Экспериментальная проверка закона Кулона

σ = limΔS→0Δq∕ΔS .

Все точки проводника имеют одинаковый потенциал, так как gradϕin = −E→in = 0. Поверхность проводника также эквипотенциальна. Следовательно, электрическое поле перпендикулярно к ней. Этот факт иногда формулируют в виде равенства нулю тангенциальной (касательной к поверхности проводника) проекции внешнего электрического поля E→t = [[n→,E→],n→]:

E→t = 0.

Здесь и далее n→ обозначает внешнюю нормаль к поверхности проводника.

Рис. 1.26: Поток через верхнюю грань параллелепипеда, натянутого на элемент поверхности S, равен En S; поток через остальные грани равен нулю. Сравнивая En S с полным зарядом 4π σ S внутри параллелепипеда, получаем граничное условие En = 4πσ.

Нормальная компонента электрического поля на поверхности проводника En = (n→,E→) однозначно связана с поверхностной плотностью зарядов. Применяя теорему Гаусса к параллелепипеду, натянутому на элемент поверхности проводника (рис. 1.26), получаем:

E→n = 4πσ .

Обычно распределение зарядов σ по поверхности проводника неизвестно. Если нужно, его находят в результате решения задачи (см. след. параграф). Однако одну существенную закономерность можно указать из качественных соображений (Б.Франклин, 1747 г.). Так как одноименные заряды (заряды одного знака) отталкиваются, они стремятся разойтись в проводнике как можно дальше. Это приводит к накоплению зарядов на наиболее удаленных участках проводников, например на остриях. Поле вблизи острия можно приближенно представить, как поле заряженной сферы того же радиуса кривизны r. Отсюда можно оценить напряженность электрического поля и поверхностную плотность заряда 4πσ ∼ E ∼ ϕ∕r, где ϕ — потенциал проводника относительно соседних тел. При этом полезно отметить, что полный заряд острия q ∼ πr2σ ∼ ϕr все-таки составляет малую долю заряда всего проводящего тела Q ∼ ϕR, где R — его характерный размер.

13. Уравнение Лапласа.

 

При наличии проводников общее решение уравнения Пуассона (10.1) для электростатического потенциала можно представить в виде, явно учитывающем поверхностные заряды на их поверхности: ϕ(r→) = ∫ V ρ(r′→)dV ′ ∣r→ −r′→∣ + ∫ Sσ(r′→)dS′ ∣r→ −r′→∣. (13.1)

Формула (13.1) получается из (11.2), если объемную плотность зарядов в проводниках выразить через поверхностную плотность заряда σ с помощью одномерной δ-функции ρ(z) = σ δ(z), где координата z отсчитывается от поверхности проводника по нормали к ней, а также учесть, что dV = dS dz.

Однако поверхностная плотность σ обычно не известна, а сама зависит от электрического поля (от потенциалов всех проводников). Поэтому формальное решение уравнения Пуассона (13.1) по сути дела само является уравнением, но не дифференциальным, а интегральным, так как неизвестное поле входит под знаком интеграла через граничное условие σ = En∕4π.

Чтобы не заниматься решением интегрального уравнения, можно в уравнении Пуассона учитывать только плотность зарядов вне проводников (эти заряды обычно «закреплены» и поэтому известны), а вместо σ задать потенциалы проводников. Иными словами, нужно решать уравнение Пуассона при дополнительных граничных условиях ϕ(r) ∣Sj = ϕj (13.2)

на поверхности Sj проводников. Иногда бывают фиксированы на потенциалы, а заряды проводников. В этом случае говорят, что потенциалы проводников ϕj «плавают», но всё равно они постоянны на поверхности каждого проводника. Тогда решают задачу, задав некоторый набор констант ϕj, а после того как поле найдено, подгоняют эти константы так, чтобы выполнялись дополнительные условия 1 4π ∮ Sj(E→,dS→) = qj. (13.3)

Встречаются также смешанные постановки задачи, когда для одних проводников заданы потенциалы, а для других — заряды.

Простейшим, но практически очень важным является случай полного отсутствия внешних зарядов, так что ρ = 0. Тогда нужно решать уравнение Лапласа Δϕ = 0 (13.4)

с граничными условиями (13.2) или (13.3). Уравнение Лапласа относится к классу уравнений в частных производных второго порядка. Только в редких ситуациях, когда потенциал зависит лишь от одной пространственной координаты, оно превращается в обыкновенное дифференциальное уравнение. Разработаны изощренные методы решения уравнения Лапласа, которые изучают в курсе математической физики. На простейших примерах некоторые из них изложены в приложении к данному параграфу.

