1. Без ущерба для общности будем предполагать, что вещество и электричество распределены в пространстве непрерывно. Электрическую часть свободной энергии представим в виде
\[
W=\int \frac{D^{2}}{8 \pi \varepsilon} d V .
\]

Пусть каждая частица диэлектрика вместе со своим электрическим зарядом претерпела бесконечно малое виртуальное смещение $\mathbf{q}=\mathbf{q}(\mathbf{r})$. Приращение величины $W$ при таком виртуальном смещении будет
\[
d W=\int \delta\left(\frac{D^{2}}{8 \pi \varepsilon}\right) d V=\frac{1}{4 \pi} \int \frac{\mathbf{D} \delta \mathbf{D}}{\varepsilon} d V+\frac{1}{8 \pi} \int D^{2} \delta\left(\frac{1}{\varepsilon}\right) d V,
\]

или
\[
d W=\frac{1}{4 \pi} \int \mathbf{E} \delta \mathbf{D} d V-\frac{1}{8 \pi} \int E^{2} \delta \varepsilon d V .
\]

Здесь символ $\delta$ применяется для обозначения локалъных изменений соответствующих величин, т.е. изменений в одном и том же месте пространства, обусловленных виртуальными смещениями вещества и электричества. Интегрирование производится по всему бесконечному пространству. Преобразуем первый интеграл с помощью интегральной теоремы Гаусса-Остроградского.

Интегрируя сначала по конечному объему, ограниченному замкнутой поверхностью $S$, имеем
\[
\begin{array}{l}
\int \mathbf{E} \delta \mathbf{D} d V=-\int \operatorname{grad} \varphi \delta \mathbf{D} d V=-\int \operatorname{div}(\varphi \delta \mathbf{D}) d V+\int \varphi \operatorname{div} \delta \mathbf{D} d V= \\
=-\oint \varphi \delta \mathbf{D} d \mathbf{S}+4 \pi \int \varphi \delta \rho d V
\end{array}
\]

Предполагая, что все заряды находятся в ограниченной области пространства, будем удалять в бесконечность окружающую их замкнутую поверхность $S$. Тогда в пределе первый интеграл обратится в нуль, и мы получим
\[
d W=\int \varphi \delta \rho d V-\frac{1}{8 \pi} \int E^{2} \delta \varepsilon d V .
\]
2. Для упрощения последующих рассуждений предположим, что виртуальное смещение претерпевают только частицы вещества, находящиеся внутри бесконечно тонкого цилиндра, параллельного оси $X$. Пусть это бесконечно малое смещение происходит параллельно той же оси и является произвольной функцией координаты $x: q=x-x^{\prime}=q(x)$ (рис. 92). Найдем локальные изменения плотности электричества $\delta \rho$ и диэлектрической прони-
Рис. 92

цаемости $\delta \varepsilon$ в бесконечно малом элементе объема $A B C D$. Через сечение $A B$ внутрь объема $A B C D$ входит заряд $q(x) \rho(x) d S$, через сечение $C D$ выходит заряд $q(x+d x) \rho(x+d x) d S$, где $d S$ – площадь поперечного сечения. Избыток входящего заряда над выходящим составляет
\[
[q(x) \rho(x)-q(x+d x) \rho(x+d x)] d S=-\frac{\partial(\rho q)}{\partial x} d V,
\]

где $d V=d S d x$ – величина рассматриваемого объема. Тот же избыток можно представить выражением $\delta \rho d V$, а потому
\[
\delta \rho=-\frac{\partial(\rho q)}{\partial x} .
\]

Найдем теперь локальное приращение диэлектрической проницаемости $\delta \varepsilon$. Оно обусловлено, во-первых, тем, что в результате смещения в объем $A B C D$ поступает вещество из других областей пространства, где $\varepsilon$ имеет другие значения. Во-вторых, тем, что при смещении каждого элемента среды меняется плотность вещества $\tau$, а с ней и диэлектрическая проницаемость. После смещения из элемента объема $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ в элемент $A B C D$ плотность вещества $\tau^{\prime} \equiv \tau\left(x^{\prime}\right)$ получает приращение $\Delta \tau$ и становится равной $\tau^{\prime}+\Delta \tau$. Так как при этом масса смещенного вещества не меняется, то
\[
d x^{\prime} \tau^{\prime}=d x\left(\tau^{\prime}+\Delta \tau\right),
\]

откуда
\[
\Delta \tau=\frac{d x^{\prime}-d x}{d x} \tau^{\prime}=\frac{d\left(x^{\prime}-x\right)}{d x} \tau^{\prime},
\]

или с точностью до бесконечно малых высшего порядка
\[
\Delta \tau=-\frac{\partial q}{\partial x} \tau .
\]

Поэтому в объем $A B C D$ вещество вступает, имея диэлектрическую проницаемость
\[
\varepsilon^{\prime}+\frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} \Delta \tau=\varepsilon^{\prime}-\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} \frac{\partial q}{\partial x} .
\]

