Задача 89. Выразить потенциал $\varphi$ равномерно заряженного круглого тонкого кольца с зарядом $q$ и радиусом $R$ через полный эллиптический интеграл первого рода

\[K(k) = \int\limits_0^{\pi/2} \frac{d\beta}{\sqrt{1 - k^2 \sin^2 \beta}}.\]

Решение. Работаем в сферических координатах. Точка на окружности описывается координатами $(R, \alpha, \pi/2)$, точка наблюдения координатами $(r, \beta, \theta)$. Так как от угла $\beta$ точки наблюдения ничего не зависит (при поворотах кольца вокруг оси система не меняется), то полагаем, что он равен 0.

\[\rho^2 = \left(r \sin \theta \cos 0 - R \sin \frac{\pi}{2}\cos \alpha\right)^2 + \left(r \sin \theta \sin 0 - R \sin \frac{\pi}{2} \sin \alpha\right)^2 +\] \[+ \left(r \cos \theta - R \cos \frac{\pi}{2}\right)^2 =\] \[= \left(r \sin \theta - R \cos \alpha\right)^2 + R^2 \sin^2 \alpha + r^2 \cos^2 \theta =\] \[= r^2 + R^2 - 2 r R \sin \theta \cos \alpha\]

Так как потенциал не зависит от начала отсчёта угла $\alpha$, то будем считать, что угол $\alpha$ меняется в пределах от $-\pi$ до $\pi$.

\[\varphi = k \int\limits_{-\pi}^{\pi} \frac{q}{2\pi \sqrt{r^2 + R^2 - 2 r R \sin \theta \cos \alpha}} d\alpha = (1)\]

Подынтегральное выражение - чётная функция по данным пределам:

\[(1) = k \frac{q}{\pi} \int\limits_0^{\pi} \frac{1}{\sqrt{r^2 + R^2 - 2 r R \sin \theta \cos \alpha}} d\alpha = (2)\]

Выполняем подстановку $\alpha = \pi - 2 \gamma$

\[(2) = - k \frac{2q}{\pi} \int\limits_{\pi/2}^{0} \frac{1}{\sqrt{r^2 + R^2 + 2 r R \sin \theta \cos 2\gamma}} d\gamma =\] \[= k \frac{2q}{\pi} \int\limits_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{r^2 + R^2 + 2 r R \sin \theta \left(1 - 2 \sin^2 \gamma\right)}} d\gamma =\] \[= k \frac{2q}{\pi} \int\limits_0^{\pi.2} \frac{1}{\sqrt{r^2 + R^2 + 2 r R \sin \theta - 4 r R \sin \theta \sin^2 \gamma}} d\gamma =\]

Обозначим (расстояние от дальней точки кольца до точки наблюдения в плоскости проходящей через ось и точку наблюдения):

\[\rho_0^2 = r^2 + R^2 + 2 r R \sin \theta\] \[\kappa = \dfrac{\sqrt{4 r R \sin \theta}}{\rho_0}\] \[= k \frac{2q}{\pi} \int\limits_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{\rho_0^2 - 4 r R \sin \theta \sin^2 \gamma}} d\gamma = k \frac{2q}{\pi \rho_0} \int\limits_0^{\pi/2} \frac{1}{\sqrt{1 - \kappa^2 \sin^2 \gamma}} d\gamma\]

В результате:

\[\varphi = k \frac{2 q}{\pi \rho_0} K\left(\kappa\right) = k \frac{q}{\pi \sqrt{rR\sin\theta}} \kappa K ( \kappa )\]

На оси $z$, $\theta = 0$, $\kappa = 0$, $\rho_0^2 = r^2 + R^2$, $K(0) = \pi/2$:

\[\varphi = k \frac{q}{\sqrt{z^2 + R^2}}\]

Что и требовалось ожидать! Найдём также поле в плоскости кольца $\theta = \pi/2$, $\rho_0 = r + R$:

\[\varphi = k \frac{2 q}{\pi (r + R)} K\left(\dfrac{\sqrt{4rR}}{r + R}\right)\]

Поле на самом кольце:

\[\varphi = k \frac{q}{\pi R} K\left(1\right) = k \frac{q}{\pi R} \int\limits_0^{\pi/2} \frac{d\gamma}{\cos \gamma} = \left[\gamma = \frac{\pi}{2} - \beta\right] = - k \frac{q}{\pi R} \int\limits_{\pi/2}^{0} \frac{d\beta}{\sin \beta} =\] \[= k \frac{q}{\pi R} \int\limits_{0}^{\pi/2} \dfrac{d\beta}{2 \sin \dfrac{\beta}{2} \cos \dfrac{\beta}{2}} = k \frac{q}{\pi R} \left. \ln \left|\tan \frac{\beta}{2}\right| \right|_0^{\pi/2} = \infty\]

То есть на кольце поле расходится, что и следовало ожидать!

На будущее запишем результат:

\[\rho_0^2 = r^2 + R^2 + 2 r R \sin \theta\] \[\varphi = k \frac{2 q}{\pi \rho_0} K\left(\dfrac{\sqrt{4 r R \sin \theta}}{\rho_0}\right)\]