Ефимов А.Д. Физика

7.3 Задачи, связанные с диэлектриками

Приступая к данному разделу, рассмотрим	Ðèñ. 37:				Мак
дель для такого шара. Ею является два про-
ляризованномподробным образомшаре.задачуПриравномернойо равномернополяпо--		ϑ
ризации шара поверхностный заряд будет опре-		P
деляться лишь азимутальным углом (см. рис. 37),
σ′ = Pn = P cos ϑ. Рассмотрим удобную мо-				.
но заряженных шаров соответственно ρ±, причем ρ+ =.О−ρ− = ρ. Â
тивоположно заряженных шара радиусов R,

слегка сдвинутых друг относительно друга на расстояние d, причем

d R (рис. 38). Объемная плотность положительноСи отрицательтакой модели поверхностный заряд будет присутствовать только в тех местах, где шары не пересекаются, и будут зависеть от толщины соответствующего слоя h, σ′ = ρh. В соответствии с рис. 39 и с

учетом d R, h = d cos ϑ, что приводит к σ′ = ρd cos ϑ и соответственно P = ρd, где вектор d направлен от центра отрицательного

шара до центра положительного.

Рассмотрим теперь напряженность этой системы. Напряженность, создаваемая каждым из шаров относительно своих центров в соответствии с (35), для внутренности шаров E± = ρ±r±/(3ε0).

Отсюда напряженность внутри системы E = ρ/(3ε0)(r+ − r−) =

−ρd/(3ε0) = −P /(3ε0). Т.е. в соответствии с моделью внутри равномерно поляризованного шара напряженность неизменна и равна

−P /(3ε0).

Данный результат можно получить для центра шара, исходя′
непосредственно из поляризации. Площадь полоски, в которых σ
			адмирала
ρ			ρ	+
-
					D
					H
	D				ϑ
R			R
имени
Ф	Ðèñ. 38:

Ðèñ. 39:

61

Задача 7. В бесконечном однородном диэлектрике напряженность поля была E. Впоследствии в этом диэлектрике были обра-

зованы полости различной формы как это изображено на рис. 40, а 62

объем шара.

неизменна, dS

= rdϑ2πr sin ϑ, заряд этой полоски dq = σ′dS =

P cos ϑ2πr2 sin ϑdϑ (рис. 37). Этот заряд в центре шара дает поле

dE = −1/(4πε0)dq cos ϑ/r2. Интегрируя это выражение по половине

поверхности шара, там где находятся положительные заряды, по-

лучаем половину напряженности

1

π/2

P

π/2

P

π/2

P

dE = −

Z0

cos3 ϑ¯0

2 E = Z0

2ε0

cos2 ϑ sin ϑdϑ = 6ε0

= −6ε0 ,

¯

Мак

¯

1

¯

.

P ,

(102)

E = −

3ε0

.О

но, как мы видели ранее, это значение справедливо для всего внут-

реннего пространства шара.

Снаружи шара в силу рассмотренной моделиСполе будет опре-

деляться дипольным моментом p = 4/3πR3P в соответствии с вы-

ражением (18). Убедиться в этом несложно, если иметь ввиду, что

для определения электрического поля вне шаров, изображенных на

рис. 38, можно считать, что заряды Q±

= 4/3πR3ρ± расположены

в центрах соответствующих шаров, что будет в точности соответ-

ствовать дипольному приближению при d R.

Задача 6 (2-108). В однородное электрическое поле E0 помести-

ли однородный диэлектрический (ε) øàð (R). Найти поляризован-

ность диэлектрика P , напряженность E поля внутри и снаружи

шара (здесь и далее в скобках указан номер задачи из книги [6], с

которой она либо совпадает, либо близка к ней).

адмирала

Решение. В однородном электрическом поле однородный ди-

электрик поляризуется однородно. В соответствии с уравнением

(102) äëÿ øàðà E′

= −P

/(3ε0), à òàê êàê P

= χε0E, òî E =

E0 − P /(3ε0) = E0 − χ/3E, откуда для P è E внутри шара

E =

3

E

=

3

E

; P = ε (ε

−

1)E = 3ε

ε − 1

E

.