Вычитая отсюда значение $\varepsilon$ в объеме $A B C D$ до смещения, получим
\[
\delta \varepsilon=\varepsilon^{\prime}-\varepsilon-\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} \frac{\partial q}{\partial x} .
\]

А так как $\varepsilon^{\prime}-\varepsilon=\varepsilon\left(x^{\prime}\right)-\varepsilon(x)=\left(x^{\prime}-x\right) \frac{\partial \varepsilon}{\partial x}=-q \frac{\partial \varepsilon}{\partial x}$, то
\[
\delta \varepsilon=-q \frac{\partial \varepsilon}{\partial x}-\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} \frac{\partial q}{\partial x}
\]
3. Поскольку электричество смещается вместе с веществом, электрический заряд каждого смещающегося элемента среды при смещении не изменяется. Поэтому, подставив выражения (34.3) и (34.4) в формулу (34.2), получим приращение величины $W$ при постоянном заряде:
\[
(d W)_{q, T}=-d S \int_{-\infty}^{\infty} \varphi \frac{\partial(\rho q)}{\partial x} d x+\frac{d S}{8 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} E^{2}\left(q \frac{\partial \varepsilon}{\partial x}+\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} \frac{\partial q}{\partial x}\right) d x .
\]

Интегрируя по частям и имея в виду, что на пределах интеграла все величины обращаются в нуль, найдем
\[
\int_{-\infty}^{\infty} \varphi \frac{\partial(\rho q)}{\partial x} d x=-\int_{-\infty}^{\infty} \rho q \frac{\partial \varphi}{\partial x}=\int_{-\infty}^{\infty} q \rho E_{x} d x
\]

Таким же путем преобразуется в (34.2) и второй интеграл. В результате получится
\[
(d W)_{q, T}=-d S \int_{-\infty}^{\infty}\left[\rho E_{x}-\frac{E^{2}}{8 \pi} \frac{\partial \varepsilon}{\partial x}+\frac{1}{8 \pi} \frac{\partial}{\partial x}\left(\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}\right)\right] q d x .
\]

Если $f^{\text {эл }}$ – объемная плотность электрических пондеромоторных сил, действующих в диэлектрике, то работа их при рассматриваемом виртуальном смещении будет
\[
\delta A_{\text {эл }}=\int f_{x}^{э л} q d V=d S \int_{-\infty}^{\infty} f_{x}^{\text {эл }} q d x .
\]

Подставив эти выражения в формулу (32.2) и имея в виду, что функция $q=$ $=q(x)$ может быть выбрана какой угодно, найдем $f_{x}^{\text {эл }}$. К этой силе надо еще добавить силу гидростатического давления $-\partial \mathscr{P} / d x$. В результате для $x$ составляющей объемной плотности полной пондеромоторной силы получится
\[
f_{x}=\rho E_{x}-\frac{E^{2}}{8 \pi} \frac{\partial \varepsilon}{\partial x}+\frac{1}{8 \pi} \frac{\partial}{\partial x}\left(\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}\right)-\frac{\partial \mathscr{P}}{\partial x} .
\]

Такие же выражения можно написать для $y$ – и $z$-составляющих силы $\mathbf{f}$. Объединяя их в одну векторную формулу, получим
\[
\mathbf{f}=-\operatorname{grad} \mathscr{P}+\rho E-\frac{E^{2}}{8 \pi} \operatorname{grad} \varepsilon+\frac{1}{8 \pi} \operatorname{grad}\left(\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}\right) .
\]
4. Повторим теперь приведенный вывод, предполагая, что жидкость является «несжимаемой». Тогда при перемещении любого элемента жидкости из одного места пространства в другое величина $\tau$, а с ней $\varepsilon$ меняться не будут. Не будет изменяться и упругая часть свободной энергии. В результате в выражении (34.5) выпадут первый и последний члены, и мы получим
\[
\mathbf{f}=\rho \mathbf{E}-\frac{E^{2}}{8 \pi} \operatorname{grad} \varepsilon .
\]

В таком виде выражение для пондеромоторной силы было получено Максвеллом. Добавочный член $\frac{1}{8 \pi} \operatorname{grad}\left(\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}\right)$ был введен Гельмгольцем. По величине он того же порядка, что и член $\frac{E^{2}}{8 \pi} \operatorname{grad} \varepsilon$, учтенный Максвеллом. Однако в случае «несжимаемых» жидкостей применимы оба способа рассуждения, приведенные выше. Поэтому в статических электрических полях должно соблюдаться соотношение
\[
\operatorname{grad} \mathscr{P}=\frac{1}{8 \pi} \operatorname{grad}\left(\tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}\right),
\]

или после интегрирования
\[
\mathscr{P}=\frac{1}{8 \pi} \tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}+\text { const. }
\]

Это означает, что добавочная часть пондеромоторной силы, возникающая в результате зависимости диэлектрической проницаемости от плотности жидкости, компенсируется гидростатическим давлением, полвляющимся в жидкости при наложении электрического поля. Но в быстропеременных полях такой компенсации нет. Там соотношение (34.8) не соблодается. Действительно, допустим, что электрическое поле было включено мгновенно. Электрические возмущения распространяются в диэлектриках со скоростями порядка скорости света, упругие – со скоростью звука. Поэтому в быстропеременных полях гидростатическое давление $\mathscr{P}$ не успеет прийти в равновесие с «электрическим давлением» $\frac{1}{8 \pi} \tau \frac{\partial \varepsilon}{\partial \tau} E^{2}$. В этом случае формула (34.7) неприменима.
ЗАДАЧА
Показать, что пондеромоторная сила (34.5) сводится к натяжению вдоль силовых линий (33.8) и давлению (33.9) в перпендикулярном направлении.

