Эта работа позволяет упростить методику поиска распределения электрического потенциала внутри заряженного шара. Объёмная плотность электрического заряда может изменяться вдоль его радиуса по известному закону, но должна быть симметрична относительно его центра. Такая задача, обычно, решается с помощью долгих преобразований, и только для равномерной плотности заряда. Но иногда требуется более реалистичный подход, например, для неравномерно распределённого заряда внутри Земли, что при классическом подходе сильно усложнит выкладки. Здесь мы найдём более простое решение и выведем общую формулу для такой задачи.

Задачу можно решить двумя способами: через напряжённость электрического поля и с помощью оператора Лапласа. Второй подход позволяет сразу получить требуемый двойной интеграл, но слабо поясняет физическую сущность явления.

Рис.1. Заряженный шар

Поэтому всегда идут первым путём, в котором искомый потенциал ищется по классической формуле: \[\varphi(r) = - \int \limits^r E(r)\, \Bbb{d} r + const \qquad (1)\] где: \(E(r)\) — изменение напряжённости электрического поля внутри шара, вдоль радиуса \(r\), а \(const\) — некая константа.

В начальных условиях нашей задачи есть только объёмная плотность заряда внутри шара (\(\rho\)) и, для того, чтобы найти напряжённость поля, сначала нужно проделать несколько упражнений: выразить её через заряд, а потом — заряд через его плотность. Для этого необходимо напомнить, что напряжённость поля и заряд связываются с помощью теоремы Гаусса [1], смысл которой очень простой: если измерить напряжённость поля на любом расстоянии от системы зарядов, то зная площадь, охватываемую этим измерением, можно найти сумму этих зарядов. Согласно условиям задачи, все наши заряды расположены симметрично относительно центра сферы, поэтому этот закон сильно упрощается: \[E(r)\, S = { q(r) \over \varepsilon_0 } \qquad (2)\] Здесь: \(S\) — площадь охватываемой измерением сферы равная \(4\pi r^2\), \(\varepsilon_0\) — абсолютная диэлектрическая проницаемость вакуума [2]. Выразим отсюда напряжённость; она нам понадобится чуть позже: \[E(r) = { q(r) \over 4\pi \varepsilon_0 r^2 } \qquad (3)\] Тогда формула (1) изменяется так: \[\varphi(r) = - {1 \over 4\pi \varepsilon_0} \int \limits^r {q(r) \over r^2} \Bbb{d} r + const \qquad (4)\] Остаётся выразить заряд через его объёмную плотность [3]: \[q(r) = \int \limits_{V} \rho (r)\, \Bbb{d} V \qquad (5)\] Если подставить в эту формулу классический объём шара: \(V = \frac43 \pi r^3\), то она станет уже пригодной для нашего решения: \[q(r) = 4 \pi \int \limits_0^r r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \qquad (6)\] Подставим её в (4) и получим общее решение задачи: \[\varphi(r) = - {1 \over \varepsilon_0} \int \limits^r {\Bbb{d} r \over r^2} \int \limits_0^r r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r + const \qquad (7)\] Такой вид не очень то располагает к раскрытию физического смысла этого явления, а также, представляет из себя достаточно сложный двойной интеграл, который ещё больше запутывает ситуацию. Попробуем его упростить и даже вывести некоторые новые закономерности.