Математики прилагают немало усилий для доказательства единственности решения того или иного уравнения. Физики зачастую считают единственность решения тривиальным фактом. Между тем известно немало систем, которые при одинаковых условиях могут находится в разных состояниях.Уравнение Пуассона с нелинейной правой частью, когда ρ зависит от ϕ, также может иметь решения типа гистерезиса.1 Поэтому мы всё-таки потратим некоторое время, чтобы доказать единственность решения уравнения Лапласа.

Предположим обратное. Пусть ϕ и ϕ̃ — два различных решения уравнения Лапласа или уравнения Пуассона с фиксированной правой частью тт.е. плотность зарядов ρ вне проводников не зависит от электрического поля). Разность этих решений

χ = ϕ −ϕ̃

удовлетворяет уравнению Лапласа

Δχ = 0.

На поверхности проводников с фиксированным потенциалом

χ ∣S = 0,

а на поверхности проводников с плавающим потенциалом

∮ S(∇χ,dS→) = 0,χ ∣S = const .

Воспользуемся теоремой Остроградского–Гаусса

∫ V diva→dV = ∮ S(a→,dS→),

записав её для вектора a→ = gradχ2∕2 = χgradχ:

∫ V div(χgradχ)dV = ∮ S(χgradχ,dS→).

Интеграл в правой части по поверхности проводников равен нулю в силу граничных условий. Подынтегральное выражение в левой части преобразуем с помощью тождества

div(χgradχ) = (gradχ)2 + χdivgradχ.

Так как divgradχ = Δχ = 0 из теоремы Остроградского–Гаусса получаем интегральное уравнение

∫ V (gradχ)2 dV = 0.

Поскольку под знаком интеграла здесь стоит неотрицательная величина (gradχ)2, равенство нулю всего интеграла возможно только при условии, что всюду gradχ = 0. Таким образом, два решения ϕ и ϕ̃ если и различаются, то только на несущественную аддитивную константу. Впрочем, если потенциал хотя бы одного проводника фиксирован, то эта константа с необходимостью равна нулю. Тем самым единственность решения доказана.

Теорема единственности оправдывает использование эвристического подхода к решению задач электростатики. Если решение угадано, то не нужно искать другие решения. Мы воспользуемся этим фактом в следующем параграфе.

14. 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.

15. Энергия взаимодействия  электрических зарядов.

Пробный электрический заряд q во внешнем электрическом поле с потенциалом ϕ обладает потенциальной энергией (см. ??)

U(r→) = q ϕ(r→).

Предположим, что имеются два точечных заряда q1 и q2 на расстоянии r12 = r21 один от другого. Тогда второй заряд в поле первого обладает потенциальной энергией U12 = q1q2∕r12. Точно так же первый заряд в поле второго обладает потенциальной энергией U21 = q2q1∕r21. Очевидно, что U12 = U21. Очевидно также, что вопрос, какому заряду принадлежит потенциальная энергия здесь не уместен. Если позволить зарядам двигаться под действием силы кулоновского взаимодействия, то потенциальная энергия перейдет в кинетическую энергию зарядов в пропорции, зависящей от их масс и начальных скоростей, но не от соотношения зарядов. Потенциальная энергия является «общей», поэтому её называют энергией взаимодействия системы зарядов.

Энергию взаимодействия двух зарядов можно записать в симметричном виде

W = 1 2[q1q2 r12 + q2q1 r21 ],

подчеркивающем равноправие зарядов. После этого обобщение на случай произвольного числа зарядов становится очевидным: W = 1 2 ∑ j ∑ k≠jqjqk rjk = 1 2 ∑ j ∑ k≠jqjϕjk . (15.1)

где ϕij = qk∕rjk — потенциал заряда qk в точке, где расположен заряд qj. Поскольку энергия взаимодействия каждой пары зарядов суммируется дважды, перед суммой поставлен коэффициент 1∕2. В отличие от потенциальной энергии U, которую в определенных ситуациях рассматривают как функцию координат, энергия взаимодействия W есть характеристика всей системы в целом; ей нельзя приписать координаты.