3 + χ

0

ε + 2

0

0

0 ε + 2

0

Вне шара напряженность будет складываться из E0 и поля диполя,

имени

Ф

равного p = P V , ãäå V

				E
						E
		E					σ'
			q	q		ϑ		Мак
		ΔS
				ΔS
							.
				Ðèñ. 40:		.О
		именно: а) полость в форме цилиндра, ориентированного по полю
		с малым основанием и большой высотой, б) большим основанием и
						С
		малой высотой, в) полость в форме шара. Найти в данных пустотах
		напряженность электрического поля.
		Решение. Из рис. 40 видно, что образованные на стенках поло-
		сти поверхностные заряды будут усиливать поле. В первом случае
		(рис. 40(а)), если нас интересует средняя часть полости, то напря-
		женность, создаваемая поверхностным зарядом, будет стремиться
		ê íóëþ, ò.ê. σ′	S/l2	→ 0, поэтому напряженность в такой поло-
		сти будет равна напряженности в самом диэлектрике, неимеющим
		полости.
		В случае б) (рис. 40(б)) можно считать, что основания цилин-
		дра образуют бесконечные поверхности с поверхностной плотно-
		стью заряда σ′	= P = χε0E. С учетом, что таких поверхностей
				′	′	/ε0 = χE. Ýòî äàåò
		две с противоположнымиадмиралазарядами, то E = σ
		Eвнутр. = E + χE = εE = E0. Таким образом, внутри полости поле
		будет такое, каким оно было бы вне диэлектрика и будет опреде-
		ляться лишь свободными зарядами.
		Случай в). Полость шарообразной формы аналогична шарооб-
		разному диэлектрику, но, как следует из рис. 40(в), поле связанных
		зарядов будет направлено в противоположную сторону, в данном
		случае по полю E, è E′ = P/(3ε0). Полное же поле во всем про-
		странстве полости Eвнутр. = E +P/(3ε0) = (1+χ/3)E = (ε+2)/3E.
	имени
	Ф	Задача 8 (2-83). Точечный сторонний заряд q находится в цен-
		тре шара из однородного диэлектрика (ε). Найти поляризованность
		P как функцию радиус-вектора относительно центра шара, связан-
				63

ный заряд внутри сферы и плотность поверхностного заряда, если радиус сферы R.

Решение. Внутри шара в силу предельной симметрии поле бу-

Мак

дет отличаться от поля в вакууме в ε ðàç E = q/(4πε0εr2), вектор

поляризации P = (ε − 1)ε0E = (ε − 1)q/(4πεr2) и направлен по

радиус вектору. Связанный заряд внутри сферы будет объемным,

тем, что было получено Hранее в соответствии с формулой (60). В

а потому равен qV′

= −

S (P , dS) = −(ε − 1)q/ε, что совпадает с

стиками ε1 и радиусом r1

находится сторонний заряд q.О, за данным

силу того, что общий связанный заряд диэлектрика равен нулю, то

qS′ = (ε − 1)q/ε è σ′ = (ε − 1)q/(4πR2ε).

С

.

Задача 9 (2-84).

В центре диэлектрического шара с характери-

радиусом характеристика диэлектрика ε2 и радиус шара продол-

адмирала4πε1ε2r

жается до r2. Найти поверхностный заряд на границе раздела ди-

электриков.

Решение. Решить данную задачу можно, воспользовавшись со-

отношением (67) σ′ = P1n −P2n, где соответствующие поляризован-

ности определяются с помощью соотношения (59)

P1n = ε0(ε1 − 1)E1(r = r1 − 0) = ε0(ε1 − 1)

q

,

4πε0ε1r12

P2n = ε0(ε2 − 1)E2(r = r1 + 0) = ε0(ε2 − 1)

q

,

4πε0ε2r12

что приводит к

4πr12 µ ε2 −

ε1

¶,

имени

σ =

σ′

=

q(ε1 − ε2)

.

2

1

Можно воспользоваться соотношением (72), тогда

E2n = E(r = r1 + 0) =

q

4πε0ε2r12 ,

Ф

è

результат тот же.

′

q

1

1

Отметим, что этот результат не зависит от радиуса наружного диэлектрика, он может быть бесконечным.

