Науково-дослідний сайт В'ячеслава Горчіліна
2019-06-22
Всі статті
Потенціал зарядженої кулі. Методика розрахунку
Ця робота дозволяє спростити методику пошуку розподілу електричного потенціалу всередині зарядженої кулі. Об'ємна густина електричного заряду може змінюватися вздовж його радіуса по відомому закону, але повинна бути симетрична відносно його центру. Таке завдання, як правило, вирішується за допомогою довгих перетворень, і тільки для рівномірної щільності заряду. Але іноді потрібно більш реалістичний підхід, наприклад, для нерівномірно розподіленого заряду всередині Землі, що при класичному підході сильно ускладнить викладки. Тут ми знайдемо більш просте рішення і виведемо загальну формулу для такої задачі.
Завдання можна вирішити двома способами: через напруженість електричного поля і з допомогою оператора Лапласа. Другий підхід дозволяє відразу отримати необхідний подвійний інтеграл, але слабо пояснює фізичну суть явища.
Заряженный шар
Рис.1. Заряджений шар
Тому завжди йдуть першим шляхом, в якому шуканий потенціал шукається за класичною формулою: \[\varphi(r) = - \int \limits^r E(r)\, \Bbb{d} r + const \qquad (1)\] де: \(E(r)\) — зміна напруженості електричного поля всередині кулі, вздовж радіуса \r\), а \(const\) — деяка константа.
У початкових умовах нашої задачі є тільки об'ємна щільність заряду всередині кулі (\(\rho\)) і, для того, щоб знайти напруженість поля, спочатку потрібно виконати декілька вправ: виразити її через заряд, а потім — заряд через його щільність. Для цього необхідно нагадати, що напруженість поля і заряд зв'язуються за допомогою теореми Гауса [1], зміст якої дуже простий: якщо виміряти напруженість поля на будь-якій відстані від системи зарядів, то знаючи площу, охватываемую цим виміром, можна знайти суму цих зарядів. Згідно з умовами завдання, всі наші заряди розташовані симетрично відносно центру сфери, тому цей закон сильно спрощується: \[E(r)\, S = { q(r) \over \varepsilon_0 } \qquad (2)\] Тут: \(S) — площа охоплюваній вимірюванням сфери дорівнює \(4\pi r^2\), \(\varepsilon_0\) — абсолютна діелектрична проникність вакууму [2]. Виразимо звідси напруженість; вона нам знадобиться трохи пізніше: \[E(r) = { q(r) \over 4\pi \varepsilon_0 r^2 } \qquad (3)\] Тоді формула (1) змінюється так: \[\varphi(r) = - {1 \over 4\pi \varepsilon_0} \int \limits^r {q(r) \over r^2} \Bbb{d} r + const \qquad (4)\] Залишається висловити заряд через його об'ємну щільність [3]: \[q(r) = \int \limits_{V} \rho (r)\, \Bbb{d} V \qquad (5)\] Якщо підставити в цю формулу класичний об'єм кулі: \(V = \frac43 \pi r^3\), то вона стане придатною для нашого рішення: \[q(r) = 4 \pi \int \limits_0^r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \qquad (6)\] Підставимо її в (4) і одержимо загальний розв'язок задачі: \[\varphi(r) = - {1 \over \varepsilon_0} \int \limits^r {\Bbb{d} r \over r^2} \int \limits_0^r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r + const \qquad (7)\] Такий вигляд не дуже сприяє розкриттю фізичного змісту цього явища, а також, представляє з себе досить складний подвійний інтеграл, який ще більше заплутує ситуацію. Спробуємо його спростити і навіть вивести деякі нові закономірності.
