ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 675
Скачиваний: 5
2. Постоянное электрическое поле
Напряженность постоянного электрического поля
E
(
r
)
удовлетворяет урав-
нениям Максвелла
div
E
= 4
πρ ,
(2.1)
rot
E
= 0
,
(2.2)
где
ρ
(
r
)
— объемная плотность зарядов, создающих электрическое поле. Ин-
тегральная форма уравнения (2.1)
I
S
E
d
S
= 4
πQ
охв
(2.3)
(где
Q
охв
=
Z
V
ρdV
— заряд, находящийся внутри замкнутой поверхности
S
,
по которой ведется интегрирование в левой части) выражает электростати-
ческую теорему Гаусса. В некоторых задачах с высокой степенью симметрии
теорема Гаусса легко позволяет находить напряженность поля как функцию
координат.
Уравнение (2.2) позволяет ввести электростатический потенциал соотно-
шением
E
=
−∇
ϕ .
(2.4)
Потенциал
ϕ
(
r
)
, который наравне с напряженностью
E
характеризует посто-
янное электрическое поле, удовлетворяет уравнению Пуассона
∆
ϕ
=
−
4
πρ .
(2.5)
Точечный заряд
e
с радиус-вектором
r
0
создает в точке
r
поле, потенциал
и напряженность которого даются выражениями
ϕ
=
e
|
r
−
r
0
|
,
E
=
e
(
r
−
r
0
)
|
r
−
r
0
|
3
(2.6)
(закон Кулона).
Если заряды распределены с объемной плотностью
ρ
(
r
0
)
, то согласно за-
кону Кулона для точечного заряда
ρ
(
r
0
)
dV
0
и принципу суперпозиции потен-
циал
ϕ
и напряженность
E
в точке наблюдения с радиус-вектором
r
можно
представить в следующем виде:
ϕ
(
r
) =
Z
ρ
(
r
0
)
dV
0
|
r
−
r
0
|
,
(2.7)
E
(
r
) =
Z
ρ
(
r
0
)(
r
−
r
0
)
|
r
−
r
0
|
3
dV
0
.
(2.8)
21
Потенциал (2.7) удовлетворяет уравнению Пуассона (2.5) и является его ре-
шением в неограниченном пространстве, если объемный интеграл сходится.
Если заряды в пространстве распределены по поверхности с поверхност-
ной плотностью
σ
, то потенциал вычисляется по формуле
ϕ
(
r
) =
Z
σ
(
r
0
)
dS
0
|
r
−
r
0
|
.
(2.9)
Линейный контур, заряженный с линейной плотностью
τ
, создает электри-
ческое поле с потенциалом
ϕ
(
r
) =
Z
τ
(
r
0
)
dl
0
|
r
−
r
0
|
.
(2.10)
Выражения (2.7), (2.8) упрощаются на больших расстояниях от системы
зарядов. Если начало координат, из которого проводится радиус-вектор
r
в
точку наблюдения и радиус-векторы к зарядам, берется внутри заряженной
системы, то при
r
À
a
(
a
— линейный размер системы)
ϕ
(
r
)
≈
q
r
+
dr
r
3
+
Q
αβ
x
α
x
β
2
r
5
,
(2.11)
где введены обозначения
q
=
Z
ρ
(
r
)
dV ,
(2.12)
d
=
Z
ρ
(
r
)
r
dV ,
(2.13)
Q
αβ
=
Z
ρ
(
r
)(3
x
α
x
β
−
r
2
δ
αβ
)
dV .
(2.14)
Величины (2.12), (2.13) и (2.14) называются полным зарядом, дипольным
моментом и тензором квадрупольного момента системы зарядов.
В случае зарядов
e
i
, расположенных в точках с радиус-векторами
r
i
(
i
=
= 1
, . . . , N
), объемная плотность зарядов выражается через
δ
-функцию:
ρ
(
r
) =
N
X
i
=1
e
i
δ
(
r
−
r
i
)
,
(2.15)
а величины (2.13), (2.14) принимают вид
d
=
N
X
i
=1
e
i
r
i
(2.16)
Q
αβ
=
N
X
i
=1
e
i
(3
x
α
x
β
−
r
2
δ
αβ
)
.
(2.17)
22
Если заряды в пространстве распределены по поверхности с поверхност-
ной плотностью
σ
, то полный заряд, дипольный момент и тензор квадруполь-
ного момента выражаются через интегралы (2.12), (2.13), (2.14), в которых
произведена замена
ρ
(
r
)
dV
→
σ
(
r
)
dS,
(2.18)
а интегрирование производится по заряженной поверхности.
Аналогично для линейного контура, заряженного с линейной плотностью
τ
, в интегралах (2.12), (2.13), (2.14) производится замена
ρ
(
r
)
dV
→
τ
(
r
)
dl,
(2.19)
а интегрирование производится по заряженному контуру.
Энергия электростатического поля
U
=
1
8
π
Z
E
2
dV
(2.20)
может быть также вычислена по формуле
U
=
1
2
Z
ρϕdV.
(2.21)
Электростатическая энергия взаимодействия двух систем, заряженных с
объемными плотностями
ρ
1
(
r
)
и
ρ
2
(
r
)
, вычисляется по формуле
U
=
Z
ρ
1
(
r
)
ρ
2
(
r
0
)
|
r
−
r
0
|
dV dV
0
.
