1.51. Незаряженный металлический шар радиуса $a$ вносится в
электрическое поле, которое при отсутствии шара было однородным и равным $\vec{E}_0$. Определить результирующее поле и плотность поверхностных зарядов на шаре. Что изменится, если заменить шар цилиндром, ось которого перпендикулярна полю?

-----


==== а) ====
Начало сферической системы координат
поместим в центр
шара. Ось $Z$, относительно которой отсчитываются  угол $\theta$,
направим вдоль поля $\vec{E}_0$. Поскольку шар  металлический,
то напряженность поля внутри шара равна нулю.

Рассмотрим две области: внутри и снаружи шара. Зарядов в этих областях нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $ \Delta\varphi=0.$

Запишем уравнение в сферических координатах: 
$$\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0.
$$

Так как зависимости от угла $\alpha $ нет, то третье слагаемое будет нулевым. 

Так как влияние от внесённого металлического шара на больших расстояниях будет стремиться к нулю, то вдали от шара поле по прежнему будет однородным, а в сферических координатах стремиться к виду $E_r=E_0 \cdot \cos \theta$, $E_{\theta}=E_0 \cdot \sin \theta$.
Тогда искать зависимость потенциала от угла будем в виде 
$$
\varphi=R(r)\cos\theta.
$$
Подставим потенциал в уравнение Лапласа:
$$
\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta+\frac{R}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\cos\theta}{\partial\theta}\right)=0.
$$
Продифференцировав получим 
$$
\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\theta-\frac{2R\cos\theta}{r^{2}}=0.
$$
Сокращая, придём к уравнению
$$
\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial R}{\partial r}\right)=2R.
$$
Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив его придём к алгебраическому уравнению
$n(n+1)=2,$ которое имеет два решения: $n=\{1;-2\}$. 
Общее решение запишется в виде:
$$
R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}.
$$

Потенциал шара константа --- $\varphi_{1}=\text{const}$, а снаружи
$$
\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta.
$$
и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю, следовательно, $A_{2}=-E_0.$ 
На границе шара тангенциальная составляющая поля равна нулю: 
$$
E_\theta=-\frac{\partial \varphi_{2}}{r\partial \theta}=
(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\sin\theta = 0.
$$
Равенство нулю выполняется при произвольном $\theta $, следовательно: 
$$
E_0\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
$$
Итак, потенциал можно представить в
виде:
$$\varphi =-E_0r\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{r^2}\;
\mbox{при}\; r\geq a.$$
$$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.$$
Таким образом, металлический незаряженный шар, внесенный в
однородное электрическое поле, меняет картину этого поля
так, как изменил бы ее внесенный в поле электрический диполь
с моментом $\vec{d}~=~\vec{E}_0a^3$.   Найдем напряженность
электрического  поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$. Использовав оператор
$\nabla$, запишем
$$\vec{E}=-({\nabla}\varphi)=
  \vec{E}_0-\frac{a^3}{r^3}{\nabla}(\vec{E}_0\vec{r})-
  a^3(\vec{E}_0\vec{r}){\nabla}\biggl(\frac{1}{r^3}\biggr).$$

Окончательно для вектора напряженности  электрического поля
получаем выражение
$$\vec{E}=\left\{
\begin{array}{ll}
\vec{E}_0+\displaystyle\frac{3(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^5}-
\displaystyle\frac{\vec{d}}{r^3} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a, \\
0 & \qquad\mbox{при}\qquad r<a,
\end{array} \right.$$
где $\vec{d}=\vec{E}_0a^3$ --- дипольный момент, приобретаемый шаром
в однородном электрическом поле $\vec{E}_0$.

Поверхностная плотность индуцированных зарядов
$$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_r\bigg |_{r=a}=
\frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$
/* Этот заряд создает внутри шара однородное поле $\vec{E}=-\vec{E}_0$.