64

Задача 10. Выразить диэлектрическую проницаемость жидкости через атомную поляризуемость α. Средний дипольный момент

	среде, но именно в том месте, e					e
	атома выражается как p = αε0E, ãäå E не просто напряженность в
								Мак
					где располагается частица или атом.
		Решение. Для того, чтобы найти напряженность поля в том
	месте, где находится частица или атом самой жидкости, следует
	учесть, что в этом месте жидкости нет. Таким образом, рассмат-
	риваемая частица находится как бы в лакуне сферической фор-
	äåò E + P /(3ε0), а поляризуемость в точке, где находится частица.
							О
	мы. Тогда поле в данной полости в соответствии с задачей 7 бу-
	P = np = αnε0(E + P /(3ε0)), откуда
	ãäå n концентрация атомов. Для стандартногоСопределения
				P =	nα	ε0E,	.
					1 − nα/3
			адмирала
	P = χε0E дает формулу
					nα
				χ = ε − 1 = 1 − nα/3 ,
	которая называется формулой Клаузиуса-Моссотти.
		Задача 11 (2-86). Проводник произвольной формы с зарядом q0
	окружен слоем однородного диэлектрика с характеристикой ε. Íàé-
	ти связанный поверхностный заряд на внутренней поверхности ди-
	электрика.
		Решение. В проводнике нет объемных зарядов, а потому весь
имени
	заряд q0 некоторым образом распределен по поверхности провод-
	силу соотношения (76) плотность заряда, наведенного′ Hв диэлектри-
	ника с поверхностной плотностью σ0(S), òàê ÷òî q0 =						S σ0(S)dS. Â
	ке в слое, прилегающим к металлу,′					равна σ (S) = −(ε − 1)σ0(S)/ε.
	Так как отношение величин σ (S) è σ0(S) в любой точке поверх-
	ности границы постоянно, то это позволяет повторить интегриро-
	вание. В результате на внутренней поверхности диэлектрика q′ =
Ф	−(ε − 1)q0/ε. На внешней же стороне диэлектрика поверхностный
	электрика с характеристикой ε плотность стороннего заряда равна

заряд тот же, но с противоположным знаком.

Задача 12 (2-87). В произвольной точке внутри однородного ди-

ρ0. Найти в этой точке плотность связанных зарядов.

65

Решение. Для решения данной задачи можно воспользовать-

ся соотношением (61) ρ′ = −(ε − 1)ρ0

/ε. Получим этот результат

другим способом.

E′

= −P /ε0 = −χE = −(′ε − 1)(E0 + E′), откудаМак

поляризованность′

В соответствии с уравнениями (25) и (56), которое является

дифференциальным выражением теоремы Гаусса, divE0

= ρ0/ε0 è

divE′ = ρ′/ε0, откуда divE = (ρ0 + ρ′)/ε0. С другой стороны divE =

div(E0/ε) = ρ0/(εε0). Откуда (ρ0 + ρ′) = ρ0/ε è ρ′ = −ρ0(ε − 1)/ε.

Еще один способ. Поле связанных зарядов выражается через

.О

E′

= −(ε − 1)/εE0. Соответственно′

divE =

−(ε − 1)divE.0/ε è

ρ /ε0 = −(ε − 1)ρ0

/(εε0), ò.å. ρ = −ρ0(ε − 1)/ε.

С

Задача 13 (2-88).

Однородный диэлектрик имеет вид сфе-

адмирала

рического слоя, ограниченного радиусами a

b

и b, причем a < b (рис. 41). Диэлектрик за-

а

ряжен положительно зарядом q. Изобразить

ε

графически величины E и ϕ как функции

расстояния r от центра системы в случаях:

а) заряд распределен по внутренней поверх-

ности слоя; б) заряд распределен по внеш-

Ðèñ. 41:

ней поверхности слоя; в) заряд распределен

по объему слоя.

Решение. Случай а). Во внутренней части системы, где нет

диэлектрика, напряженность поля в силу теоремы Гаусса E(r <

a) = 0. В слое диэлектрика E(a < r < b) = q/(4πε0εr2), вне системы

имени

φ

E

Ф

A

B

R

A

B

R

Ðèñ. 42:

66

	E(r > b) = q/(4πε0r2). Перейдем к расчету потенциала. Так как
	потенциал в бесконечно удаленной точке можно принять за ноль,
	то в соответствии с (14)
	ϕ(a < r < b) =	ϕ(b) + Zr b(E, dl) = ϕ(b) + q/(4πε0ε)(1/r − 1/b.)Мак=
	ϕ(r, r > b) =	Zr ∞(E, dl) = q/(4πε0r),
	ϕ(r = b) = q/(4πε0b),		.О
	= q/(4πε0)(1/b + (1/r − 1/b)/ε),
			С
	ϕ(r ≤ a) =	q/(4πε0)(1/b + (1/a − 1/b)/ε).
	Соответствующие значения E è ϕ приведены на рис. 42.
		адмирала

