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 — $\varphi_{1}=\text{const}$, 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, $A_{2}=-E_0.$ Определив константу равную нулю — потенциал на сфере, определим и вторую константу:

Из непрерывности потенциала на границе получим первое соотношение: $$ E_0\cdot a=\frac{B_{2}}{a^{2}}. $$ Следовательно, 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 $\vec{\nabla}$, запишем $$\vec{E}=-(\vec{\nabla}\varphi)= \vec{E}_0-\frac{a^3}{r^3}\vec{\nabla}(\vec{E}_0\vec{r})- a^3(\vec{E}_0\vec{r})\vec{\nabla}\biggl(\frac{1}{r^3}\biggr).$$

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 $$\sigma(\theta)=\frac{1}{4\pi}E_r\bigg |_{r=a}= \frac{3}{4\pi}E_0\cos\theta.$$