Излагаются основные методы расчета потенциала и напряженности электростатического поля и анализируются примеры вычислений.

Постановка задачи. Решим одну из задач электростатики:
42
Поле на осн равиомерно заряженного диска
43

К вычислению напряженности поля бесконечной заряженной иити с помощью теоремы Гаусса
– Нахождение напряженности попя по заданному распределению зарядов прлмым применениен закоиа Кулона является иаиболее естест вениым, ио не санын простым.
Нахождение напряженности полп с помоцию тео. реньг Гаусеа обычно челесообразно при наличии симнетрий распределеиия заряда.

О Что можно сказать о физическом смысле потенциала в рамках электростатики? Какой физический смысл и меет разность потеициалов ?
определить напряженность электрического поля, создаваемого известным распределением зарядов.
Эта задача может быть решена несколькими методами. В принципгиальном смысле все они равноценны, в практическом в зависимости от обстоятельств различны, так как связаны с неодинаковым объемом вычислительной работы. Целесообразно выбрать тот метод, который приводит к искомому результату наиболее простым путем. Прямое использование закона Кулона. В этом случае напряженность поля в точке вычисляется как сумма напряженностей, полей, создаваемых всеми элементами $\rho \mathrm{d} V$ и $\sigma \mathrm{d} S$ объемных и поверхностных зарядов. Этот метод является наиболее естественным, но не самым простым, поскольку приходится суммировать векторы, что значительно усложняет вычисления. Пример использования этого метода был рассмотрен в § 8 при вычислении силы взаимодействия точечного заряда и бесконечной прямой заряженной нити.
Вычисление потенциала. Формулы (14.35) и (14.36) можно использовать только при распределении заряда в конечной области пространства и нормировке потенциала на нуль в бесконечности.
Рассмотрим в качестве примера поле в точках перпендикуляра к плоскости равномерно заряженного диска радиусом $a$, проходящего через его центр (рис. 42). Полный заряд диска равсн $Q$. Для потенциала на расстоянии $h$ от поверхности диска имеем [см. (14.36)]
$\varphi(h)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{S} \frac{\sigma \mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+h^{2}}}$,
где $\sigma=Q /\left(\pi a^{2}\right)$ – поверхностная плотность заряда на диске. Интеграл удобно вычислять в полярных координатах, полагая $x^{2}+y^{2}=r^{2}$, $\mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\mathrm{d} S=r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \alpha$. Тогда [см. (15.1)]
\[
\varphi(h)=\frac{\sigma}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \alpha \int_{0}^{a} \frac{r \mathrm{~d} r}{\sqrt{r^{2}+h^{2}}}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{a^{2}}\left(\sqrt{a^{2}+h^{2}}-h\right) .
\]

Из аксиальной симметрии распределения заряда следует, что вектор напряженности электрического поля направлен вдоль оси диска и равен $\boldsymbol{E}_{h}=-\frac{\partial \varphi}{\partial h}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{a^{2}}\left(1-\frac{h}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}\right)$.
Для $h \gg a$ можно считать, что
\[
\frac{h}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}=-\frac{1}{\sqrt{1+a^{2} / h^{2}}} \approx 1-\frac{1}{2} \frac{a^{2}}{h^{2}}+\ldots
\]

и, следовательно,
\[
E_{k} \approx \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{h^{2}},
\]

как это можно было ожидать и без вычислений, поскольку на больших расстояниях напряженность поля заряженного тела близка к напряженности поля точечного заряда.
Использование теоремы Гаусса. При наличии симметрии в некоторых случаях наиболее эффективным методом определения напряженности поля является применение теоремы Гаусса. Пусть, например, требуется найти напряженность поля бесконечной заряженной прямой нити с линейной плотностью $\tau$. Построим круглый цилиндр радиусом $r$, ось которого совпадает с нитью (рис. 43). Обозначим $h$-высоту цилиндра. Применим к объему цилиндра теорему Гаусса:
\[
\int_{S} \mathbf{E} \cdot \mathrm{d} \mathbf{S}=Q / \varepsilon_{0},
\]

