2.2F: Потенціал у площині зарядженого кільця

Ми припускаємо, що у нас є кільце радіуса підшипника заряду\(Q\). Спробуємо знайти потенціал в точці в площині кільця і на відстані\(r\)\((0 ≤ r < a)\) від центру кільця.

Розглянемо елемент\(δθ\) кільця при П. Заряд на ньому є\(\frac{Q\delta \theta}{2\pi}\). Потенціал при А завдяки цьому елементу заряду дорівнює

\[\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\cdot \frac{Q\delta \theta}{2\pi}\cdot \frac{1}{\sqrt{a^2+r^2-2ar\cos \theta}}=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 2\pi a}\cdot \frac{\delta \theta}{\sqrt{b-\cos \theta}},\tag{2.2.9}\]

де\(b=1+r^2/a^2\) і\(c = 2r / a\). Потенціал, обумовлений зарядом на всьому кільці

\[V=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 \pi a}\int_0^\pi \frac{d\theta}{\sqrt{b-c\cos \theta}}.\tag{2.2.10}\]

Я не можу відразу побачити аналітичне рішення цього інтеграла, тому я інтегрував його чисельно від\(r = 0\) до\(r = 0.99\) в кроках\(0.01\), з результатом, показаним на наступному графіку, в якому\(r\) знаходиться в одиницях\(a\), і\(V\) знаходиться в одиницях\(\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a}\).

Поле дорівнює градієнту цього і направлено до центру кільця. Схоже, що невеликий позитивний заряд знаходився б у стабільній рівновазі в центрі кільця, і це було б так, якби заряд був обмежений залишатися в площині кільця. Але, без такого обмеження, заряд був би відсунутий від кільця, якби він збився зовсім вище або нижче площини кільця.

Деякі обчислювальні замітки.

Будь-який читач, який намагався відтворити ці результати, виявить, що потрібно досить багато важких обчислень. Оскільки не існує простого аналітичного виразу для інтеграції, кожна з 100 точок, з яких обчислювався графік, спричинила за собою числове інтегрування виразу для потенціалу. Я виявив, що Правило Сімпсона не дало дуже задовільних результатів, головним чином через крутий підйом функції в цілому\(r\), тому я використовував квадратуру Гаусса, яка виявилася набагато більш задовільною.

Чи можемо ми уникнути числового інтегрування? Однією з можливостей є вираження integrand в рівнянні 2.2.10 як степеневий ряд в\(\cos θ\), а потім інтегрувати термін за терміном.

Таким чином\(\sqrt{b-c\cos \theta}=\sqrt{b}\sqrt{1-e\cos \theta}\), де\(e=\frac{c}{b}=\frac{2(r/a)}{(r/a)^2+1}\). А потім

\(\sqrt{1-r\cos \theta}=1+\frac{1}{2}e\cos \theta + \frac{3}{8}e^2 \cos^2 \theta +\frac{5}{16}e^3\cos^3 \theta +\frac{35}{128}e^4\cos^4 \theta + \frac{231}{1024}e^5 \cos^5 \theta +\frac{63}{256}e^6 \cos^6 \theta+\frac{231}{1024}e^7 \cos^7 \theta + \frac{715}{32768}e^8\cos^8 \theta + ... \tag{2.2.11}\)

Потім ми можемо інтегрувати цей термін за терміном, використовуючи\(\int_0^\pi \cos^n \theta \, d\theta = \frac{(n-1)!!\pi}{n!!}\) якщо\(n\) парний, і, очевидно, нуль, якщо\(n\) непарний.

Ми нарешті отримуємо:

\[V=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a}(1+\frac{3}{16}e^2+\frac{105}{1024}e^4+\frac{1155}{16384}e^6+\frac{25025}{4194304}e^8 ...).\tag{2.2.12}\]

Для обчислювальних цілей це найбільш ефективно відображається як

\[V=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a}(1+e^2(\frac{3}{16}+e^4(\frac{105}{1024}+e^6(\frac{1155}{16384}+\frac{25025}{4194304}e^8)))).\tag{2.2.14}\]

Я буду називати це Серією I. Виявляється, що це не дуже ефективний ряд, оскільки він сходиться дуже повільно. Це відбувається тому, що е не є дрібною часткою, і завжди більше, ніж\(r/a\). Таким чином для\(r/a=\frac{1}{2},\, e=0.8\).

Ми можемо зробити набагато краще, якщо зможемо отримати серію потужності в\(r/a\). Розглянемо вираз\(\frac{1}{\sqrt{a^2+r^2-2ar\cos \theta}}=\frac{1}{a\sqrt{1+(r/a)^2-2(r/a)\cos \theta}}\), яке зустрічається в рівнянні 2.2.9. Цей вислів, та й інші, дуже схожі на нього, зустрічаються досить часто в різних фізичних ситуаціях. Його можна розширити біноміальною теоремою, щоб дати степеневий ряд в\(r/a\). (Справді, це триноміальне вираз, але робіть це поетапно). Результат -

\[(1+(r/a)^2-2(r/a)\cos \theta )^{-1/2}=P_0 (\cos \theta)+P_1(\cos \theta )(\frac{r}{a} ) + P_2 (\cos \theta)(\frac{r}{a})^2+P_3 (\cos \theta )(\frac{r}{a})^3 + ... \tag{2.2.15}\]

де коефіцієнти степенів\((\frac{r}{a})\) є поліномами в\(\cos θ\), які були широко табличні в багатьох місцях, і називаються многочленами Лежандра. Див., наприклад, мої замітки з небесної механіки, http://orca.phys.uvic.ca/~tatum/celmechs.html Розділи 1.1.4 і 5.11. Кожен термін у многочленах Лежандра потім може бути інтегрований термін за терміном, а отриманий ряд, після трохи роботи, є

\[V=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a}(1+\frac{1}{4}(\frac{r}{a})^2+\frac{9}{64}(\frac{r}{a})^4+\frac{25}{256}(\frac{r}{a})^6+\frac{1225}{16384}(\frac{r}{a})^8...).\tag{2.2.16}\]

Оскільки це ряд в,\((\frac{r}{a})\) а не в\(e\), він сходиться набагато швидше, ніж рівняння 2.2.13. Я буду називати це серією\(II\). Звичайно, для обчислювальних цілей він повинен бути записаний з вкладеними дужками, як ми це робили для серії I в рівнянні 2.2.14.

Ось таблиця результатів за допомогою чотирьох методів. Перший стовпець дає значення\(r/a\). Наступні чотири стовпці дають значення\(V\), в одиницях a\(\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a}\), обчислені чотирма методами. Колонка 2, інтеграція за квадратурою Гаусса. Колонка 3, інтеграція за правилом Сімпсона. Стовпець 4, наближення Серією I. Колонка 5, наближення рядами\(II\). У кожному випадку я дав кількість цифр, які я вважаю надійними. Видно, що гаусова квадратура дає на сьогоднішній день найкращі результати. Серія\(I\) зовсім не дуже хороша, тоді як серія майже\(II\) така ж хороша, як правило Сімпсона.

Звичайно, будь-який з цих методів завершується практично миттєво на сучасному комп'ютері, тому можна задатися питанням, чи варто витрачати багато часу на пошук найбільш ефективного рішення. Це буде залежати від того, чи хоче хтось зробити розрахунок лише один раз, або чи хоче зробити подібні обчислення мільйони разів.