Для этого обратимся к формуле (3) и продифференцируем её по радиусу: \[\dot E_r = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \left({\dot q_r \over r^2} - \frac{2}{r^3} q(r) \right) \qquad (8)\] Очевидно, что производная от заряда по радиусу находится так: \[\dot q_r = 4\pi r^2 \rho (r) \qquad (9)\] В (8) подставим значение заряда из (6) и из (9): \[\dot E_r = \frac{1}{\varepsilon_0} \left(\rho (r) - \frac{2}{r^3} \int \limits_0^r r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \right) \qquad (10)\] Формулу (1) преобразуем в такой вид \[\varphi(r) = - E(r) r + \int \limits^r r\, \dot E_r\, \Bbb{d} r + const \qquad (11)\] и подставим в неё полученную чуть ранее (10): \[\varphi(r) = - E(r) r + \frac{1}{\varepsilon_0} \int \limits^r \left(r\, \rho (r) - \frac{2}{r^2} \int \limits_0^r r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \right) \Bbb{d} r + const \qquad (12)\] Приравнивая (7) и (12) выведем двойной интеграл через сумму одиночных: \[\int \limits^r {\Bbb{d} r \over r^2} \int \limits_0^r r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r = \int \limits^r r\, \rho (r) \Bbb{d} r - \varepsilon_0 E(r) r \qquad (13)\] Напряженность поля возьмём из формул (3) и (6) и окончательно упростим двойной интеграл: \[\int \limits^r {\Bbb{d} r \over r^2} \int \limits_0^r r^2 \rho (r) \Bbb{d} r = \int \limits^r r\, \rho (r) \Bbb{d} r - \frac{1}{r} \int \limits_0^r r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r \qquad (14)\] Теперь подставим всё это в (7) и получим более простое решение: \[\varphi(r) = {1 \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^r r^2 \rho (r) \Bbb{d} r - \int \limits^r r\, \rho (r) \Bbb{d} r \right) + const \qquad (15)\] Итак, вместо двойного интеграла мы получили два одиночных, что уже само по себе может представлять интерес для теоретической физики.

В решении подобной задачи есть ещё один пункт, который иногда вызывает трудности для понимания реальных процессов. Математически он представляет из себя константу \(const\) и пока является неизвестной величиной. На самом деле, здесь тоже нет ничего сложного, т.к. эта константа учитывает потенциал вне шара, который всегда равен следующему выражению [4]: \[\varphi(r) = {1 \over 4\pi \varepsilon_0 } {q(R) \over r}, \quad r \gt R \qquad (16)\] где: \(R\) — радиус шара (рис. 1). Подставляя сюда выражение (6) получим: \[\varphi(r) = {1 \over \varepsilon_0 r} \int \limits_0^R r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r, \quad r \gt R \qquad (17)\] Из условия непрерывности потенциала мы сразу можем сделать вывод, что на его поверхности, где \(R = r \), формулы (15) и (17) должны быть равны: \[\varphi(R) = {1 \over \varepsilon_0 r} \int \limits_0^R r^2 \rho (r)\, \Bbb{d} r = {1 \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^R r^2 \rho (r) \Bbb{d} r - \int \limits^R r\, \rho (r) \Bbb{d} r \right) + const \qquad (17)\] Отсюда наша константа выводится очень просто: \[const = {1 \over \varepsilon_0} \int \limits^R r\, \rho (r) \Bbb{d} r \qquad (18)\]

Его мы получим, если подставим в формулу (15) найденную ранее константу: \[\varphi(r) = {1 \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^r r^2 \rho (r) \Bbb{d} r + \int \limits_r^R r\, \rho (r) \Bbb{d} r \right) \qquad (19)\] Как видно, после подстановки достаточно было изменить границы интегрирования, на которые стоит обратить особое внимание: в первом интеграле они изменяются от \(0\) до \(r\), а во втором — от \(r\) до \(R\). Это приближает нас к раскрытию физического смысла этой формулы, и доказывает, что потенциал внутри шара образуется за счёт двух независимых составляющих. Первый интеграл — определяет вклад внутреннего слоя шара \(0..r\), второй — вклад внешнего слоя \(r..R\). В этом и заключается физическая интерпретация формулы (19).

Частный случай для этой формулы — найти распределение потенциала внутри равномерно заряженного шара. Раз так, то плотность заряда от радиуса не зависит и выносится за знак интеграла, а сам классический пример теперь решается очень просто: \[\varphi(r) = {\rho \over \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r} \int \limits_0^r r^2 \Bbb{d} r + \int \limits_r^R r \Bbb{d} r \right) = {\rho \over \varepsilon_0} \left( \frac{r^2}{3} + \frac{R^2 - r^2}{2} \right) \qquad (20)\] К слову, потенциал вне шара всегда находится по формуле (16), независимо от распределения плотности заряда внутри него.