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.

Рассмотрим две области: внутри и снаружи сферы. 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 внесённой металлической сферы на больших расстояниях будет стремиться к нулю, то вдали от сферы 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 внутри сферы постоянный, 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. $

Из непрерывности потенциала на границе получим первое соотношение: $$ A_{1}\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}. $$ Из скачка поля на границе $$ E_{n2}-E_{n1}=\left.\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial r}\right|_{r=a}-\left.\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial r}\right|_{r=a}=4\pi\sigma, $$ получим второе соотношение: $$ (A_{1}+2\frac{B_{2}}{a^{3}})\cos\theta=4\pi\sigma_{0}\cos\theta. $$

Решая систему придём к $$ A_{1}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}, B_{2}=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3}. $$ Окончательно запишем потенциал потенциал внутри сферы:

и снаружи сферы

где ввели вектор дипольного момента $\vec p=\frac{4}{3}\pi\sigma_{0}a^{3} \vec n$, направленный от отрицательного к положительному заряду сферы.

Поле найдём взяв градиент от потенциала:

\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 $$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_R\bigg |_{R=a}= \frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$ Этот заряд создает внутри шара однородное поле $\vec{E}=-\vec{E}_0$.