поскольку полное поле равняется нулю. Величина заряда
на одной половине шара будет равна
$$|Q|=\bigg|\int\limits_S\upsigma\,ds\bigg|=
\int\limits_0^{\pi/2}\frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta\cdot
2\pi a^2\sin\theta\,d\theta=\frac{3}{4}E_0a^2.$$
Разумеется, полный заряд на шаре равен нулю.

\begin{problem}
Решим первую краевую задачу для уравнения Лапласа внутри и/или снаружи сферы.

\begin{solution}\setcounter{equation}{0}
 Рассмотрим теперь разделение переменных в сферической системе координат для уравнения Лапласа \(\triangle U(r,\uptheta,\upvarphi)=0\). Для начала предположим, что решение этого уравнения можно записать в виде
 \[
 U=\Psi(r,\uptheta) \Phi(\upvarphi).
 \]
 Тогда, как всегда, вычисляем соответствующие частные производные и делим каждый член уравнения на \(U\). В результате получаем
 \begin{equation}
 \frac{1}{\Psi}\left\{\sin ^2\uptheta \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial \Psi}{\partial r}\right)+\sin\uptheta \frac{\partial}{\partial \uptheta}\left(\sin\uptheta \frac{\partial \Psi}{\partial \uptheta}\right)\right\}+\frac{1}{\Phi}\frac{d^2 \Phi}{d\upvarphi^2}=0.
 \end{equation}
 Из приводившихся ранее рассуждений (функция одного аргумента равна во всей области определения функции другого аргумента) следует
 \[
 \Phi''+k^2\Phi=0.
 \]
 Поскольку зависимость от координаты \(\upvarphi\) должна быть обязательно периодична с периодом \(2\pi\), то параметр \(k\) должен быть действительным и целым. Тогда эта часть решения имеет вид
 \begin{equation}
 \Phi(\upvarphi)=A\sin k\upvarphi+B\cos k\upvarphi.
  \end{equation}
 Второе уравнение, которое получилось в результате разделения переменных, после деления на \(\sin\uptheta\) приобретает вид
 \begin{equation}
\frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial \Psi}{\partial r}\right)+\frac{1}{\sin\uptheta} \frac{\partial}{\partial \uptheta}\left(\sin\uptheta \frac{\partial \Psi}{\partial \uptheta}\right)-k^2\frac{\Psi(r,\uptheta)}{\sin^2\uptheta}=0.
 \end{equation}
 Введя новую переменную \(x=\cos\uptheta\) и предположив, как обычно, \(\Psi(r,\uptheta)=R(r) P(x)\), уравнение (3) можно переписать в виде
 \[
 \frac{1}{R}\frac{d}{d r} \left(r^2 R'_r\right)-\frac{1}{P(x)}\frac{d}{d x}\left[(x^2-1)P'_x\right] -\frac{k^2}{1-x^2}=0.
 \]
 Стандартным способом разделяем переменные и получаем 2 уравнения
 \[
 \begin{split}
  \frac{1}{R}\frac{d}{d r} \left(r^2 R'_r\right)&=\nu^2,\\
 \frac{d}{d x}\left[(1-x^2)P'_x\right]+\left[\nu^2-\frac{k^2}{1-x^2}\right]P&=0
 \end{split}
 \]
 Положив \(\nu=n(n+1)\) и \(k^2=m^2\) получим известное уравнение для присоединенных полиномов Лежандра \(P_n^{(m)}(x)\)
 \[
 P_n^{(m)}(x)=(1-x^2)^{\frac{m}{2}}\frac{d^m}{dx^m} P_n(x).
 \]
 Сами же полиномы Лежандра удовлетворяют уравнению
 \[
 \left[(1-x^2)P_n\right]'+n(n+1)P_n(x)=0,\;\;-1\leq x \leq 1.
 \]
 Полезно вспомнить формулу для разложения расстояния 
 $R=|\vec r-\vec r_0|:$
 \begin{equation}
    \frac{1}{R}=\frac{1}{\sqrt{r_0^2+r^2-2rr_0\cos\uptheta}}=\left\{
    \begin{array}{ll}
    \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{r_0}\left(\frac{r}{r_0}\right)^n P_n(\cos\uptheta), & r \leq r_0,\\
    \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{r}\left(\frac{r_0}{r}\right)^n P_n(\cos\uptheta), & r > r_0.
    \end{array} \right.
 \end{equation}
 Теперь можно вернуться к основной задаче, так называемой 1-й краевой задаче внутри сферы, т.е. когда ищется решение уравнения
 \[
 \Delta U=0,\;\; r<a,\;\;U(r=a,\uptheta,\upvarphi)=f(\uptheta,\upvarphi).
 \]
 Из написанного выше можно записать общее решение такой задачи
 \[
  U(r,\uptheta,\upvarphi)=\sum\limits_{n=0}^\infty \left(\frac{r}{a}\right)^n Y_n(\uptheta,\upvarphi),
  \]
  где \(Y_n(\uptheta,\upvarphi)\) -- сферические функции, которые определяются соотношением
  \[
  Y_n(\uptheta,\upvarphi)=\sum\limits_{k=0}^\infty \left(A_{nk}\cos k\upvarphi+B_{nk}\sin k\upvarphi\right) P_n^{(k)}(\cos\uptheta). \]
  
