Это старая версия документа!

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

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 $\varphi=R(r)\cos\theta.$ 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:

$R(r)=A\cdot r+\frac{B}{r^{2}}$

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} $