Tuy nhiên đối với học sinh chun lý phổ thơng, phương pháp này 
cịn quá xa lạ và ít được biết đến. Trong bài viết này, mình sẽ giới thiệu với 
các bạn những khái niệm và cách tiếp cận phương pháp này một cách cụ 
thể.

Trước hết chúng ta phải tìm hiểu về giải phương trình Laplace trong hệ tọa
độ cầu.

I. Phương trình Laplace trong hệ tọa độ cầu:

Phương trình Laplace trong khơng gian đối với một trường vơ hướng u có
dạng: u0 .(*)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Nếu ta xét trong hệ tọa độ cầu (r,,) thì tốn tử Laplace của trường vô
hướng u là:

2
2
2
2

sin
1
)
(sin
sin

1
)
(








 


















 u u

r
u
r
r

u

( Ở đây,

x




gọi là phép đạo hàm riêng theo biến số x)

Như vậy phương trình Laplace (*) được đưa về dạng sau trong tọa độ cầu:

0
sin

1
)
(sin
sin

1
)
(

2
2
2
2




























u
u

r
u
r
r

Chúng ta sẽ nghiên cứu trường hợp đơn giản hơn, đó là tính chất đối xứng

trụ của trường vô hướng u, nghĩa là u không đổi trong các mặt tọa độ :

Như vậy: 0





u

Do đó phương trình Laplace được xét trong sự đối xứng trụ của chúng ta sẽ
có dạng đơn giản hơn một chút:

0
)
(sin
sin

1
)

( 2 




















u
r

r (1)

Bây giờ, ta sử dụng phương pháp tách biến Fourier để giải phương trình
trên.

Đặt uR(r).Q() (2)

Với R(r) và Q() là các hàm của các biến r và .

Thay (2) vào (1) và biến đổi, ta có:

)
(sin
sin

1
1
)
(
1

0
)
(sin
sin

1
)

(

2
2






d
dQ
d

d
Q

dr
dR
r
dr

d
R

d
dQ
d

d
R

dr
dR
r
dr

d
Q








Ta nhận xét rằng, ở phương trình trên, vế trái chỉ phụ thuộc vào r, vế phải

chỉ phụ thuộc vào  nên giá trị của vế trái và vế phải phải là một hằng số

nào đó. Do đó ta đặt:



































)
(sin
sin

1
1

)
(

)
(sin
sin

1
1
)
(

2
2

d
dQ
d

d
Q

dr
dR
r
dr

d
R

d
dQ
d

d
Q

dr
dR

r
dr

d
R

*Xác định Q():

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>






 (sin )
sin

1
1

d
dQ
d

d
Q

Đặt x=cos, y=Q(). Thay các biến số mới x, y vào phương trình trên và

biến đổi, ta sẽ được phương trình vi phân sau đây:

0
2

)
1

( 2

2
2





 y

dx
dy
x
dx

y
d

x  (3)

Phương trình này được gọi là phương trình Legendre.

Ta sẽ tìm nghiệm của phương trình Legendre dưới dạng chuỗi lũy thừa:







0
k

k
kx

a

y (4)

Thay (4) vào (3), và biến đổi ta sẽ được:



























2
1

3
0

[

6 (

2 )

]

(

2 )(

1 )

[

(

1 )

]

0

2

k

k
k

k

a

x

a

k

x

a



Cho bằng 0 các hệ số của xk, ta có:
























 [ ( 1) ] 0

)
1
)(
2
(

0
)
2
(
6

0
2

2
1
3

0
2

k

k k k a

a
k
k

a
a






Do đó: m ak

k
k

k
k
a

)
2
)(

1
(

)
1
(












(5)

Bây giờ, ta nhận xét rằng nếu  m(m1) với m là một số nguyên dương tùy

ý, thì am+2=0. Từ hệ thức (5), ta suy ra được am+4=am+6=…=0. Vậy nếu m là

số chẵn thì các hệ số với chỉ số chẵn bắt đầu từ am+2 đều bằng không. Cịn

nếu m là số lẻ thì các hệ số với chỉ số lẻ bắt đầu từ cm+2 đều bẳng khơng. Vậy

nghiệm của phương trình (3) khi này có dạng:
+ Trường hợp m chẵn:

m
mx

a
x

a
x
a
a

y    4 ...