Случай б). Если заряд q расположен на внешней поверхности

диэлектрика, то казалось бы на этой поверхности должен расположиться и поверхностный связанный заряд в соответствии с (60). Но дело в том, что под внешней поверхностью, в соответствии с теоремой Гаусса, D, а потому и E равны нулю. Таким образом,

диэлектрик не поляризуется и никак не проявляется, а поле полностью совпадает с полем равномерно заряженной сферы. Иначе это можно понять из того, что, имея заряженную сферу, внутри сферы E = 0, а потому и диэлектрик не поляризуется.

	Случай в). Внутри полости напряженность по-прежнему равна
нулю. Объемная плотность стороннего заряда в данном случае рав-
íà		= 3q/(4π(b3			a3)). В соответствии с теоремой Гаусса для D
	ρ	2	3	−3
имениϕ(a < r < b) =					ϕ(b) + Zr b(E, dl) = q/(4πε0b) −
D4πr = ρ4π(r − a )/3,
		E(a < r < b)			= D/(εε0) = q/(4πεε0(b3 − a3))(r − a3/r2),
			E(r > b) = q/(4πε0r2).
	Перейдем к расчету потенциала.
	ϕ(r, r ≥ b) = q/(4πε0r),
Ф			− q/(4πε0ε(b3 − a3))(r2/2 + a3/r − b2/2 − a3/b),
		ϕ(r ≤ a) = q/(4πε0b) −
			−		q/(4πε0ε(b3 − a3))(3r2/2 − b2/2 − a3/b).

67

E φ

Мак

.

A

B

R

A

.О

R

B

Ðèñ. 43:

С

Соответствующие зависимости E и ϕ приведены на рис. 43.

адмирала

Задача 14 (2-89).

Вблизи некоторой точки (рис. 44) на

границе раздела стекло вакуум на-

E

пряженность электрического поля в ва-

N

кууме равна E0, угол между E0 è íîð-

α

α0

малью к границе раздела α0. Найти на-

ε

E0

пряженность в окрестности этой точки,

угол между E и нормалью со стороны

стекла, а также поверхностную плотность

Ðèñ. 44:

заряда.

Решение. Задачу естественно решать

имени

с помощью граничных условий. В используемых формулах (68)

(72) под индексом ′

1

′ следует понимать вакуум, под ′

2

′ ñòåê-

ëî,

поэтому

tg α =

ε tg α0. Кроме того,

Eτ =

E0τ =

E0 sin α0,

En

= E0n/ε = E0 cos α0/ε, что позволяет получить значение на-

пряженности в стекле

E2 = E02(sin2 α0 + cos2 α0/ε2).

(103)

Ф

При получении плотности поверхностного связанного заряда вос-

пользуемся соотношением (72), имея ввиду, что в нашем случае

нормаль выбрана иначе. Это приводит к результату σ

′

= ε0(ε −

1)E0 cos α0/ε.

Задача 15 (2-100). Найти напряженность поля, создаваемого то- чечным зарядом q и полубесконечным диэлектриком (ε). Расстоя-

68

ние от заряда до плоскости l (ðèñ. 45).

Решение. Точечный заряд создает неоднородное поле, а генери-

руемый им на поверхности связанный заряд конечен. Аналогичный,

но противоположный по знаку заряд будет находиться бесконечно

далеко, а потому он поле на анализируемом участке не создает.

Таким образом, общее поле в произ-

вольной точке будет определяться как

точечным зарядом, так и поверхност-

q

ρ

ным связанным зарядом. Для решения

Мак

λ

.

задачи необходимо найти распределение

l

r

ϑ

плотности поверхностного заряда. Для

.О

этого воспользуемся соотношением (72),

N

2

индексы "1"и "2"относятся к диэлектри-

r

ку и вакууму соответственно, нормаль

1

выбрана в соответствии с рис. 45, поле

С

заряда направлено по радиус-вектору,

Ðèñ.

