Это старая версия документа!

$\ensuremath{\varphi_{\text{внутр}}=\frac{4\pi}{3}\sigma_{0}r\cos\theta},\ensuremath{\vec{E}_{\text{внутр}}=-\frac{{4\pi}}{3}\sigma_{0}\frac{{\vec{z}}}{{\left|z\right|}};}\ensuremath{\varphi_{\text{нар}}=\frac{{4\pi}}{3}\sigma_{0}\frac{{R^{3}}}{{r^{2}}}\cos\theta},\ensuremath{\vec{E}_{\text{нар}}=-\frac{{\vec{p}}}{{r^{3}}}+\frac{{3\left({\vec{p}\vec{r}}\right)\vec{r}}}{{r^{5}}}},\text{где}\ensuremath{\vec{p}=\frac{{4\pi}}{3}\sigma_{0}R^{3}\vec{e}_{z}.}$

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

Запишем его в полярных координатах: $\Delta\varphi=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^{2}\frac{\partial\varphi}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\left(\sin\theta\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}\right)+\frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}\varphi}{\partial\alpha^{2}}=0.$ Зависимости от угла $\alpha $ нет, значит третье слагаемое занулится. Так зависимость поверхностного заряда от угла \theta в виде \sigma=\sigma_{0}\cos\theta, то искать потенциал будет в виде \varphi=R®\cos\theta. Подставим данный 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

продиффиринцировав 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 будем искать в виде: R=Ar^{n}, подставив придём к алгебраическому уравнению

n(n+1)=2, которое имеет два решения: n=\{1;-2\},тогда общее решение запишется в виде:

R®=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}

Таким образом можем записать потенциал внутри сферы: \varphi_{1}=(A_{1}\cdot r+\frac{B_{1}}{r^{2}})\cos\theta и снаружи \varphi_{2}=(A_{2}\cdot r+\frac{B_{2}}{r^{2}})\cos\theta.

Из физических соображений потенциал внутри сферы при r\to0 не должен расходиться, следовательно, B_{1}=0, а снаружи сферы он не должен расходиться при r\to\infty, т.к. сфера нейтральна, следовательно, A_{2}=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}