Статья: Уравнение Пуассона. Его применение для расчета полей в вакууме

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Уравнение Пуассона для ε = 1 выглядит:

$\Delta \varphi = - \frac{\rho}{\varepsilon_0}$

(16)

Это уравнение - основа практических численных расчетов.

В задачах, решаемых аналитически, φ и ρ обычно зависят только от одной координаты. При интегрировании можно вычислять интегралы как неопределенные, не забывая выписывать +const, а затем отдельно находить эти константы. Если раccматриваются отдельные диапазоны координат, то на незаряженных границах необходимо "сшивать" потенциал: φ и - для вакуума - d φ/dx (или dφ/dr) не должны иметь разрыва. Если граница заряжена (σ), то dφ/dx испытывает скачок на величину –σ/ε0. Кроме того, если ρ и суммарный заряд конечны, то φ всюду конечен.

Другой вариант - сразу правильно писать пределы интегрирования. Для этого используется известное (или очевидное из симметрии задачи) значение поля ( $-\nabla\varphi$ ) в одной какой-либо точке и значение потенциала в какой-либо точке (не обязательно в той же, где знаем поле). Если в задаче не оговорено иное, то следует принимать φ|∞ = 0. Так, например, для случая зависимости потенциала только от одной сферической координаты r

$\frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r}\left( r^2\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}\right) = -\frac{\rho(r)} {\varepsilon_0}$

(17)

после переноса r2 в правую часть и двух последовательных интегрирований получаем:

$\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}$	=	$-\frac{1} {\varepsilon_0r^2} \int\limits_{0}^r\tilde{r}^2 \rho(\tilde{r}) {\rm d}\tilde{r}$	(18)
φ(r)	=	$\int\limits_{\infty}^r \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}\tilde{r}} {\rm d}\tilde{r} = -\int\limits_r^{\infty}\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}\tilde{r}} {\rm d}\tilde{r} = \frac{1}{\varepsilon_0} \int\limits_r^{\infty} \left( \frac{1}{\tilde{r}^2} \int\limits_0^{\tilde{r}} \tilde{\tilde{r}^2} \rho(\tilde{\tilde{r}}) {\rm d} \tilde{\tilde{r}}\right){\rm d}\tilde{r}$	(19)

При этом взято φ|r = ∞ = 0 и учтено то обстоятельство, что при всюду конечном ρ поле в центре равно нулю (–dφ/dr|r = 0 = 0).

Задача. Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена равномерно по объему (ρ(x) = ρ0); при x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x).

Ответ: $\varphi(x)=-\frac{\rho_0x^2}{2\varepsilon_0}$ , |x|<a; $\varphi(x)=-\frac{\rho_0a}{\varepsilon_0} |x|+\frac{\rho_0a^2} {2\varepsilon_0}$ , |x|>a

Задача. Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена как ρ(x) = α x2; при x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x).

Решение: Мы работаем в декартовой системе координат, причем очевидно, что и поле, и потенциал зависят только от x. Если ρ>0 (α >0) то поле - из симметрии задачи - направлено по оси x при x>0 и против оси x при x<0. Согласно уравнению Пуассона:

$\frac{{\rm d}^2\varphi}{{\rm d} x^2}$	=	$- \frac{\alpha x^2}{\varepsilon_0}, -a<x<a$
$\frac{{\rm d}^2\varphi}{{\rm d} x^2}$	=	0 x>a или x<–a

После первого интегрирования (интеграл берем как неопределенный)

$\frac{{\rm d} \varphi}{{\rm d} x}$	=	$- \frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0} + A_c, -a<x<a$
$\frac{{\rm d} \varphi}{{\rm d} x}$	=	AL, x<–a
$\frac{{\rm d} \varphi}{{\rm d} x}$	=	AR, x>a

Неверным было бы записать одну общую константу для dφ /dx при x>a и x<–a. Второе интегрирование дает:

φ(x)	=	$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0} + A_cx+B_c, -a<x<a$
φ(x)	=	ALx+BL, x<–a
φ(x)	=	ARx+BR, x>a

Для нахождения шести констант у нас есть четыре условия сшивания (по два для границ x = –a и x = a). Кроме того, дано указание взять φ(0) = 0. Видно также, что Ex|x = 0 = –dφ/ dx|x = 0 = 0. Последнее очевидно из симметрии задачи. Отсюда сразу

