1.47. Используя уравнение Пуассона, симметрию задачи, конечность и
непрерывность потенциала и его производной, найти потенциал:
а) шара радиуса $a$, равномерно заряженного по объему с объемной
плотностью $\rho$;
б) цилиндра радиуса $a$, равномерно заряженного по объему с
линейной плотностью $\eta$;
в) слоя толщиной $2a$, равномерно заряженного с объемной
плотностью $\rho$.
-----
==== а) ====
Потенциал $\varphi $ удовлетворяет уравнениям Пуассона
$\Delta\varphi_1=-4\pi\rho$ при $R\leq a$ и Лапласа $\Delta\varphi_2=0$ при $R\geq a$.
В сферической системе координат с учетом симметрии
задачи эти уравнения будут иметь вид:
$$
\frac{1}{R^2}\frac{\partial}{\partial R}
\biggl(R^2\frac{\partial\varphi_1}{\partial R}
\biggr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,
$$
$$
\frac{\partial}{\partial R}
\biggl(R^2\frac{\partial\varphi_2}{\partial R}
\biggr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a.
$$
Начало системы координат помещено в центр шара. Интегрируя
уравнения, получаем:
$$
\varphi_1=-\frac{2}{3}\pi\rho R^2-\frac{A_1}{R}+B_1, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,\\
\varphi_2=-\frac{A_2}{R}+B_2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a,
$$
где $A_1$, $B_1$, $A_2$, $B_2$ --- константы интегрирования. Второе слагаемое в выражении для $\varphi_1$ содержит член $\sim 1/R$. Значит, напряженность электрического поля будет содержать член $\sim 1/R^2$, который при $R\to 0$ стремится к бесконечности.
Поскольку заряд распределен с конечной объемной плотностью
в ограниченной области, то напряженность электрического поля
нигде не может быть бесконечной. Для удовлетворения этого
условия необходимо, чтобы $A_1=0$. Выбирая потенциал равным
нулю на бесконечности, положим $B_2=0$.
/* Из уравнения
$\text{rot}\vec{E}=0\;$ следует условие непрерывности касательных
составляющих напряженности электрического поля на поверхности
шара:
$E_{1\tau}\big|_{R=a}=E_{2\tau}\big|_{R=a}$. Этому условию можно
удовлетворить, если $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$.
Из уравнения $\text{div}\vec{E}=4\pi\rho\;$ следует, что
$$E_{1n}\big|_{R=a}-E_{2n}\big|_{R=a}=4\pi\sigma,$$
где $E_{1n}, E_{2n}$ --- нормальные составляющие вектора
$\vec{E}$;$\sigma$ --- поверхностная плотность зарядов.
Поскольку в задаче поверхностная плотность зарядов равна
нулю, то нормальная составляющая вектора $\vec{E}$ на
поверхности шара непрерывна. */
Из непрерывности потенциала на границе $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$ следует:
$$-\frac{2}{3}\pi\rho a^2+B_1=\frac{A_2}{a},$$
а из отсутствия поверхностных зарядов на границе следует, что $E_{1n}\big|_{R=a}=E_{2n}\big|_{R=a},$ тогда:
$$-\frac{4}{3}\pi\rho a=\frac{A_2}{a^2},$$
откуда
$$A_2=-\frac{4}{3}\pi\rho a^3\;,\;\;B_1=2\pi\rho a^2.$$
Окончательно распределение потенциала выразится так:
$$
\varphi_1=\frac{2}{3}\pi\rho (3a^2-R^2), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R\leq a,
$$
$$
\varphi_2=\frac{4\pi a^3\rho}{3R}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} R> a.
$$
==== б) ====
Уравнения Пуассона и Лапласа в цилиндрической системе
координат с осью $Z$ вдоль оси цилиндра будут иметь вид:
$$
\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_1}
{\partial r}\Bigr)=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a,
$$
$$
\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigl(r\frac{\partial\varphi_2}
{\partial r}\Bigr)=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r>a,
$$
поскольку из симметрии задачи потенциал может зависеть
только от расстояния до точки наблюдения. Интегрируя эти
уравнения, получаем:
$$\varphi_1=-\pi\rho r^2+A_1\ln r+B_1,$$
$$\varphi_2=A_2\ln r+B_2.$$
Чтобы потенциал был конечным при $r=0$, нужно положить
{$A_1=0$}, иначе напряженность электрического поля на оси
цилиндра будет бесконечной. Удобно выбрать потенциал равным
нулю на оси цилиндра, тогда $B_1=0$. Из условия
непрерывности потенциала и его производной при $r=a$ находим
$$A_2=-2\pi\rho a^2,$$
$$B_2=2\pi\rho a^2\ln a-\pi\rho a^2.$$
Выражая объемную плотность заряда $\rho$ через заряд,
приходящийся на единицу длины цилиндра $\rho=\eta/\pi a^2$,
окончательно получаем:
$$
\varphi_1=-\pi\rho r^2=-\frac{\eta r^2}{a^2}, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\leq a,
$$
$$
\varphi_2=2\eta\ln\frac{a}{r}-\eta, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} r\geq a.
$$
==== в) ====
Декартову систему координат выберем таким образом, чтобы
оси $X$ и $Y$ лежали в средней плоскости
пластины.
{{ :electrodynamics:выделение_035.jpg?direct&200 |}}
Потенциал может зависеть только от координаты
$z$, поскольку все точки плоскости
$z=\text{const}$ равноправны. Уравнения Пуассона
и Лапласа для различных областей принимают
вид
$$
\frac{d^2\varphi_1(z)}{dz^2}=0, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq a,
$$
$$
\frac{d^2\varphi_2(z)}{dz^2}=-4\pi\rho, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt}-a a.
$$
Решения этих уравнений запишутся следующим образом:
$$
\varphi_1=A_z+B_1,
$$
$$
\varphi_2=-2\pi\rho z^2+A_2z+B_2,
$$
$$
\varphi_3=A_3+B_3.
$$
Выберем потенциал так, чтобы он равнялся нулю при $z=0$,
тогда $B_2=0$. Напряженность электрического поля --- векторная
величина, и, в силу симметрии системы зарядов относительно
средней плоскости, напряженность в этой плоскости равна нулю,
поскольку направления в сторону положительных и отрицательных
$z$ равноправны. Это означает, что
$$\frac{d\varphi_2}{dz}\bigg |_{z=0}=0,$$
откуда $A_2=0$. Далее, так же как в приведенных выше задачах,
воспользуемся непрерывностью потенциала и его производной
при $z~=~\pm~a$. Это дает:
$$
A_1=4\pi\rho a, B_1=2\pi\rho a^2,
$$
$$
A_3=-4\pi\rho a, B_3=2\pi\rho a^2.
$$
Подставляя константы интегрирования в решение, получаем
$$
\varphi_1=2\pi\rho a^2\Bigl(1+\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\leq -a,\\
\varphi_2=2\pi\rho z^2, \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} -a\leq z\leq a,\\
\varphi_3=2\pi\rho a^2\Bigl(1-\frac{2z}{a}\Bigr), \hspace{10pt} \mbox{при} \hspace{10pt} z\geq a,
$$
что можно записать короче следующим образом:
$$\varphi(z)=\left\{
\begin{array}{ll}
-2\pi\rho z^2 & \;\mbox{при}\; -a\leq z\leq a,\\
2\pi\rho a^2\biggl(1-\displaystyle
\frac{2|z|}{a}\biggr) & \;\mbox{при}\;\; |z|\geq a.
\end{array} \right.$$