Распределение заряда на твердой металлической сфере под действием точечного заряда вне сферы [закрыто]

Вы правы, накопление заряда не будет равномерным по полушарию.

Это довольно стандартный пример использования метода изображений , когда пространство разделено проводящей поверхностью на две области (внутри и снаружи сферы или над и под бесконечной плоскостью — вот некоторые классические примеры).

Затем вы можете заменить чистый эффект распределения заряда на проводящей поверхности (заземленной или незаряженной) эквивалентным «зарядом изображения», который удовлетворяет тем же граничным условиям (обычно значением потенциала на проводнике), и решить ту проблему , которая вообще значительно проще. Затем теорема единственности в электростатике подразумевает, что решения обеих этих задач должны быть одинаковыми, поскольку они оба удовлетворяют одним и тем же граничным условиям.

Я мог бы написать решение, но оно уже приведено на странице Википедии, а также неплохое здесь , которое кажется довольно подробным.

Существует очень хороший ответ на аналогичный вопрос , который также может вам помочь.

---

РЕДАКТИРОВАТЬ: я включаю намек на решение для незаземленной сферы.

Находим потенциал:

Метод изображений хорошо работает, когда мы предполагаем заземленную сферу (так что потенциал$V=0$на поверхности). Однако, с небольшой модификацией, та же базовая модель может обрабатывать и сферу с произвольным потенциалом.$V_0$. Мы делаем это, вводя второй заряд.

Как показано на этой странице , решение для потенциала заземленной сферы радиусом$R$и заряд$+q$На расстоянии$z=a$($a>R$) из его центра дается заменой всей сферы индуцированным зарядом

$$q' = -\frac{q R}{a}$$

на позиции

$$z = \frac{R}{a^2} < R$$

Как я объяснил, обе эти проблемы гарантированно имеют одно и то же решение по теореме единственности. Как мы можем распространить это на сферу с некоторым произвольным потенциалом? Нам нужно увеличить потенциал на поверхности сферы, сохраняя при этом эквипотенциальную поверхность! Должно быть совершенно очевидно, что способ сделать это на самом деле состоит в том, чтобы ввести второй заряд изображения (скажем,$q''$) в центре сферы$z=0$. Поскольку потенциалы аддитивны, это просто меняет потенциал на поверхности сферы с$V=0$к постоянной$V = V_0 = \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{q''}{R}$, где$q''$можно выбрать в зависимости от$V_0$.

Если сфера нейтральна (как в вашей задаче), то мы просто требуем, чтобы$q' + q'' = 0$. Таким образом, теперь вам нужно найти потенциал для следующей проблемы

что является тривиальным расширением, которое вы должны быть в состоянии сделать, если вы поняли, как сделать заземленный случай, но на этот раз с 3 терминами, третий из которых является потенциалом из-за заряда$q'' = -q'$в происхождении.

Нахождение поверхностной плотности заряда:

Поле внутри проводника равно нулю, а поле вне бесконечно малой близости от него определяется выражением

$$\mathbf{E} = -\mathbf{\vec{\nabla}}V = \frac{\sigma}{\epsilon_0}\mathbf{\hat{n}}$$

(Если у вас возникли проблемы с этой частью, я настоятельно рекомендую вам прочитать главу 2 в Электродинамике Гриффита. Я нигде не видел, чтобы она была лучше объяснена.)

Таким образом, если мы знаем потенциал$V$используя эту формулу, мы можем вычислить поверхностную плотность заряда. определение

$$\frac{\partial V}{\partial n} = \vec{\nabla}V \cdot \mathbf{\hat{n}}, \quad \quad \quad \quad \implies \sigma = -\epsilon_0 \frac{\partial V}{\partial n}\Big|_\text{on the surface}$$

Итак, случай со сферой довольно прост, так как на поверхности сферы направление нормали равно$r$. Как только вы нашли$V(r,\theta)$, вы можете легко найти

$$\sigma(\theta) = -\epsilon_0 \frac{\partial V(r,\theta)}{\partial r}\Big|_{r=R}$$

что вы должны быть в состоянии сделать. Если вы хотите проверить свои результаты, вот два решения:

1) Для заземленной сферы плотность индуцированного поверхностного заряда определяется выражением

$$\sigma_0 (\theta) = \frac{q}{4\pi R}\left( R^2 - a^2 \right) \left(R^2 + a^2 - 2 R a \cos\theta \right)^{-3/2}$$

(Вы можете проверить это, интегрируя по всем$\theta$. Какой должен быть результат?)

2) Для незаземленного шара

$$\sigma(\theta) = \sigma_0 (\theta) + \frac{q}{4 \pi R a}$$