Способ 1
Вначале найдем потенциал одного кольца в точке $P$.
Введем систему координат так, чтобы плоскость $xy$ совпадала с плоскостью кольца
и ось $y$ проходила через точку $P'$ – проекцию точки $P$ на плоскость $xy$ (см. рисунок).
Тогда можем записать следующие соотношения:
\[
\begin{array}{l}
KP^2=OK^2+OP^2-2\cdot OK\cdot OP\cos\theta_0,\\
OP'=OP\cdot\sin\theta, \\
KP'^2=OK^2+OP'^2-2\cdot OP'\cdot OK \sin\alpha =\\
=OK^2+OP^2\sin^2\theta-2\cdot OP\cdot OK \sin\theta \sin\alpha, \\
PP'=OP\cdot \cos\theta,\\
KP'^2=KP^2-PP'^2=\\
=OK^2+OP^2(1-\cos^2\theta)-2\cdot OK\cdot OP\cos\theta_0.
\end{array}
\]
Следовательно, $\cos\theta_0=\sin\theta \sin\alpha$.
Потенциал кольца тогда вычисляется с помощью следующей формулы:
\[
\varphi(r)=\frac{q}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\frac{\dif \alpha}{\sqrt{r^2+a^2-2ar\cos\theta_0}}.
\]
Для расстояний $r\gg a$, используя $\frac{1}{\sqrt{1+x}}\approx 1-\frac{x}{2}+\frac{3}{8}x^2$,
получаем:
\[
\begin{array}{l}
\varphi(r)=\frac{q}{2\pi r}\int\limits_0^{2\pi} \dif \alpha\left(1+\frac{a}{r}\cos\theta_0+
\frac{a^2}{2 r^2}(3\cos^2\theta_0-1)\right)=\\\\
=\frac{q}{r}+\frac{q}{r}\frac{a^2}{4r^2}(1-3\cos^2\theta).
\end{array}
\]
Итак, для первого кольца имеем
\[
\varphi_1(r)=\frac{q}{r}+\frac{q}{4}\frac{a^2}{r^3}(1-3\cos^2\theta),
\]
а для второго
$$
\varphi_2(r)=-\frac{q}{r_2}-\frac{q}{4}\frac{b^2}{r_2^3}(1-3\cos^2\theta_2),
$$
где $r_2^2=h^2+r^2-2hr\cos\theta$.
Раскладывая в ряд Тейлора до второго порядка, получаем:
\[
\begin{array}{l}
\frac{1}{r_2}\approx\frac{1}{r}\left(1+\frac{h}{r}\cos\theta+\frac{h^2}{2r^2}(3\cos^2\theta-1)\right)\\
\frac{1}{r_2^3}\approx \frac{1}{r^3}\left(1+\frac{3h}{r}\cos\theta+\frac{3}{2}\frac{h^2}{r^2}(5\cos^2\theta-1)\right)\approx\frac{1}{r^3}\,.
\end{array}
\]
По теореме синусов $\sin\theta_2=\frac{r}{r_2}\sin\theta$, следовательно
\[
\sin\theta_2\approx\sin\theta\left(1+\frac{h}{r}\cos\theta+\frac{h^2}{2r^2}(3\cos^2\theta-1)\right)
\Rightarrow\cos^2\theta_2\approx\cos^2\theta.
\]
Тогда
\[
\begin{array}{l}
\varphi_1(r)=\frac{q}{r}+\frac{q}{r}\frac{a^2}{4r^2}(1-3\cos^2\theta),\\\\
\varphi_2(r)=-\frac{q}{r}\left(1+\frac{h}{r}\cos\theta+\frac{h^2}{2r^2}(3\cos^2\theta-1)\right)-\frac{q}{4}\frac{b^2}{r^3}(1-3\cos^2\theta).
\end{array}
\]
Складывая $\varphi_1$ и $\varphi_2$, получаем ответ:
\[
\varphi(r,\theta)=\approx-q\frac{h}{r^2}\cos\theta+
\frac{q}{r^3}(1-3\cos^2\theta)\left(\frac{a^2}{4}-\frac{b^2}{4}-\frac{h^2}{2}\right).
\]
Способ 2 (через мультипольное разложение)
Потенциал системы на больших расстояниях можно записать в виде мультипольного разложения:
\begin{equation}\label{2010_11_3contr_pr4_eq1}
\varphi(\vec{r})\approx \frac{Q}{r}+\frac{(\vec{d}\cdot \vec{r})}{r^3}
+\sum_{i,j}\frac{D_{ij} x_i x_j}{2r^5},
\end{equation}
где $Q$ – заряд системы, $\vec{d}$ – дипольный момент системы,
$D_{ij}$ – тензор квадрупольного момента системы. В нашем случае
\begin{equation}\label{2010_11_3contr_pr4_eq2}
Q=0,\; \vec{d}=-qh\vec{e}_z,\; D_{ij}=D_{ij}^{I}+D_{ij}^{II},
\end{equation}
где индексы $I, II$ относятся к первому и второму кольцу соответственно.
Для тензора квадрупольного момента первого кольца с центром в начале координат имеем
(см. решение типовой задачи Р.13 из задачника [1]):
$$
\begin{array}{l}
D_{xx}^I=D_{yy}^I=\frac{qa^2}{2},\; D_{zz}^I=-2D_{xx}^I=-qa^2,\; D_{ij}^I=0\; при\; i\neq j.