  */

==== б) ====

Рассмотрим теперь бесконечный цилиндр радиуса $a$. Рассмотрим задачу
в цилиндрической системе координат с осью $Z$ направленной перепендикулярной
первоначального поля $\vec{E}_{0}$. Поскольку цилиндр металлический,
то напряженность поля внутри равна нулю.

Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. Зарядов в этих областях
нет, следовательно, потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа: $\Delta\varphi=0.$

Запишем уравнение в цилиндрических координатах: 
\[
\Delta\varphi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}+\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial z^{2}}=0.
\]

Так как зависимости от оси $z$ нет, то третье слагаемое будет нулевым.

Так как влияние от внесённого металлического цилиндра на больших расстояниях
будет стремиться к нулю, то вдали от него поле по прежнему будет однородным,
а в цилиндрических координатах стремиться к виду $E_{r}=E_{0}\cdot\cos\alpha$,
$E_{\alpha}=E_{0}\cdot\sin\alpha$. Тогда искать зависимость потенциала
от угла будем в виде 
\[
\varphi=R(r)\cos\alpha.
\]
Подставим потенциал в уравнение Лапласа и продифференцировав получим:
\[
\Delta\varphi=\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)\cos\alpha-\frac{R\cos\alpha}{r^{2}}=0.
\]
Сокращая, придём к уравнению 
\[
r\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial R}{\partial r}\right)=R.
\]
Решение данного уравнения будем искать в виде: $R=Ar^{n}$ и подставив
его придём к алгебраическому уравнению $n^{2}=1,$ которое имеет два
решения: $n=\{1;-1\}$. Общее решение запишется в виде: 
\[
R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r}.
\]

Потенциал снаружи 
\[
\varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r})\cos\alpha.
\]
и при $r\to\infty$ приводит к постоянному полю $\varphi_{2}=-E_{0}\cdot r\cdot\cos\alpha$,
следовательно, $A_{2}=-E_{0}.$ 

Как и в предыдущем случае с шаром, из равенстве нулю на границе шара тангенциальной составляющей поля $E_{\alpha }=0$: 
\[
E_{0}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}.
\]
Следовательно, потенциал: 
\[
\varphi=-E_{0}r\cos\alpha+\frac{E_{0}a^{3}\cos\alpha}{r^{2}}\;\mbox{при}\;r\geq a.
\]
\[
\varphi=0\qquad\mbox{при}\qquad r\leq a.
\]
Найдем напряженность электрического поля $\vec{E}=-\nabla\varphi$.
Использовав оператор $\nabla$, запишем 
\[
\vec{E}=-(\nabla\varphi)=\vec{E}_{0}-\frac{a^{2}}{r^{2}}\nabla(\vec{E}_{0}\vec{r})-a^{2}(\vec{E}_{0}\vec{r})\nabla\biggl(\frac{1}{r^{2}}\biggr).
\]

Окончательно для вектора напряженности электрического поля получаем
выражение 
\[
\vec{E}=\left\{ \begin{array}{ll}
\vec{E}_{0}+{\displaystyle \frac{2(\vec{d}\vec{r})\vec{r}}{r^{4}}-{\displaystyle \frac{\vec{d}}{r^{2}}}} & \qquad\mbox{при}\qquad r>a,\\
0 & \qquad\mbox{при}\qquad r<a,
\end{array}\right.
\]
где $\vec{d}=\vec{E}_{0}a^{2}$ --- дипольный момент, приобретаемый
цилиндром в однородном электрическом поле $\vec{E}_{0}$.

Поверхностная плотность индуцированных зарядов 
\[
\sigma(\alpha)=\frac{1}{4\pi}E_{r}\bigg|_{r=a}=\frac{E_{0}}{2\pi}\cos\alpha.
\]