Задача Батыгин Топтыгин

[alves]

159. Изолированная металлическая сфера радиуса $a$ находится внутри полой металлической сферы радиуса $b$.
Расстояние между центрами сфер равно $c$, причем $ c<<a, c<<b$. Полный заряд внутренней сфера равен $q$. Определить распределение заряда $\sigma$ на внутренней сфере.

Рисунок:


Уравнения поверхностей:
$ S_1: r=a,$
$ S_2: r(\theta)=b+c \cos(\theta).$

решение предлагается искать в виде:
$ \varphi (r, \theta)=(A_1+\frac{B_1}{r})+c(A_2 r+\frac{B_2}{r^2})\cos(\theta),$
константы находятся из трех условий :
1.) $ \varphi|_S_1 =\operatorname{const}$,
2.) $ \varphi|_S_2 =0$,
3.) $\int\limits_{S_1} \frac {\partial \varphi }{\partial n} dS_1=-4\pi q.

Вопросы по пунктам:
1.) Из $ \varphi|_S_1 =\operatorname{const}$ следует, что $A_2=\frac{-B_2}{a^3}$ ?
2.) В формулу для потенциала надо подставлять $b+c\cdot \cos(\theta)$ вместо $r$ ?
3.) Это правильное выражение ?
$\int\limits_{S_1} \frac {\partial \varphi }{\partial n} dS_1=r^2\int\frac {\partial \varphi }{\partial r}\sin(\theta)d \varphi d \theta|_{r=a}$

[mihiv]

По всем пунктам ответ: "да".

[ewert]

Не очень понимаю, зачем тут вообще какие-то интегралы; сказано же, что смещение мало.

Почему вообще распределение зарядов на внутренней сфере нетривиально? Потому, что её смещение индуцирует перераспределение зарядов на внешней сфере, которые уже, в свою очередь, перераспределяют заряды на внутренней. Ясно, что поправка к "равновесному" распределению $\sigma_0=\frac{q}{4\pi a^2}$ на внутренней сфере в первом приближении имеет вид $\sigma_1\cos\theta$, и надо лишь определить, что такое $\sigma_1$.

Что ж; при $c\ll a<b$ заряды на внешней сфере перераспределяются в первом приближении так, как если бы на расстояние $c$ сместился просто точечный заряд $q$. Это эквивалентно (по методу отражений) появлению далеко-далеко, на расстоянии $x=\frac{b^2}c$ от центра внешней сферы, точечного заряда $Q=q\frac{b}c$ (за знаками не следим -- проще в самом конце выбрать правильный). Последний, в свою очередь, перераспределяет заряды на внутренней сфере так, как если бы внутри неё, на малом расстоянии $d=\frac{a^2}x=\frac{a^2c}{b^2}$ от её центра, появился заряд $\widetilde q=Q\frac{a}x=q\frac{ac}{b^2}$. Тогда $\sigma_1=\frac{E}{4\pi}$, где $E$ -- это величина полусуммы напряжённостей, создаваемых зарядами $Q$ и $\widetilde q$ в двух точках пересечения внутренней сферы и линии, соединяющей эти заряды (полуразность нас не интересует, т.к. она отвечает за $\sigma_0$). Заряд $Q$ создаёт полусумму, равную просто $\frac{Q}{x^2}=\frac{qc}{b^3}$ (в первом приближении, естественно); вклад от заряда $\widetilde q$ на порядок меньше, т.к. пропорционален $\widetilde qd\sim c^2$. Итого: $\sigma(\theta)\sim\frac{q}{4\pi}\left(\frac1{a^2}-\frac{c}{b^3}\cos\theta\right)$.

[alves]

Ну интегралы потому что так предлагается решать в самом учебнике.
У меня проблема с формулой для потенциала:
ответ для нее должен быть такой
$\varphi=q(\frac{1}{r}-\frac{1}{b})+\frac{qc}{b^3-a^3}(r-\frac{a^3}{r^2})\cos(\theta)$
и если найти, что $B_1=q$ легко из 3 условия и $A_2=\frac{-B_2}{a^3}$ из 1 ого.
То со 2 условием проблема, и там что-то похожее на ответ получается если уравнение второй сферы записывать как $r=b$, но тогда сокращается $c$.
Да даже если подставить $r=b+c\cos(\theta)$ в ответ, то ноль не получается. Раскладывать члены с $ r^2$ как $b^2+2bc\cos(\theta)$ тоже не помогает.

[ewert]

alves в сообщении #863956 писал(а):

Да даже если подставить $r=b+c\cos(\theta)$ в ответ, то ноль не получается.

Естественно, не получается: формула-то лишь приближённая.

Лучше обозначим для пущей внятности $c\equiv\varepsilon$ и переобозначим разумным образом все константы, т.е. будем искать потенциал в виде $\varphi=C\left(A+\frac{B}r+\varepsilon\left(r-\frac{a^3}{r^2}\right)\cos\theta\right)$. Тогда в первом приближении $\frac1r=\frac1{b+\varepsilon\cos\theta}\sim\frac1b\left(1-\frac{\varepsilon}b\cos\theta\right)$; соответственно, независимость в этом приближении от угла даёт $-\frac{\varepsilon B}{b^2}\cos\theta+\varepsilon\left(b-\frac{a^3}{b^2}\right)\cos\theta\equiv0$, т.е. $B=b^3-a^3$. Теперь равенство именно нулю по нулевому приближению даёт $A=-\frac{B}b$, т.е. $\varphi=C\left((b^3-a^3)\left(\frac1r-\frac1b\right)+\varepsilon\left(r-\frac{a^3}{r^2}\right)\cos\theta\right)$. После нормировки на заряд действительно получается ровно так, как у них. Я, правда, не знаю, откуда они взяли саму аппроксимацию; ну, наверное, где-то в теоретической части или в предыдущих задачах она выплывает.

[alves]

спасибо.