Спрощуємо рішення
Для цього звернемося до формули (3) і продеффиренцируем її по радіусу: \[\dot E_r = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left({\dot q_r \over r^2} - \frac{2}{r^3} q(r) \right) \qquad (8)\] Очевидно, що похідна від заряду по радіусу знаходиться так: \[\dot q_r = 4\pi r^2 \rho (r) \qquad (9)\] В (8) підставимо значення заряду з (6) і (9): \[\dot E_r = \frac{1}{\varepsilon_0} \left(\rho (r) - \frac{2}{r^3} \int \limits_0^r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \right) \qquad (10)\] Формулу (1) перетворимо в такий вид \[\varphi(r) = - E(r) r + \int \limits^r r\, \dot E_r\, \Bbb{d} r + const \qquad (11)\] і підставимо в неї отриману трохи раніше (10): \[\varphi(r) = - E(r) r + \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits^r \left(r\, \rho (r) - \frac{2}{r^2} \int \limits_0^r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \right) \Bbb{d} r + const \qquad (12)\] Прирівнюючи (7) і (12) виведемо подвійний інтеграл через суму одиночних: \[\int \limits^r {\Bbb{d} r \over r^2} \int \limits_0^r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r = \int \limits^r r\, \rho (r) \Bbb{d} r - \varepsilon_0 E(r) r \qquad (13)\] Напруженість поля візьмемо з формул (3) і (6) і остаточно спростимо подвійний інтеграл: \[\int \limits^r {\Bbb{d} r \over r^2} \int \limits_0^r^2 \rho (r) \Bbb{d} r = \int \limits^r r\, \rho (r) \Bbb{d} r - \frac{1}{r} \int \limits_0^r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \qquad (14)\] Тепер підставимо все це в (7) і отримаємо більш просте рішення: \[\varphi(r) = {1 \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^r^2 \rho (r) \Bbb{d} r - \int \limits^r r\, \rho (r) \Bbb{d} r \right) + const \qquad (15)\] Отже, замість подвійного інтеграла ми отримали два одиночних, що вже саме по собі може представляти інтерес для теоретичної фізики.
Константа
У рішенні подібної задачі є ще один пункт, який іноді викликає труднощі для розуміння реальних процесів. Математично він представляє з себе константу \(const\) і поки є невідомою величиною. Насправді, тут теж немає нічого складного, оскільки ця константа враховує потенціал поза кулі, який завжди дорівнює таким виразом [4]: \[\varphi(r) = {1 \over 4\pi \varepsilon_0 } {q(R) \over r}, \quad r \gt R \qquad (16)\] де: \R\) — радіус кулі (рис. 1). Підставляючи сюди вираз (6) отримаємо: \[\varphi(r) = {1 \over \varepsilon_0 r} \int \limits_0^R^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r, \quad r \gt R \qquad (17)\] З умови безперервності потенціалу ми відразу можемо зробити висновок, що на його поверхні, де(R = r \), формули (15) і (17) повинні бути рівні: \[\varphi(R) = {1 \over \varepsilon_0 r} \int \limits_0^R^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r = {1 \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^R^2 \rho (r) \Bbb{d} r - \int \limits^R r\, \rho (r) \Bbb{d} r \right) + const \qquad (17)\] Звідси наша константа виводиться дуже просто: \[const = {1 \over \varepsilon_0} \int \limits^R r\, \rho (r) \Bbb{d} r \qquad (18)\]
Остаточне рішення
Його ми отримаємо, якщо підставимо в формулу (15) знайдену раніше константу: \[\varphi(r) = {1 \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^r^2 \rho (r) \Bbb{d} r + \int \limits_r^R r\, \rho (r) \Bbb{d} r \right) \qquad (19)\] Як видно, після підстановки достатньо було змінити межі інтегрування, на які варто звернути особливу увагу: у першому інтегралі вони змінюються від \(0\) до \r\), а у другому — від \r\) до \R\). Це наближає нас до розкриття фізичного змісту цієї формули, і доводить, що потенціал всередині кулі утворюється за рахунок двох незалежних складових. Перший інтеграл — визначає внесок внутрішнього шару кулі \(0..r\), другий — внесок зовнішнього шару \(r..R\). В цьому і полягає фізична інтерпретація формули (19).
Приклад: рівномірно заряджений шар
Окремий випадок для цієї формули — знайти розподіл потенціалу всередині рівномірно зарядженої кулі. Раз так, то щільність заряду не залежить від радіуса і виноситься за знак інтеграла, а сам класичний приклад тепер вирішується дуже просто: \[\varphi(r) = {\rho \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^r^2 \Bbb{d} r + \int \limits_r^R r \Bbb{d} r \right) = {\rho \over \varepsilon_0} \left( \frac{r^2}{3} + \frac{R^2 - r^2}{2} \right) \qquad (20)\] До речі, потенціал поза кулі завжди знаходиться за формулою (16), незалежно від розподілу щільності заряду всередині нього.
Використовувані матеріали
  1. Вікіпедія. Теорема Гаусса.
  2. Вікіпедія. Абсолютна діелектрична проникність вакууму.
  3. Вікіпедія. Щільність заряду.
  4. Студопедия. Поле і потенціал зарядженої кулі.