4
2
2
0

Trong đó a0 là tùy ý, cịn 2 0

2
)
1
(

a
m

m

a    , các hệ số sau tính theo công thức

(5).

+ Trường hợp m lẻ:

m
mx

a
x

a
a
x
a

y  1  33  5 5 ...

Trong đó a1 tùy ý, còn 3 1

6
2
)
1
(

a

m

a    , các hệ số sau tính theo cơng thức

(5).

Do vậy, khi  m(m1) thì phương trình Legendre sẽ có nghiệm là một đa

thức bậc m. Cádc đa thức này hoặc chỉ chứa số hạng bậc chẵn nếu m chẵn,

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

cho các đa thức ấy có giá trị bằng 1 tại x=1. Các đa thức xác định như vậy

gọi là đa thức Legendre, được ký hiệu là Pm(x).

Bây giờ ta tính một vài giá trị đầu của đa thức Legrende:
. Khi m=0 thì P0(x)=1 (a0=1).

.Với m=1 thì P1(x)=x (a1=1).

. Với m=2 thì P2(x)=a0+a2x
2

, trong đó a2=-3a0, suy ra P2(x)=a0-3a0x
2

, nhưng

P2(1)=1 do đó a0=-1/2. Vậy P2(x)= (3 1)

1 2



x

. Với m=3, m=4, làm tương tự ta cũng sẽ có P3(x)= (5 3 )

1 3

x

x  và

P4(x)= (35 30 3)

1 4 2



 x

x .

Ta cũng có thể đưa ra công thức tổng quát của đa thức Legrende như sau:

m
m

m x

dx
d
m
x

P ( 1)

!
2

1
)

(  2 

Công thức này được gọi là công thức Rodrigue.
+Ta chứng minh công thức Rodrigue như sau:
Đặt v(x)=(x2-1)m, ta có:

m
m

x
nx
x

v
dx

d
x

x
nx
x

v
dx

d

)
1
(
2
)
(
)
1

(

)
1
(
2
)
(

2
2

1
2









 

Đạo hàm m lần và sử dụng quy tắc Leibnitz, ta được:

0
)
(

)

1
(
)
(
2

)
(
)

( 1

1
2

2
2







 






x
v
dx

d
m
m
x
v
dx

d
x
x
v
dx

d

x m

m
m

m

Đặt T(x)= v(x)

dx
d

m
m

và thế vào phương trình trên:

0
)
(
)
1
(
)
(
2

)
(
)

( 2

2
2







 T x m m T x

dx
d
x
x
T
dx

d
x

Ta thấy rằng phương trình trên cũng là một phương trình Legrende, nên
nghiệm của nó sẽ có dạng 1 đa thức Legrende, do đó:

Pm(x)=T(x)

Lại có:

T(x)= ( ) ( 2 1)  [(x1)(x1)] m!(x1) F(x1)

dx
d
x

dx
d
x
v
dx

d m m

m
m
m
m

m
m

m

Với F(x-1) là 1 đa thức bậc m của biến số x-1. Do đó: F(x-1) x1=0.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Mà P(1)=  T(1)=1, suy ra:

!
2

1
m

m



 .

Do vậy ta có cơng thức Rodrigue về đa thức Legrende:

m
m

m x

dx
d
m
x

P ( 1)

!
2

1
)

(  2 

+ Vậy ta đã tìm được hàm Q() là một đa thức Legrende với biến số

x=cos:
)
(

Q =Pm(cos)

*Xác định R(r):

Ta xét phương trình:

)
1
(
)

(

1 2




 m m

dr
dR
r
dr

d

R 

Đặt R=rn . Thay vào phương trình trên ta sẽ được:
















)
1
(

)
)(
(

m
n

n
m
m
n
m
n

Do đó nghiệm tổng quát của R(r) là:

R(r)= m  m1

r
B
Ar

Với A, B là 2 hằng số chưa xác định. Ta có thể xác định A, B dựa trên các
điều kiện biên.