Ac = 0, Bc = 0

Из симметрии следует также, что φ(x) = φ(–x) и что Ex(x) = –Ex(–x), вследствие чего

AR = –AL, BR = BL

Это делает достаточным рассмотрение условий сшивания только на одной из границ, например при x = a:

$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0}\|_{x=a}$	=	(ARx+BR)\|x = a
$-\frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0}\|_{x=a}$	=	AR\|x = a

Сначала получаем AR (AR = –α a3/3ε0), а затем BR (BR = α a4/4ε0), после чего остается выписать ответ:

φ(x)	=	$- \frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0}, -a<x<a$
φ(x)	=	$-\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}x+\frac{\alpha a^4} {4\varepsilon_0}, x<-a$
φ(x)	=	$\frac{\alpha a^3} {3\varepsilon_0}x+ \frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}, x>a$

Альтернативой было бы интегрирование с выписыванием пределов сразу:

Ex(x)	=	$\frac{1}{\varepsilon_0}\int\limits_0^x\rho(\tilde{x}){\rm d}\tilde{x}$
φ	=	$-\int\limits_0^xE_x(\tilde{x}){\rm d}\tilde{x} = -\frac{1}{\varepsilon_0}\int\limits_0^x\int\limits_0^{\tilde{x}}\rho(\tilde {\tilde{x}}){\rm d}\tilde{\tilde{x}} {\rm d}\tilde{x}$

Такое интегрирование верно всегда, в том числе при x<0. Точки x = ± a при этом ничем не выделены, но надо помнить, что вне участка –a<x<a ρ = 0 и учитывать это при подстановке плотности заряда в выражение для интеграла. После взятия интеграла в таком виде сшивание потенциала не требуется.

Задача. Шар радиуса R заряжен как ρ(r) = ρ0(1–r/R). Найти полный заряд шара Q, поле Er(r), а также потенциал φ(r) при r = 0... +∞.

Решение: Полный заряд шара находится как

Q	=	$\int\rho {\rm d}V = \int\limits_0^R\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\rho_0\left(1-\frac{r}{R}\right)\cdot \sin\theta{\rm d}\theta {\rm d}\varphi r^2{\rm d}r$
	=	$4\pi\int\limits_0^R\rho_0\left(1-\frac{r}{R}\right)r^2{\rm d}r = \frac{\pi\rho_0R^3}{3}$

При вычислении мы использовали выражение для элемента объема dV в сферических координатах (не следует смешивать фигурирующий при этом φ с обозначением потенциала). Уравнение Пуассона записывается:

$\frac{1}{r^2}\frac{{\rm d}}{{\rm d}r} \left(r^2 \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}\right)$

$-\frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\left(1-\frac{r}{R}\right), r<R\&=$

Поcле однократного интегрирования в пределах 0... r имеем

$\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}r}$	=	$-\frac{\rho_0} {\varepsilon_0}\left(\frac{r}{3}-\frac{r^2}{4R}\right), r<R$
	=	$-\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0r^2}, r>R$

Заметим, что - с точностью до знака - мы уже получили поле, поскольку $\vec{E}=E_r\vec{e}_r=-\nabla\varphi(r)$ . Для нахождения потенциала φ(r) требуется повторное интегрирование:

r>R	:	$\varphi(r) = \int\limits_{+\infty}^r \left(-\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0\tilde{r}^2}\right) {\rm d} \tilde{r} = \left.\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0\tilde{r}}\right\|_{\infty}^r = \frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0r}$
r<R	:	$\varphi(r) = \int\limits_{+\infty}^R \left(-\frac{\rho_0R^3} {12\varepsilon_0\tilde{r}^2}\right) {\rm d}\tilde{r}+\int\limits_R^r -\frac{\rho_0} {\varepsilon_0}\left(\frac{\tilde{r}}{3}-\frac{\tilde{r}^2}{4R}\right) {\rm d}\tilde{r} =$
	=	$\frac{\rho_0R^3}{12\varepsilon_0R} - \frac{\rho_0}{\varepsilon_0}\left.\left(\frac{\tilde{r}^2}{6}- \frac{\tilde{r}^3}{12R}\right)\right\|_R^r = \frac{\rho_0R^2}{6\varepsilon_0}- \frac{\rho_0r^2}{6\varepsilon_0}\left(1-\frac{r}{2R}\right)$

Список литературы

1. И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. - 448 с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. - 416 с.

2. В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М. Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. - 503 с.

3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.: Наука, 1992. - 661 с.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r