где $Q$ – заряд в объеме цилиндра, $S$ – поверхность цилиндра. Очевидно, что $Q=\tau h$. Поток $\mathbf{E}$ сквозь основания цилиндра равен нулю так как вектор $\mathbf{E}$ параллелен основаниям. Поток $\mathbf{E}$ сквозь боковую поверхность легко вычисляется, поскольку на ней вектор $\mathbf{E}$ совпадает по направлению с нормалью к поверхности, а по модулю он постояиен. Тогда
\[
\int_{\boldsymbol{S}} \mathbf{E} \cdot \mathrm{d} \mathbf{S}=\int_{s_{\text {бок }}} \mathbf{E} \cdot \mathrm{d} \mathbf{S}=E \cdot 2 \pi r h .
\]
4*
Таким образом, теорема Гаусса приводит к равенству
$E \cdot 2 \pi r h=\tau h / \varepsilon_{0}$,
из которого получаем
$E=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\tau}{r}$.
В поле с такой напряженностью сила, действующая на точечный заряд, имеет значение (8.5), полученное прямым применением закона Кулона.
Уравнение Лапласа и Пуассона. Во многих случаях предпочтительным методом нахождения напряженности поля является сведение задачи к решению дифференциального уравнения для потенциала. Чтобы его получить подставим в
$\operatorname{div} \mathbf{E}=\rho / \varepsilon_{0}$
выражение
$\mathbf{E}=-\operatorname{grad} \varphi$.
Тогда
$\operatorname{div} \operatorname{grad} \varphi=-\rho / \varepsilon_{0}$.
Учтем, что
$\operatorname{div} \operatorname{grad} \varphi=\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial z^{2}}=
abla^{2} \varphi$,
где $
abla^{2}$ – оператор Лапласа, являющийся суммой вторых производных по координатам. Иногда он обозначается $\Delta \equiv
abla^{2}$. С использованием (15.13) равенство (15.12) записывается в виде
$
abla^{2} \varphi=-\rho / \varepsilon_{0}$
и называется уравнением Пуассона. В тех областях пространства, где заряды отсутствуют ( $\rho=0$ ), оно превращается в уравнение
\[

abla^{2} \varphi=0,
\]

называемое уравнением Лапласа.
После нахождения потенциала $\varphi$ как решения (15.14) можно вычислить напряженность электрического поля по формуле (15.11). Решение должно удовлетворять требованиям, которые были сформулированы для потенциала (см. § 14): потенциал ч является непрерывной и конечной функцией, с конечными производными по координатам.

Если все заряды сосредоточены в конечной области пространства, то решением (15.14) будет (14.35), что следует из однозначности решения задач электромагнетизма (см. § 58).

Наиболее важным преимуществом нахождения напряженности поля с помощью дифференциального уравнения Пуассона для потенциала является большая общность этого метода и его очень широкая применимость. Формулы (14.35) и (14.36) предполагают, что все заряды находятся в конечной области пространства, благодаря чему имеет смысл нормировка потенциала на нуль в бесконечности. Уравнение же Пуассона не предполагает определенной нормировки потенциала и отсутствия зарядов на бесконечности.
Бесконечный равномерно заряженный круглый цилиндр. Найдем с помощью уравнения Пуассона потенциал, создаваемый бесконечным круглым цилиндром радиусом а с объемной плотностью заряда $\rho=$ const.

Направим ось $Z$ по оси цилиндра. Вследствие аксиальной симметрии распределения заряда потенциал $\varphi$ также аксиально симметричен, т. е. $\varphi=\varphi(r)$. Поэтому удобно использовать цилиндрическую систему координат, аксиальный угол которой обозначим $\alpha$. В ней оператор Лапласа имеет вид
\[

abla^{2} \varphi=\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial \varphi}{\partial r}+\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} \varphi}{\partial \alpha^{2}}+\frac{\partial^{2} \varphi}{\partial z^{2}} .
\]

Так как в данном случае потенциал $\varphi$ зависит только от $r$, то выражение (15.16) упрощается:
\[

abla^{2} \varphi=\frac{\mathrm{d}^{2} \varphi}{\mathrm{d} r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{d} r}=\frac{1}{r} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\left(r \frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{d} r}\right),
\]

а уравнение Пуассона (15.14) записывается так:
\[
\begin{array}{l}
\frac{1}{r} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\left(r \frac{\mathrm{d} \varphi_{1}}{\mathrm{~d} r}\right)=-\rho / \varepsilon_{0} \quad(0<r<a), \\
\frac{1}{r} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r}\left(r \frac{\mathrm{d} \varphi_{2}}{\mathrm{~d} r}\right)=0 \quad(r>a) .
\end{array}
\]