Như vậy nghiệm riêng của phương trình Laplace trong tọa độ cầu là:

)
(cos
)
(

1 m 

m
m
m
m

m P

r
B
r
A
u






Ta có nghiệm tổng quát là:












1) (cos )

(

m

m
m

m P

r
B
r
A

u 

Vậy ta đã tìm được nghiệm của phương trình Laplace trong hệ tọa độ 
cầu với trường hợp đối xứng trụ là:












1) (cos )

(

m

m
m

m P

r
B
r
A

u 

II. Phương pháp khai triển đa cực trong các bài toán tĩnh điện:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Trong phương pháp này, ta thường chú ý đến các thế tĩnh điện . Nếu ở môi
trường khơng có điện tích, ta sẽ có phương trình Laplace cho thế tĩnh điện:

0



Ta xét bài toán trong hệ tọa độ cầu, và xem bài toán đối xứng trụ, biến  sẽ

khơng tham gia vào bài tốn, ta phân tích thế tĩnh điện  dưới dạng khai

triển đa cực như sau:












1) (cos )

(

m

m
m

m P

r
B
r

A 



Dựa vào các điều kiện biên, ta sẽ tìm được các hệ số Am, Bm và như vậy sẽ

tìm được giá trị của thế tĩn điện theo tọa độ (r, ).

2. Các bài toán áp dụng: 
Bài 1:

Một quả cầu điện mơi có bán kính a và hằng số điện môi 1 được đặt trong

một chất lỏng điện mơi có kích thước vơ hạn và hằng số điện mơi 2. Một

điện trường đều E có ngay từ đầu trong chất lỏng đó. Hãy tìm điện trường
tổng hợp ở bên trong và bên ngoài quả cầu.

Lời giải:

Ở bài tốn này, việc tìm các điện trường trong khơng gian xung quanh quả 
cầu là rất khó khăn. Ta sẽ chuyển qua việc tìm thế tĩnh điện trong khơng 
gian và từ đó tìm ra điện trường bằng phép lấy gradien của thế tĩnh điện. Để 
tìm các thế tĩnh điện, ta sẽ áp dụng phương pháp khai triển đa cực.

Lấy gốc tọa độ tại tâm của quả cầu và lấy hướng của điện trường ban đầu E

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

và một điểm bên ngoài quả cầu là 2. Ta thấy bài toán là đối xứng trụ, nên ta
biểu diễn 1 và 2 dưới dạng khai triển sau:














0
1
2
0
1
1
)
(cos
)
(
)
(cos
)
(
n
n
n
n
n
n
n
n
n

n
n
n
P
r
D
r
C
P
r
B
r
A





(a) 1 hữu hạn tại r=0.

(b)2 rErcos ErP1(cos)

r
r 









 2 1 1 2 2

1






 Từ các điều kiện (a), (b) ta nhận được:

Bn=0, C1=-E, Cn=0.

Sau đó từ điều kiện (c) ta nhận được:






















0 0
1
1
2
1
2

0 1 0

1
)
(cos
)]
(cos
)
1
(
)
(cos
[
)

(cos
)
(cos
)
(cos
n n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
P
a
A
P
a
D
n
EP
P
a
A

P
a
D
EaP









Các phương trình này sẽ thỏa mãn đối với mọi góc . Do đó các hệ số của

Pn(cos) ở hai vế của mỗi phương trình trên phải bằng nhau đối với các giá

trị của n. Do đó:

E
A
2
1
2
1
2
3







 , 3

2
1
2
1
1
2 Ea
D







 và An=Dn=0.

Do vậy điện thế bên trong và bên ngồi quả cầu có thể biểu diễn như sau:













cos
2
1
cos
2
3
3
2
1
2
1
2
2
1
2
1
Er
r
a
Er
























Từ đó ta tính được điện trường bên trong và bên ngoài quả cầu:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* Từ kết quả của bài 1, ta có thể giải quyết được nhiều bài tốn khác như tìm
mật độ điện tích mặt của quả cầu điện mơi đặt trong điện trường, tìm điện
trường khi đã biết phân bố điện tích mặt trên quả cầu…

Chúng ta cũng sẽ có những bài tốn tương tự như bài toán 1 như sau:

Bài 2:

Một quả cầu dẫn điện lí tưởng được đặt trong một điện trường đều hướng
theo trục z. Hãy tìm mật độ điện tích mặt trên quả cầu.

