Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. 2.8. a) Однородный шар радиуса $a$ с диэлектрической проницаемостью $\varepsilon_1$ погружен в однородный неограниченный диэлектрик $\varepsilon_2$. На большом расстоянии от шара в диэлектрике имеется однородное электрическое поле $\vec{E}_0$. Найти потенциал и напряженность электрического поля во всем пространстве, а также распределение связанных зарядов на шаре и его поляризованность. ----- {{ :electrodynamics:выделение_055.jpg?direct&200 |}} Решение рассматриваемой задачи сводится к решению уравнения Лапласа $\Delta\varphi=0$. В сферической системе координат с центром в центре шара и с осью $Z$ вдоль $\vec{E}_0$, в области $R\geq a\,$ решение будем искать в виде (см. решение задачи [[res1.51|1.51]] --- о металлическом шаре в однородном поле). $$ \varphi_2=-E_0z+A_2\frac{\vec{E}_0\vec{R}}{R^3}= -E_0R\cos\theta+A_2\frac{E_0\cos\theta}{R^2}. $$ Введение члена ($-E_0z\,$) оправдывается тем, что на больших расстояниях от шара поле должно быть невозмущенным. Второй член учитывает поле от поляризованного шара в виде поля от дипольного момента $\sim E_0$. Для $R\leq a$ решение будем искать в виде $$ \varphi_1=C_1E_0z\equiv C_1E_0R\cos\theta\;, $$ т.е. предполагаем, что поле внутри шара однородно. Мы уже знаем из решения задачи для проводящего шара в однородном электрическом поле, что, для того чтобы скомпенсировать внешнее поле, шар приобретает дипольный момент. Заряды на поверхности распределятся таким образом, чтобы поле от них внутри шара равнялось внешнему полю $\vec{E}_0$ и было противоположно ему направлено. Каждый из потенциалов является решением уравнения Лапласа. Если мы подберем константы $C_1$ и $A_2$ так, чтобы удовлетворялись граничные условия, то функции $\varphi_1$ и $\varphi_2$ будут единственным решением поставленной задачи. Из условия непрерывности тангенциальной составляющей электрического поля $E_{1t}=E_{2t}$ на поверхности шара: $$ \frac 1R \frac{\partial\varphi_1}{\partial \theta}\bigg|_{R=a}= \frac 1R \frac{\partial\varphi_2}{\partial \theta}\bigg|_{R=a} $$ и нормальной составляющей электрической индукции $$ \varepsilon_1\frac{\partial\varphi_1}{\partial R}\bigg|_{R=a}= \varepsilon_2\frac{\partial\varphi_2}{\partial R}\bigg|_{R=a} $$ получим систему их двух уравнений: $$ C_1=-1+\frac{A_2}{a^3} \hspace{7pt} \text{и} \hspace{7pt} \varepsilon_1 C_1= \varepsilon_2 (-1 -2\frac{A_2}{a^3}). $$ Решая систему найдём: $$ C_1=-\frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2},\qquad A_2=a^3\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}. $$ Итак, шар приобретает дипольный момент $$ \vec{d}=\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2} {\varepsilon_1+2\varepsilon_2}a^3\vec{E}_0. $$ Распределение потенциала будет иметь вид $$ \varphi_1=-\frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0z \;\qquad \mbox{при}\qquad R\leq a\;, $$ $$ \varphi_2=-E_0z+\frac{\vec{d}\vec{R}}{R^3}= -E_0R\cos\theta+A_2\frac{E_0\cos\theta}{R^2} \;\qquad \mbox{при}\qquad R\geq a\;. $$ Взяв градиент от потенциала найдём напряженность электрического поля \[ \begin{split} \vec{E}_1=&\frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}\vec{E}_0\;\;\hspace{26pt} \text{при}\qquad R< a,\\ \vec{E}_2=&\vec{E}_0-\frac{\vec{d}}{R^3}+ \frac{3(\vec{d}\vec{R})\vec{R}}{R^5} \;\; \text{при}\qquad R> a. \end{split} \] Напряженность электрического поля внутри шара больше $E_0$, если $\varepsilon_2>\varepsilon_1$, и меньше $E_0$, если $\varepsilon_2<\varepsilon_1$. Суммарная поверхностная плотность связанных и свободных зарядов связана со скачком электрического поля. Но свободных зарядов нет, следовательно: $$ \sigma_\text{св}= E_{2n}\big|_{R=a}-E_{1n}\big|_{R=a}. $$ Орт нормали $\vec{n}$ проведен из первой среды во вторую. /* Поскольку $$ \vec{P}=\frac{\vec{D}-\vec{E}}{4\pi}= \frac{(\varepsilon-1)\vec{E}}{4\pi}\;, $$ то $$ \sigma_\text{св}=\frac{1}{4\pi}\biggl[(\varepsilon_1-1)E_{1n}\big|_{R=a}- (\varepsilon_2-1)E_{2n}\big|_{R=a}\biggr]\;. $$ */ Вычислим $E_{1n}$ и $E_{2n}$ на поверхности шара: $$ E_{1n}\big|_{R=a}=-\frac{\partial\varphi_1}{\partial R}\bigg|_{R=a}= \frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0\cos\theta\;, $$ $$ E_{2n}\big|_{R=a}=-\frac{\partial\varphi_2}{\partial R}\bigg|_{R=a}= E_0\cos\theta+\frac{2(\varepsilon_1-\varepsilon_2)} {\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0\cos\theta\;. $$ Окончательно $$ \sigma_\text{св}=\frac{3}{4\pi}\;\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2} {\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0\cos\theta\;. $$