\end{array}
$$
При смещении системы зарядов, симметричной относительно оси $z$, на вектор
$\vec{h}=h\vec{e}_z$ элементы тензора квадрупольного момента преобразуются по формулам
$$
D^*_{zz}=D_{zz}+4(\vec{h}\cdot \vec{p}) +2h^2 Q,\;
D^*_{xx}=D^*_{yy}=-\frac{1}{2}D^*_{zz},
$$
где $\vec{p}$ – дипольный момент несмещенной системы (в данном случае $\vec{p}$=0), $Q$ – заряд системы.
Элементы $D_{ij}^{II}$ второго кольца с центром не в начале координат равны:
\begin{equation*}
\begin{array}{l}
D_{xx}^{II}=D_{yy}^{II}=-\frac{q(b^2+2h^2)}{2},\; D_{zz}^{II}=q(b^2+2h^2),\; D_{ij}^{II}=0\; при\; i\neq j.
\end{array}
\end{equation*}
Тогда квадрупольный момент системы двух колец описывается тензором $D_{ij}$ с элементами
$$
\begin{array}{l}
D_{xx}=D_{yy}=-\frac{q(a^2-b^2-2h^2)}{2},\; D_{zz}=q(a^2-b^2-2h^2),\\
D_{ij}=0\; при\; i\neq j,
\end{array}
$$
а потенциал системы согласно \eqref{2010_11_3contr_pr4_eq1}, \eqref{2010_11_3contr_pr4_eq2}:
$$
\begin{array}{l}
\varphi(\vec{r})\approx -\frac{q h\cos \theta }{r^2}
+\frac{1}{2r^5}\left( D_{xx}x^2+D_{yy}y^2+D_{zz}z^2\right)=\\\\
=-\frac{q h\cos \theta }{r^2}
+\frac{1}{2r^5}\left( \frac{q(a^2-b^2-2h^2)}{2}(x^2+y^2)-q(a^2-b^2-2h^2)z^2\right)=\\\\
=-\frac{q h\cos \theta }{r^2}
+\frac{1}{2r^5}\left( \frac{q(a^2-b^2-2h^2)}{2}r^2\sin^2 \theta
-q(a^2-b^2-2h^2)r^2\cos^2 \theta\right)=\\\\
=-\frac{q h\cos \theta }{r^2}
+\frac{q}{4r^3}(a^2-b^2-2h^2)\left(\sin^2 \theta - 2\cos^2 \theta\right)=\\\\
=-\frac{q h\cos \theta }{r^2}
+\frac{q}{4r^3}(a^2-b^2-2h^2)\left(1 - 3\cos^2 \theta\right).
\end{array}
$$
Способ 3 (через разложение на полиномы Лежандра)
Система зарядов обладает аксиальной симметрией. Поэтому если мы получим решение для потенциала
на оси симметрии в виде ряда $\sum\limits_\ell \frac{C_{\ell}}{z^{\ell+1}}$, то решение вне оси
будет иметь вид
$$
\varphi(r,\theta)=\sum\limits_\ell \frac{C_{\ell}}{r^{\ell+1}} P_{\ell}(\theta),
$$
где $P_{\ell}(\theta)$ – полиномы Лежандра $\ell$-й степени.
Для потенциала на оси $z$, создаваемого заряженным кольцом радиуса $R$ с центром в точке $(0,0,h)$, имеем:
$$
\begin{array}{l}
\varphi_0(z)=\frac{Q}{\sqrt{R^2+(z-h)^2}}=
\frac{Q}{z}\cdot\frac{1}{\sqrt{R^2/z^2+(1-h/z)^2}} \approx \\\\
\approx \frac{Q}{z}\left(1-\frac{1}{2}\left(\frac{R^2}{z^2}-2\frac{h}{z}+\frac{h^2}{z^2} \right)
\right)= \frac{Q}{z}+\frac{Qh}{z^2}-\frac{Q(R^2+h^2)}{2z^3}.
\end{array}
$$
Полученному выражению соответствует разложение по полиномам Лежандра степени $\ell=0,1,2$:
$$
\begin{array}{l}
\varphi_0(r,\theta)\approx \frac{C_{0}}{r^{1}} P_{0}(\theta)
+\frac{C_{1}}{r^{2}} P_{1}(\theta)
+\frac{C_{2}}{r^{3}} P_{2}(\theta)=\\\\
=\frac{Q}{r}\cdot 1
+\frac{Qh}{r^2}\cdot \cos\theta
+\frac{Q(R^2+h^2)}{2r^3}\cdot \frac{3\cos^2 \theta -1}{2}=\\\\
=\frac{Q}{r}+\frac{Qh}{r^2}\cos\theta+\frac{Q(R^2+h^2)}{4r^3}\cdot (3\cos^2 \theta -1).
\end{array}
$$
Для первого кольца $R=a,\; Q=q,\; h=0$, для второго $R=b$, $Q=-q$, $h=h$. Суммарный
потенциал равен
$$
\begin{array}{l}
\varphi(r,\theta)=\varphi_1(r,\theta)+\varphi_2(r,\theta)=\\\\
=\frac{q}{r}+\frac{qa^2}{4r^3}\cdot (3\cos^2 \theta -1)
-\frac{q}{r}-\frac{qh}{r^2}\cos\theta-\frac{q(b^2+h^2)}{4r^3}\cdot (3\cos^2 \theta -1)=\\\\
=-\frac{qh}{r^2}\cos\theta+\frac{q(a^2-b^2-h^2)}{4r^3}\cdot (3\cos^2 \theta -1).
\end{array}
$$ |