ĐS:  30E0cos

Bài 3:

Mật độ điện tích mặt ()0cos được gắn lên bề mặt của một vỏ cầu có

bán kính R. Cả bên trong và bên ngồi của vỏ cầu là chân khơng, khơng có
điện tích. Hãy tính điện thế và điện trường ở cả bên trong và bên ngoài của
quả cầu đó.

( Phương pháp giải quen thuộc để giải bài toán 2, 3 của học sinh chuyên lý là
phương pháp chồng chập, nhưng phương pháp này có lẽ sẽ không thuyết
phục bằng phương pháp khai triển đa cực.)

* Ngồi ra, chúng ta cịn có thể chứng minh được các công thức về đa thức
Legendre như sau:














 0,( )

)
(
,
1
2

2
)

(
).
(

1 n m

m
n
n
dx
x
P
x
Pn m

(Công thức này gọi là tính trực giao của đa thức Legendre)
Dựa vào tính chất này ta có thể giải quyết được bài toán sau đây:

Bài 4:

Điện thế của một vỏ cầu có chiều dày bằng 0 phụ thuộc vào góc cực có dạng

như sau:  2

0cos

)

( V

V  . Tìm điện thế tĩnh điện bên trong, bên ngồi quả cầu

và mật độ điện tích mặt  trên quả cầu.

Lời giải:

Vì cả bên trong và bên ngoài vỏ cầu đều rỗng nên điện thế trong tồn bộ
khơng gian thỏa mãn phương trình Laplace. Như vậy điện thế bên trong quả
cầu có dạng:



 (cos )

1 

 n n

nr P

a

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>







0
1

2 (cos )

n
n
n
n
P
r
b



Biểu thức điện thế trên vỏ cầu là:






0

)
(cos
)
(
n
n
n
nR P

a

V  

Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho Pn(cos)sind , lấy tích phân 2 vế và sử
dụng đồng nhất thức ta được: (chú ý rằng

1
2
2
)
(
1
1
2





 n
dx
x

Pn )










0
sin
)
(cos
)
(
1
2
2
d
P
V
n
R

an n n

Do đó ta được:












 

0 0

1 ( ) (cos )sin (cos )

2
1
2
n
n
n
n

n V P d P r

R
n









Tương tự ta cũng tìm được:














 

0
1
0
1
2
)
(cos
sin
)
(cos
)
(

2
)
1
2
(
n
n
n
n
n
r
P
d
P
V
R
n 







Sự phân bố điện tích trên vỏ cầu:

)
(cos
sin
)

(cos
)
(
2
)
1
2
(
)
(
0 0
2
0
2
0
1

0      








n
n
n
R

r
R

r V P d P

R
n
r

r








 




 








Thay thế  2

0cos

)

( V

V  vào các biểu thức tìm được ở trên ta được:

)]
(cos
5
1
[
3
)
(
)
(cos
3
2
3
)
(cos
3
2
3
2
0
0
3

3
2
0
0
2
2
2
2
0
0
1








P
R
V
r
R
P
V
r
R
V
R

r
P
V
V







*Trên đây mình đã trình bày khái niệm của phương pháp khai triển đa cực, 
để chúng ta có thể thấy được sự hiệu quả của nó trong một số bài tốn tĩnh 
điện nói riêng, và các bài tốn vật lý nói chung. Hy vọng rằng sau khi đọc 
bài viết này, các bạn có thể nắm rõ phương pháp này, xem nó như là một 
cơng cụ đắc lực để giải quyết những vấn đề khác nhau của vật lý!

</div>

Phuong phap khai trien da cuc trong cac bai toan tinhdien

<b>PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN ĐA CỰC TRONG CÁC </b>

<b>BÀI TOÁN TĨNH ĐIỆN </b>

Đinh Huy Hồng Quân, 11 Lý, PTNK-ĐHQG.TPHCM































[

6

(

2

)

]

(

2

)(

1

)

[

(

1

)

]

0

2

<i>k</i>

<i>k</i>

<i>a</i>

<i>x</i>

<i>a</i>

<i>k</i>

<i>k</i>

<i>x</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>a</i>







































<sub></sub>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về