Общие решения (15.18) находятся интегрированием:
\[
\begin{array}{l}
\varphi_{1}=-\frac{1}{4} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} r^{2}+A_{1} \ln r+B_{1}, \\
\varphi_{2}=A_{2} \ln r+B_{2},
\end{array}
\]

где $A_{1}, A_{2}, B_{1}$ и $B_{2}$ – постоянные интегрирования. Поскольку потенциал во всех точках должен быть конечным, а $\ln r \rightarrow \infty$ при $r \rightarrow 0$, необходимо в решении (15.19) положить $A_{1}=0$. Удобно потенциал нормировать условием $\varphi_{1}(0)=0$, и тогда $B_{1}=0$.

Поскольку поверхностные заряды отсутствуют, напряженность электрического поля на поверхности шара непрерывна, т. е. непрерывна производная от потенциала. Условия непрерывности потенциала и его производной при $r=a$ дают два алгебраических уравнения для определения двух оставшихся пока неизвестными постоянных $A_{2}$ и $B_{2}$ :
\[
A_{2} \ln a+B_{2}=-\frac{1}{4} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} a^{2}, \frac{A_{2}}{a}=-\frac{1}{2} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} a \text {. }
\]
Отсюда следует, что
\[
\begin{array}{ll}
\varphi_{1}(r)=-\frac{1}{4} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} r^{2} & (0<r \leqslant a), \\
\varphi_{2}(r)=\frac{1}{2} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} a^{2} \ln \frac{a}{r}-\frac{1}{4} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} a^{2} & (r \geqslant a) .
\end{array}
\]

Тогда
\[
\begin{array}{l}
E_{r}=-\frac{\partial \varphi_{1}}{\partial r}=\frac{1}{2} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} r \quad(0<r \leqslant a), \\
E_{r}=-\frac{\partial \varphi_{2}}{\partial r}=\frac{1}{2} \frac{\rho}{\varepsilon_{0}} \frac{a^{2}}{r} \quad(r \geqslant a) .
\end{array}
\]

Учитывая, что $\rho \pi a^{2}=\tau$-заряд, приходящийся на 1 м длины цилиндра, можно второе из равенств (15.22) переписать в виде
\[
E_{r}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\tau}{r} \text {. }
\]

Сравнение (15.23) с (15.9) показывает, что поле вне однородно заряженного цилиндра таково, как если бы весь его заряд был сосредоточен на оси.

Пример 15.1. Найти напряженность поля прямой нити конечной длины, равномерно заряженной с линейной плотностью заряда $\tau$ (рис. 44). Принять: $\tau=10^{-10} \mathrm{~K} / \mathrm{M} ; l=1 \mathrm{M} ; d=0,5 \mathrm{~m} ; a=0,5 \mathrm{~m}$.
По закону Кулона
\[
\begin{array}{l}
\mathrm{d} E_{x}=\frac{\tau \mathrm{d} y \cos \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(y^{2}+d^{2}\right)}=\frac{d \tau \mathrm{d} y}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(y^{2}+d^{2}\right)^{3 / 2}}, \\
\mathrm{~d} E_{y}=\frac{\tau \mathrm{d} y \sin \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(y^{2}+d^{2}\right)}=-\frac{\tau y \mathrm{~d} y}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(y^{2}+d^{2}\right)^{3 / 2}},
\end{array}
\]

откуда
\[
E_{x}=\frac{\tau d}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{-(i-a)}^{a} \frac{\mathrm{d} y}{\left(y^{2}+d^{2}\right)^{3 / 2}}, E_{y}=-\frac{\tau}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{-(i-a)}^{a} \frac{y \mathrm{~d} y}{\left(y^{2}+d^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]

Произведя замену переменных $y=d \operatorname{tg} \alpha, \mathrm{d} y=d \mathrm{~d} \alpha / \cos ^{2} \alpha, 1+\operatorname{tg}^{2} \alpha=1 / \cos ^{2} \alpha$ и вычислив интегралы, получим:
\[
\begin{array}{l}
E_{x}=\frac{\tau}{4 \pi \varepsilon_{0} d}\left(\sin \alpha_{2}+\sin \alpha_{1}\right)=1,27 \mathrm{~B} / \mathrm{M}, \\
E_{y}=\frac{\tau}{4 \pi \varepsilon_{0} d}\left(\cos \alpha_{2}-\cos \alpha_{1}\right)=0 .
\end{array}
\]

