Это старая версия документа!

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 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 $$ \varphi_1=-\frac{3\varepsilon_2}{\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0z \;\qquad \mbox{при}\qquad R\leq a\;, $$ $$ \varphi_2=-E_0z+\frac{\vec{d}\vec{R}}{R^3}= -E_0R\cos\theta+A_2\frac{E_0\cos\theta}{R^2} \;\qquad \mbox{при}\qquad R\geq a\;. $$ 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 $\varepsilon_2<\varepsilon_1$. 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 $P_{1n}$, $P_{2n}$ — 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 $$ \sigma_\text{св}=\frac{3}{4\pi}\;\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2} {\varepsilon_1+2\varepsilon_2}E_0\cos\theta\;. $$