Расчет поляризованности и плотности связанного заряда

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Такие задачи могут быть решены как с привлечением теоремы Гаусса, так и посредством интегрирования уравнения Пуассона. Уравнение Пуассона более удобно, если где-либо (т.е. на каких-либо поверхностях) требуется обеспечить наперед заданные величины потенциала. Теорема Гаусса дает преимущество, если в задаче заданы только заряды. Если потенциал уже задан формулой, то $\vec{E}=-\nabla\varphi$ , а далее просто используется уравнение Максвелла для нахождения заряда.

Задача. φ(r) = ar3+b внутри шара радиуса R проницаемости ε. Найти ρ, ρ ', σ '.

Решение: Поле направлено радиально от центра шара; внутри оно равно

$E_r(r) = -\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r} = -3ar^2, r<R$

а вне шара не потребуется для решения. (Но, в принципе, его можно найти как Er = Q/(4πε0r2) после нахождения ρ и полного заряда $Q = 4\pi\int\limits_0^R\rho(\tilde{r})\tilde{r}^2 {\rm d}\tilde{r}$ ). Плотность заряда ρ получаем из уравнения Максвелла:

ρ(r)	=	$div\vec{D} = \frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}} {{\rm d}r}\left(r^2\varepsilon_0\varepsilon(r)E_r(r)\right) =$
	=	$\frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}\left(\varepsilon_0\varepsilon r^2(-3ar^2)\right)= -12a\varepsilon_0\varepsilon\cdot r$

Для нахождения ρ ' и σ ' потребуется поляризованность внутри шара:

Pr = ε0(ε–1)Er = –3aε0(ε–1)r2

Связанные заряды равны:

$\rho '(r) = -div\vec{P} = -\frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}} {{\rm d}r}\left(r^2(-3a\varepsilon_0(\varepsilon-1)r^2)\right) = 12a\varepsilon_0(\varepsilon-1)r$

σ '|r = R = Pr|r = R– = –3aε0(ε–1)r2

Задача. Пластина толщины 2a проницаемости ε заряжена как ρ = α x2. Положив φ|x = 0 = 0, написать φ(x), найти ρ ' и σ '.

Решение: Хотя использование уравнения Пуассона при решении данной задачи вполне возможно, более удобным представляется применение теоремы Гаусса к цилиндрической поверхности, занимающей область (–∞... x) вдоль оси x. Таким способом аналогичная задача рассматривалась ранее для случая ε = 1. Изменения требуются в момент перехода от Dx к Ex в области –a

$E_x = -\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}, x<-a; E_x = \frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0\varepsilon} , -a<x<a; E_x=\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}, x>a$

Теперь можно найти φ c учетом условия φ|x = 0 = 0, применяя формулу

$\varphi(x) = -\int\limits_0^xE_x(\tilde{x}) {\rm d} \tilde{x}$

верную для любого x (и больше, и меньше нуля). Соответственно, для каждого из трех участков, на которых найдено Ex, получаем:

φ(x)	=	$-\int\limits_0^x\frac{\alpha\tilde{x}^3} {3\varepsilon_0\varepsilon} {\rm d}\tilde{x} = -\frac{\alpha x^4} {12\varepsilon_0\varepsilon}, -a<x<a$
	=	$-\int\limits_0^a\frac{\alpha\tilde{x}^3}{3\varepsilon_0\varepsilon} {\rm d}x -\int\limits_a^x\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0} {\rm d} \tilde{x} = -\frac{\alpha a^3x}{3\varepsilon_0\varepsilon}+\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}, x>a$
	=	$-\int\limits_0^{-a}\frac{\alpha\tilde{x}^3}{3\varepsilon_0\varepsilon} {\rm d}x -\int\limits_{-a}^x\left(-\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0} \right) {\rm d}\tilde{x} = \frac{\alpha a^3x}{3\varepsilon_0\varepsilon}- \frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}, x<-a$

Для вычисления плотностей связанного заряда нам не нужен потенциал, но требуется поляризованность внутри пластины (вне она, естественно, равна нулю):

$P_x = \varepsilon_0(\varepsilon-1)E_x = \varepsilon_0(\varepsilon-1)\cdot\frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0\varepsilon} = \frac{(\varepsilon-1)\cdot\alpha x^3}{3\varepsilon}$

Величины ρ ' и σ ' равны:

$\rho '(x) = -\frac{{\rm d}P_x}{{\rm d}x} = -\frac{(\varepsilon-1)\cdot\alpha x^2}{\varepsilon}$

σ '\|x = –a	=	$-P_x\|_{x=-a+} = \frac{(\varepsilon-1)\cdot\alpha a^3}{3\varepsilon}$
σ '\|x = a	=	$P_x\|_{x=a-} = \frac{(\varepsilon-1)\cdot\alpha a^3} {3\varepsilon}$

Получилось что σ '|x = –a = σ '|x = a, что вполне естественно, ввиду симметрии системы относительно плоскости x = 0.

