Стандартные задачи электростатики

Пусть точечный заряд q находится над плоской поверхностью проводника и требуется найти электрическое поле такой системы. Внутрь проводника электрическое поле не проникает, так как экранируется поверхностными зарядами, индуцированными зарядом q. Однако те же поверхностные заряда изменяют поле вне проводника, причем их распределение по поверхности проводника заранее неизвестно.

Рис. 1.27: Эквипотенциальные поверхности в системе двух одинаковых зарядов противоположного знака. Электрическое поле не изменится, если любую эквипотенциальную поверхность сделать проводящей. Электрическое в верхнем полупространстве не изменится, если нижнее полупространство заполнить проводником.

Строгая математическая формулировка задачи состоит в следующем. Необходимо найти электрическое поле в полупространстве z > 0 с выколотой точкой. Границами области определения V задачи являются плоскость z = 0 и сфера Sɛ малого радиуса с центром в точке x = 0, y = 0, z = h, где расположен заряд q. Искомое поле удовлетворяет уравнению Лапласа Δϕ = 0

и граничным условиям

ϕ ∣z=0 = 0,limS→0 ∮ S(E→,dS→) = 4πq .

Первое их них эквивалентно отсутствию тангенциальной проекции электрического поля, Et = 0, на поверхность проводника. Конкретное значение потенциала на эквипотенциальной поверхности задают вместо условия Et = 0, если хотят избавиться от неопределенности выбора аддитивной константы в скалярном потенциале. Второе граничное условие обеспечивает необходимую особенность поля в точке расположения точечного заряда. Ещё одно граничное условие

En ∣z=0 = 4πσ

бесполезно при определении электрического поля, но после того как оно будет найдено, позволит вычислить σ.

Решение поставленной задачи нетрудно угадать, если рассмотреть другую задачу, где нет проводников, но есть 2 заряда, одинаковые по величине и противоположные по знаку. Если любую эквипотенциальную поверхность в такой системе сделать проводящей, то электрическое поле во всем пространстве не претерпит никаких изменений. Однако поля по противоположные стороны от проводящей поверхности сделаются совершенно независимыми друг от друга. Если убрать один из зарядов, то в окружавшей его части пространства поле исчезнет, но по противоположную сторону от проводящей поверхности оно не измениться. Это следует из теоремы единственности, поскольку ни потенциал границы противоположной области, ни заряд внутри неё не изменились. Теперь осталось найти подходящую эквипотенциальную поверхность. Плоская эквипотенциаль расположена на равном расстояния от обоих зарядов, посередине между ними.

Возвращаясь к исходной задаче, приходим к выводу, что поле в полупространстве над проводником суперпозиции полей точечного заряда q и его зеркального изображения q′ = −q, расположенного симметрично относительно поверхности проводника:

ϕ = q r + q′ r′ .

Заряд-изображение является фиктивным, реальные заряды располагаются на поверхности проводника.

Очевидно, что функция ϕ = q∕r + q′∕r′ удовлетворяет уравнению в полупространстве z > 0 с выколотой точкой в месте, где расположен заряд q. На границе проводника ϕ = 0, так как r = r′ при z = 0. Выполнено также второе граничное условие, limS→0∮ S(E→,dS→) = 4πq. Задача решена. Использованный метод её решения называется методом изображений.

Обратимся ещё к одной задаче, где эвристические соображения позволяют быстро прийти к ответу. Рассмотрим возмущение однородного электрического поля проводящим шаром. Это типичная задача электростатики, где нужно решить уравнение Лапласа с граничным условием

ϕ ∣r=R = const

на поверхности шара r = R. Ещё одно условие нужно поставить на «бесконечно удаленной границе» r →∞. Там электрическое поле однородно, т.е.

ϕ = −(E→0,r→) = −E0 rcosθ при r →∞.

Строгая математическая формулировка второго граничного условия записывается так: limr→0[ϕ∕r + E0 cosθ] = 0. Иными словами, поправка к потенциалу однородного поля не возрастает при удалении от шара. Будет искать эту поправку в виде ряда, каждый член которого, во-первых, является решением уравнения Лапласа и, во-вторых убывает при r →∞. Одно решение уравнения Лапласа, убывающее на бесконечности, нам уже известно: это ϕ = A∕r, где A есть константа. Заметим, что если ϕ — какое-то решение уравнение Лапласа, то функции ∂ϕ∕∂x, ∂ϕ∕∂y, ∂ϕ∕∂z также являются его решениями. Однако они не являются скалярами, вместе составляя 3 декартовы компоненты вектора ∂ϕ∕∂xj. Скалярном является функция (A→,∇ϕ) = Aj ∂ϕ ∂xj, где A — произвольный постоянный вектор, индекс j пробегает значения x, y или z, причем по повторяющимся индексам подразумевается суммирование. Рассуждая в том же духе, заключаем, что Ajk ∂2ϕ ∂xjxk, где Ajk — произвольный тензор второго ранга с постоянными коэффициента, также есть решение уравнения Лапласа. Коллекцию таких функций можно расширять до бесконечности, но мы увидим, что в этом нет необходимости. Все такие функции убывают на бесконечности.

Будем искать решение в виде суммы

ϕ = −E0 rcosθ + A r + Aj ∂ϕ ∂xj + Ajk ∂2ϕ ∂xjxk + ….

Попытаемся угадать, чему равны коэффициенты A, Aj, Ajk и т.д.

Коэффициент A отвечает за кулоновское поле. Будем считать, что A = 0, т.е. шар не заряжен.

Коэффициенты Aj составляют вектор, поэтому они могут выражаться только через компоненты другого вектора. Вследствие полной симметрии шара в задаче есть только одно выделенное направление — направление внешнего поля E→0. Поэтому вектор A→ пропорционален E→0, т.е. Aj = αEj.

Тензор 2-го ранга Ajk также может быть составлен только2 из компонентов вектора E→0, т.е. Ajk = βE0jE0k. Однако задача линейна, поэтому возмущение не может содержать слагаемых, пропорциональных квадрату невозмущенного поля. Поэтому следует признать, что β = 0. По той же причине отсутствуют все последующие члены ряда, содержащие высшие производные. Таким образом, ряд сокращается до двух слагаемых:

ϕ = −E0 rcosθ + α(E→0,∇1 r).

Неизвестный коэффициент α находим из граничного условия при r = R. Равенство −E0 Rcosθ − αE0 cosθ∕R2 = const может быть выполнено при всех θ, если только const = 0, т.е. α = −R3. Таким образом,

ϕ = E0 [R3∕r2 − r]cosθ

при r ≥ R и ϕ = 0 при r ≤ R.