Решение. Докажем обратное: считая натяжения и давления известными, найдем результирующую силу $\mathbf{f}$, действующую на единицу объема
диэлектрика Убедимся, что она совпадает с (34.5). Вырежем мысленно в диэлектрике бесконечно малый прямоугольный параллелепипед со сторонами $d x, d y, d z$, параллельными координатным осям (рис. 93). На основание 1 этого параллелепипеда действует сила гидростатического давления $\mathscr{P}(x) d y d z$, на основание 2 – противоположно направленная сила $-\mathscr{P}(x+d x) d y d z$. Их результирующая, действующая в положительном направлении оси $X$, равна
\[
\begin{aligned}
{[\mathscr{P}(x)-\mathscr{P}(x+} & d x)] d y d z= \\
& =-\frac{\partial \mathscr{P}}{\partial x} d x d y d z .
\end{aligned}
\]

Аналогично находятся выражения для сил, действующих вдоль двух других координатРис. 93 ных осей. Объединяя их и разделив на объем параллелепипеда $d x d y d z$, получим полную силу гидростатического давления, отнесенную к единице объема диэлектрика:
\[
\mathbf{f}_{1}=-\left(\frac{\partial \mathscr{P}}{\partial x} \mathbf{i}+\frac{\partial \mathscr{P}}{\partial y} \mathbf{j}+\frac{\partial \mathscr{P}}{\partial z} \mathbf{k}\right)=-\operatorname{grad} \mathscr{P} .
\]

К ней надо добавить силу всестороннего изотропного натяжения в электрическом поле:
\[
\mathbf{f}_{2}=\operatorname{grad}\left(\frac{\tau}{8 \pi} \frac{d \varepsilon}{d \tau} E^{2}\right),
\]

которая вычисляется так же. Остается найти силу $\mathbf{f}_{3}$, вызываемую натяжением $\varepsilon E^{2} /(8 \pi)$ вдоль поля и равным ему давлением поперек поля. При вычислении этой силы координатную ось $X$ удобно направить вдоль вектора $\mathbf{E}$. Тогда
\[
\mathbf{f}_{3}=\frac{1}{8 \pi}\left[\frac{\partial}{\partial x}\left(\varepsilon E^{2}\right) \mathbf{i}-\frac{\partial}{\partial y}\left(\varepsilon E^{2}\right) \mathbf{j}-\frac{\partial}{\partial z}\left(\varepsilon E^{2}\right) \mathbf{k}\right],
\]

или
\[
\mathbf{f}_{3}=-\frac{1}{8 \pi} \operatorname{grad}\left(\varepsilon E^{2}\right)+\frac{1}{4 \pi} \frac{\partial}{\partial x}\left(\varepsilon E^{2}\right) \mathbf{i} .
\]

Преобразуем это выражение. Прежде всего пишем
\[
\operatorname{grad}\left(\varepsilon E^{2}\right)=E^{2} \operatorname{grad} \varepsilon+2 \varepsilon E \operatorname{grad} E .
\]

Так как вектор $\mathbf{E}$ содержит только $x$-составляющую, то
\[
\varepsilon E \operatorname{grad} E=D \operatorname{grad} E_{x}=D\left(\frac{\partial E_{x}}{\partial x} \mathbf{i}+\frac{\partial E_{x}}{\partial y} \mathbf{j}+\frac{\partial E_{x}}{\partial z} \mathbf{k}\right) .
\]

Ho
\[
\frac{\partial E_{x}}{\partial y}=-\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\right)=-\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial \varphi}{\partial y}\right)=\frac{\partial E_{y}}{\partial x}=0 .
\]

Аналогично, $\partial E_{x} / \partial z=0$. Таким образом,
\[
\varepsilon E \operatorname{grad} E=D \frac{\partial E}{\partial x} \mathbf{i} .
\]

Далее,
\[
-D \frac{\partial E}{\partial x} \mathbf{i}+\frac{\partial}{\partial x}\left(\varepsilon E^{2}\right) \mathbf{i}=\mathbf{E} \frac{\partial D}{\partial x}=\mathbf{E} \operatorname{div} \mathbf{D}=4 \pi \rho \mathbf{E} .
\]

В результате сложения $\mathbf{f}_{1}, \mathbf{f}_{2}$ и $\mathbf{f}_{3}$ получается выражение (34.5).