Для бесконечной нити $(l \rightarrow \infty) \alpha_{1}=\alpha_{2}=\pi / 2$ и поэтому $E_{y}=0, E_{x}=\tau /\left(2 \pi \varepsilon_{0} d\right)$.
Пример 15.2. Определить с помощью потенциала напряженность поля 6 точках перпендикуляра к плоскости диска, если по нему равномерно распределен зарлд Q. Радиус диска а (рис. 45).

Принять: $Q=10^{-10} \mathrm{Kл;} a=10 \mathrm{~cm} ; h=20 \mathrm{cм}$ (расстояние до точки от плоскости диска).
По формуле (14.36) имеем
\[
\varphi(h)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{S} \frac{\sigma \mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+h^{2}}}, \sigma=\frac{Q}{\pi a^{2}} .
\]

Для вычисления интеграла перейдем к поляриым координатам в плоскости диска: $x^{2}+y^{2}=$ $=r^{2}, \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=r \mathrm{~d} \boldsymbol{d} \alpha$,
$\varphi(h)=\frac{\sigma}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{2 \pi} d \alpha \int_{0}^{a} \frac{r d r}{\sqrt{r^{2}+h^{2}}}=$
\[
=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{a^{2}}\left(\sqrt{a^{2}+h^{2}}-h\right),
\]

откуда
\[
E_{h}=-\frac{\partial \varphi}{\partial h}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{a^{2}}\left(1-\frac{h}{\sqrt{a^{2}+h^{2}}}\right)=18 \mathrm{~B} / \mathrm{M} .
\]

Формула (15.26) совпадает с (15.3).
Пример 15.3. Найти иапряженность электрического поля, создаваемого поверхностным зарядом сферы радиусом R. Полный заряд сферы $Q$, поверхностная плотность заряда $\sigma=Q /\left(4 \pi R^{2}\right)$.

Потенциал, создаваемый элементом заряжениой поверхности (рис. 46) в точке, характеризуемой $\mathbf{r}$, равен
\[
\mathrm{d} \varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\sigma R^{2} \sin \theta d \theta \mathrm{d} \alpha}{\rho},
\]

где $R^{2} \sin \theta \mathrm{d} \theta \mathrm{d} \alpha$ – элемент поверхности сферы в сферических координатах, полярная ось которых совпадает с вектором r; угол $\alpha$-аксиальный угол. Из рисунка видно, что $\rho=\mathbf{R}-\mathbf{r}$. После возведения обеих частей равенства в квадрат, находим $\rho^{2}=R^{2}+r^{2}-2 R r \cos \theta$. Взяв дифференциалы от обеих частей этого равенства, имеем $2 \rho \mathrm{d} \rho=2 R r \sin \theta \mathrm{d} \theta$,

откуда следует, что $R^{2} \sin \theta d \theta=(\rho R / r) d \rho$. Тогда [cм. (15.27)]
$\mathrm{d} \varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\sigma R}{r} \mathrm{~d} \rho \mathrm{d} \alpha$.
44
К вычислению напряженности электрического поля линейного заряда хонечной длины
45
К вычнслению напряженности электрического поля заряженного диска
46
К вычислению напряженности поля поверхностного заряда сферы
Интегрируя (15.28) по всей поверхности сферы, находим
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\sigma R}{r} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \alpha \int_{|r-R|}^{r+R} \mathrm{~d} \rho=\frac{1}{2} \frac{\sigma R}{r}[\rho]_{|r-R|}^{r+R}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{\sigma R^{2}}{\varepsilon_{0} r}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{r} & (r>R), \\
\frac{\sigma R}{\varepsilon_{0}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{R} & (r<R) .
\end{array}\right.
\]

Отсюда получаем напряженность электрического поля
\[
E_{r}=-\frac{\partial \varphi}{\partial r}=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{Q}{r^{2}} & (r>R), \\
0 & (r<R),
\end{array}\right.
\]
т. е. вне равномерно заряженной сферы напряженность поля такая же, как если бы весь заряд был сосредоточен в ее чентре, а внутри объема, ограниченного сферой, поле отсутствует.