Это старая версия документа!

Решение рассматриваемой задачи сводится к решению уравнения \begin{wrapfigure}[4]{l}{3.0cm} \vspace{-10pt} \includegraphics[width=2.6cm]{RIS20.eps} \end{wrapfigure} 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 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 на поверхности шара потенциала $\varphi_1(a)=\varphi_2(a)$ и нормальной составляющей электрической индукции $$\varepsilon_1\frac{\partial\varphi_1}{\partial R}\bigg|_{R=a}= \varepsilon_2\frac{\partial\varphi_2}{\partial R}\bigg|_{R=a}$$

следует, что

$$C_1=-\frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2},\qquad A_2=a^3\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}.$$

   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 $$\varphi_1=-\frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0z \;\qquad \mbox{при}\qquad R\leq a\;,$$ $$\varphi_2=-E_0z+\frac{\vec{d}\vec{R}}{R^3}= -E_0R\cos\theta+A_2\frac{E_0\cos\theta}{R^2} \;\qquad \mbox{при}\qquad R\geq a\;.$$ Производя такие же вычисления, как и в задаче о проводящем шаре, получаем выражения для напряженности 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 $\varepsilon_2<\varepsilon_1$. Поверхностная плотность связанных зарядов $\sigma_\text{св}$ на границе раздела двух сред определяются формулой $\sigma_\text{св}= P_{1n}\big|_{R=a}-P_{2n}\big|_{R=a}$, где $P_{1n}$,\lb $P_{2n}$ – нормальные составляющие вектора поляризации. 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 $$\sigma_\text{св}=\frac{3}{4\pi}\;\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2} {\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0\cos\theta\;.$$