Задача. В плоский конденсатор при а) поддерживаемом постоянным напряжении б) неизменном заряде обкладок - параллельно обкладкам ввели пластину с проницаемостью ε, которая заняла η-ю часть зазора. Найти σ ' на гранях пластины. Изначально поле составляло E0.

Ответ: a) $|\sigma '| = \frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)E_0} {(1-\eta)\varepsilon+\eta}$ ; $\left.\right.$ б) $|\sigma '| = \frac{\varepsilon_0 (\varepsilon-1)}{\varepsilon} E_0$ Примечание: в процессе решения удобно временно ввести расстояние между обкладками d и разность потенциалов U (для "а") или заряд обкладки σ (для "б"). Естественно, введенные U (σ) должны быть согласованы с известным E0.

Задача. Внутри заземленного цилиндра радиуса R - равномерно заряженный (ρ0) диэлектрик ε = 1+α r. Найти φ(r), ρ', σ'.

Решение: Применяем уравнение Пуассона, так как у нас есть требование на потенциал: φ|r = R = 0:

$\frac{1}{r}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}\left(\varepsilon(r) r\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}\right)$	=	$-\frac{\rho(r)}{\varepsilon_0} = -\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}$
$\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}\left(\varepsilon(r) r\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}\right)$	=	$-\frac{\rho_0r} {\varepsilon_0}$
$\varepsilon(r)r\frac{{\rm d}\varphi} {{\rm d}r}$	=	$-\frac{\rho_0r^2}{2\varepsilon_0} + A$
$\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}$	=	$-\frac{\rho_0r} {2\varepsilon_0(1+\alpha r)} + \frac{A}{(1+\alpha r)r} = -\frac{\rho_0r}{2\varepsilon_0(1+\alpha r)}$

Здесь A = 0, так как иначе поле, то есть –dφ/dr, оказывается неограниченным в точке r = 0. Потенциал находим интегрированием dφ/dr в пределах от R до r:

φ	=	$\int\limits_R^r\frac{{\rm d}\varphi} {{\rm d}\tilde{r}} {\rm d}\tilde{r}= -\int\limits_r^R\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}\tilde{r}} {\rm d} \tilde{r} =$
	=	$\frac{\rho_0}{2\varepsilon_0} \int\limits_r^R\frac{\tilde{r}}{1+\alpha\tilde{r}} {\rm d}\tilde{r} = \frac{\rho_0}{2\varepsilon_0} \int\limits_r^R\left(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\alpha(1+\alpha\tilde{r})} \right) {\rm d}\tilde{r} =$
	=	$\frac{\rho_0}{2\varepsilon_0} \left(\frac{R-r}{\alpha}-\frac{1}{\alpha^2} \ln\frac{1+\alpha R} {1+\alpha r}\right)$

Найдем еще поляризованность:

$P_r=-\varepsilon_0(\varepsilon(r)-1)\frac{{\rm d}\varphi} {{\rm d}r} = \frac{\rho_0\alpha r^2}{2(1+\alpha r)}$

Теперь получаем связанный поверхностный заряд

$\sigma '|_{r=R} = P_r|_{R-} = \frac{\rho_0\alpha R^2} {2(1+\alpha R)}$

и связанный объемный заряд:

$\rho '(r) = -\frac{1}{r}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r} \left(rP_r\right) = -\frac{\rho_0}{2r}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r} \left(\frac{\alpha r^3}{1+\alpha r}\right) = -\frac{\rho_0\alpha}{2}\cdot \frac{2\alpha r^2+3r}{(1+\alpha r)^2}$

Задача. Внутри заземленного шара радиуса R - равномерно заряженный (ρ0) диэлектрик ε = 1+α r. Найти φ(r), ρ', σ'.

Ответ: $\varphi(r) = \frac{\rho_0(R-r)}{3\varepsilon_0\alpha} -\frac{\rho_0}{3\varepsilon_0\alpha^2} \ln\frac{1+\alpha R}{1+\alpha r}$ ,

$\left.\right.$ $\rho '(r) = -\frac{\rho_0\alpha(3\alpha r^2+4r)}{3(1+\alpha r)^2},$ $\sigma '|_{r=R} = \frac{\alpha\rho_0R^2}{3(1+\alpha R)}$ .

1. И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. - 448 с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. - 416 с.

2. В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М. Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. - 503 с.

3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.: Наука, 1992. - 661 с.