45:

проведенному от заряда, и равно E0

=

q/(4πε0r2), а его нормальная составляющая на границе с диэлек-

триком, но со стороны вакуума E0n = −ql/(4πε0r3). К этому надо

добавить поле, создаваемое заряженной плоскостью, и со стороны

вакуума оно равно En′ = σ′/(2ε0). Нормальная составляющая пол-

ного поля в вакууме в точках, прилегающих к диэлектрику, равна

En(в вакууме) = −ql/(4πε0r3) + σ′/(2ε0), здесь σ′

< 0, à îáå íà-

пряженности направлены в одну сторону (в соответствии с рис. 45

вниз), что с учетом (72) дает

σ′ = ε

E

(в вакууме)(1

1 ) = ε

ql

+

σ′

(ε − 1)

,

откуда

0

n

адмирал− ε 0µ−4πεа0r3

2ε0

¶

ε

σ′ =

ql

(ε − 1) .

−2πr3 (ε + 1)

Знак отражает тот факт, что при положительном знаке заря-

да поверхностный наведенный заряд будет отрицательным. Чтобы

именинайти поле, определяемое данным поверхностным зарядом, найдем

Ф

заряд на кольце диэлектрика радиусом r′ и толщиной dr′ (ðèñ. 45).

 ñèëó òîãî, ÷òî r2 = l2 + r′2, rdr = r′dr′. Èòàê, dq′ = σ′2πr′dr′ =

−(ε − 1)qldr/((ε + 1)r2). Интегрируя это выражение по r îò l äî ∞,

69

получаем

−Zl

(ε +

1)

r2

−

(ε +

1)

Мак

q′ =

∞

(ε − 1)

ql

dr

=

q

(ε − 1)

.

Найдем поле, создаваемое рассмотренным кольцом на оси за-

ряда. Пусть λ расстояние от диэлектрика до произвольной точки.

Если эта точка находится в вакууме, λ > 0, в диэлектрике λ < 0.

Положительным направлением для напряженности поля будем счи-

÷òî ρ2 = λ2 + r′2 и в силу симметрии все кольцо создает вертикаль.-

.О

тать направление, совпадающее с направлением нормали. Учтем,

ную напряженность вдоль нормали. Это дает

С

1

′

λ

(ε − 1)

dr

dE

′ =

dq

=

−

qlλ

=

4πε0

ρ2

ρ

4πε0(ε + 1)

ρ3r2

((τ + p)(τ −адмиралаp)) (τ − p ) |p|

sh

θ

p

sh

θ

′

dr

′

dr

′2

= A

2r

= A

=

2

+ r

′2

)

3/2

(λ

2

+ r

′2 3/2

(l

2

+ r

′2 3/2

(λ

2

+ r

′2

)

3/2

(l

)

)

= A

dt

,

(l2 + t)3/2(λ2 + t)3/2

ãäå

A = −(ε −1)qlλ/(8πε0(ε + 1))

,

′2

и потому

). Далее

t = r

t (0, ∞2

2

от переменной t перейдем к τ , òàê2

ãäå

τ0 = (l

÷òî t = τ −τ0,

2

+ λ )/2

è τ 2

(τ0, ∞2), причем τ0

> 0 è l

+ t = τ + p, λ

+ t = τ − p, ãäå

p = l

/2 − λ /2, естественно τ > p.

Таким образом,

′

Adτ

Adτ

p sh θdθ

dθ

именA иτ

∞

A

=

τ0

= A

A

3

pl2 + λ−2

2

,

dE =

3/2

2

2

3/2

3

= A

2

где переменная θ введена через гиперболические функции, τ =

p ch θ;

2dτ = p2sh θdθ;

τ 2 − p2 = p2(ch2 θ − 1) = p2 sh2 θ. Напомним,

÷òî ch

θ − sh

θ = 1.

Проинтегрируем напряженность

cth θ = −p2

ch2

θ

1

=

E′

= p2

Z

sh2 θ = −p2

A

dθ

A

A

ch θ

Ф

= −p2

τ 2

p2

¯τ0 = −p2

µ1 −

τ02

p2

¶ = −p2 µ1 − 2l λ

¶

=

−

¯

−

|

|

¯

2A

(ε

1)q

λ

p

¯

=

p

=

−

.

l|λ|(l + |λ|)2

−4πε0(ε + 1)(l + |λ|)2 |λ|

70