(2.22)
Потенциальная энергия зарядов, распределенных с плотностью
ρ
(
r
)
во
внешнем электрическом поле с потенциалом
ϕ
(
r
)
, определяется выражением
U
=
Z
ρ
(
r
)
ϕ
(
r
)
dV.
(2.23)
Если потенциал
ϕ
(
r
)
внешнего электрического поля незначительно ме-
няется на протяжении заряженной системы, то выражение (2.23) заменяют
сходящимся рядом
U
=
qϕ
(
r
)
−
dE
+
1
6
Q
αβ
∂
2
ϕ
∂x
α
∂x
β
+
. . . .
(2.24)
Здесь потенциал и напряженность внешнего электрического поля, а также
производные от потенциала берутся в точке с радиус-вектором
r
, лежащей
внутри рассматриваемой системы. Эта внутренняя точка служит началом
д.с.к., в которой определены величина
d
и
Q
αβ
.
23
Сила
F
и момент
K
сил, приложенные к заряженной системе во внешнем
электрическом поле напряженностью
E
, равны
F
=
Z
ρ
E
dV,
(2.25)
K
=
Z
[
rE
]
ρdV.
(2.26)
В частном случае электронейтральной системы с дипольным моментом
d
во внешнем квазиоднородном поле соотношения (2.25), (2.26) принимают
вид
F
=
∇
(
dE
) = (
d
∇
)
E
,
(2.27)
K
= [
dE
]
.
(2.28)
При помощи максвелловского тензора натяжений
T
αβ
=
1
4
π
(
E
α
E
β
−
1
2
E
2
δ
αβ
)
(2.29)
суммарную электростатическую силу (2.25), действующую на объем
V
, внут-
ри которого распределен заряд с объемной плотностью
ρ
, можно вычислить
через силы, приложенные к поверхности этого объема:
F
α
=
Z
V
ρE
α
dV
=
I
S
T
αβ
n
β
dS ,
(2.30)
где
n
— орт внешней нормали к замкнутой поверхности
S
, ограничивающей
объем
V
.
Примеры решения задач
Задача 1.
Шар радиуса
R
заряжен по объему зарядом
Q
с постоянной
плотностью
ρ
. Найти распределение напряженности поля
E
внутри и вне
шара.
В силу сферической симметрии в распределении заряда напряженность
поля
E
направлена по радиусу, а модуль вектора
E
зависит только от рас-
стояния до центра шара:
E
(
r
) =
E
(
r
)
r
r
. Применив теорему Гаусса (2.3) к
сферической поверхности радиуса
r
6
R
, концентрической заряженному ша-
ру, получим
E
·
4
πr
2
= 4
πρ
·
4
3
πr
3
;
E
=
4
3
πρr
;
E
=
4
3
πρ
r
=
Q
R
3
r
.
24
Для аналогичной сферической поверхности радиуса
r > R
имеем:
E
·
4
πr
2
= 4
πρ
·
4
3
πR
3
;
E
=
4
3
πρ
R
3
r
2
;
E
=
4
3
πρ
R
3
r
3
r
=
Q
r
3
r
.
Итак,
E
(
r
) =
4
3
πρ
r
=
Q
R
3
r
,
для
r
6
R
;
4
3
πρ
R
3
r
3
r
=
Q
r
3
r
,
для
r > R
.
J
(2.31)
Поле вне шара таково, как если бы весь заряд был сосредоточен в его центре,
а внутри шара поле прямо пропорционально расстоянию от центра шара.
Задача 2.
Найти напряженность электрического поля, создаваемого бес-
конечной плоскостью, равномерно заряженной с поверхностной плотно-
стью
σ
.
Из симметрии следует, что напряженность поля перпендикулярна плоско-
сти. Применим теорему Гаусса, взяв в качестве вспомогательной поверхность
цилиндра с основаниями, параллельными плоскости и находящимися на рав-
ных расстояниях от неё. Поток вектора
E
через боковую поверхность равен
нулю, так как
E
⊥
n
бок
, поэтому
I
E
d
S
= 2
ES
,
S
— площадь основания
цилиндра. Заряд, охваченный поверхностью цилиндра, равен
σS
. Поэтому
согласно (2.3) получаем
E
= 2
πσ.
Напряженность имеет противоположные направления с разных сторон плос-
кости, так что нормальная составляющая претерпевает скачок
4
πσ
при пе-
реходе через плоскость.
J
Задача 3.
Найти распределение потенциала электрического поля, со-
здаваемого шаром радиуса
R
, равномерно заряженным по объему полным
зарядом
Q
.
Наличие симметрии в этой и некоторых других задачах позволяет най-
ти потенциал, непосредственно решая уравнения Пуассона (2.5) в частных
производных путем разделения переменных и сведения его к обыкновенным
дифференциальным уравнениям. Ясно, что потенциал рассматриваемого по-
ля зависит только от расстояния до центра шара,
ϕ
=
ϕ
(
r
)
, потому согласно
(1.32) уравнение Пуассона принимает вид:
1
r
2
d
dr
µ
r
2
dϕ
dr
¶
=
−
4
πρ,
(2.32)
25