Это старая версия документа!

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. \begin{wrapfigure}[4]{l}{3.5cm} \vspace{-0.5cm} \includegraphics[width=2.5cm]{RIS18.eps} \end{wrapfigure}

Вне шара поле описывается уравнением Лапласа. Так как система имеет аксиальную симметрию, то напряженность поля и потенциал будут зависеть только от двух сферических координат $R$ и $\theta$. Уравнение Лапласа для рассматриваемой задачи примет вид \begin{equation} \frac{\partial}{\partial R} \biggl(R^2 \frac{\partial\varphi(R,\,\theta)}{\partial R}\biggr)+ \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta} \biggl(\sin\theta\;\frac{\partial\varphi(R,\,\theta)} {\partial\theta}\biggr)=0. \end{equation} Решение уравнения будем искать в виде произведения двух функций, одна из которых зависит только от $R$, другая – только от $\theta$: $$\varphi(R,\;\theta)=\varphi_1(R)\,\varphi_2(\theta).$$ Чтобы определить функции $\varphi_1(R)$ и $\varphi_2(\theta),$ подставим решение в дифференциальное уравнение (1). После преобразований получим $$\frac{1}{\varphi_1(R)} \frac{\partial}{\partial R} \biggl(R^2 \frac{\partial\varphi_1(R}{\partial R}\biggr)=- \frac{1}{\varphi_2(\theta)\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta} \biggl(\sin\theta\;\frac{\partial\varphi_2(\theta)} {\partial\theta}\biggr).$$

Это равенство должно быть справедливо при любых значениях $R$ и $\theta$, что возможно лишь в случае, когда и левая, и правая части уравнения равны некоторой постоянной~$C$, т.~е. \begin{equation} \frac{1}{\varphi_1(R)} \frac{d}{d\,R} \biggl(R^2 \frac{d\,\varphi_1(R)}{d\,R}\biggr)=C\,, \end{equation} \begin{equation} \frac{1}{\varphi_2(\theta)\sin\theta}\frac{d}{d\,\theta} \biggl(\sin\theta\;\frac{d\,\varphi_2(\theta)} {d\,\theta}\biggr)=-C\,. \end{equation}

Решением уравнения (3) является функция $\varphi_2(\theta)= \cos\theta$ при $C=~2$, что легко проверить. Решение уравнения (2) будем искать в виде степени $R$: $$\varphi_1(R)=A\,R^n\,.$$

Подставим эту функцию в уравнение (2) и для $n$ получим уравнение $n^2+n-2=0$, корни которого равны $n_1=-2\,,\;n_2=1$.

Таким образом, искомый потенциал имеет вид $$\varphi(R\,,\;\theta)=\biggl(A_1R+\frac{A_2}{R^2}\biggr) \cos\theta.$$

Для определения постоянных $A_1$ и $A_2$ учтем граничные условия. Понятно, что при $R\to\infty$ влияние шара не должно сказываться, т.~е. $\lim\limits_{R\to\infty}E_z(R,\theta)=E_0$, где $$E_z=-\frac{\partial\varphi}{\partial z}.$$

Учитывая, что $z=R\cos\theta$, находим $A_1=-E_0$. Поверхность шара является эквипотенциальной. Поэтому при $R=a$, $\frac{\partial \varphi(a,\;\theta)}{\partial \theta}=0$ для всех значений $\theta$, что возможно только при условии $$A_1a+\frac{A_2}{a^2}=0.$$

Следовательно, $A_2=E_0a^3$ и потенциал можно представить в виде: $$\varphi=-E_0z+\frac{a^3(\vec{E}_0\vec{R})}{R^3}= -E_0R\cos\theta+\frac{E_0a^3\cos\theta}{R^2}\; \mbox{при}\; R\geq a.$$ $$\varphi=0 \qquad\mbox{при}\qquad R\leq a.$$ 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 $\vec{E}=-\grad\varphi$. Использовав оператор $\vec{\nabla}$, запишем $$\vec{E}=-(\vec{\nabla}\varphi)= \vec{E}_0-\frac{a^3}{R^3}\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})- a^3(\vec{E}_0\vec{R})\vec{\nabla}\biggl(\frac{1}{R^3}\biggr).$$ помощью правил векторного анализа вычислим $\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})$: $$\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})= \bigl[\vec{E}_0\times[\vec{\nabla}\times\vec{R}]\bigr]+ \bigl[\vec{R}\times[\vec{\nabla}\times\vec{E}_0]\bigr]+ (\vec{E}_0\vec{\nabla})\vec{R}+ (\vec{R}\vec{\nabla})\vec{E}_0.$$ Поскольку $\vec{E}_0=\const$ и $[\vec{\nabla}\times\vec{R}]= \mbox{rot}\vec{R}=0$, получим $$\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{R})= (\vec{E}_0\vec{\nabla})\vec{R}=\vec{E}_0.$$

Достаточно элементарно можно показать, что $$\vec{\nabla}\biggl(\frac{1}{R^3}\biggr)=\frac{3\vec{R}}{R^5}.$$

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 $$\upsigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_R\bigg |_{R=a}= \frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$ 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
\[
Y_n(\uptheta,\upvarphi)=\sum\limits_{k=0}^\infty \left(A_{nk}\cos k\upvarphi+B_{nk}\sin k\upvarphi\right) P_n^{(k)}(\cos\uptheta). \]