Запирающий слой

Слой плоский, поле зависит только от \(x\): теорема Гаусса даёт связь \(E\) с плотностью заряда, а потенциал — интеграл от напряжённости с обратным знаком. Вне слоя заряда нет, а слой в целом нейтрален.

\(E\) растёт линейно от \(0\) при \(x=-\dfrac d2\) до \(E_m=\dfrac{\rho_0 d}{2\varepsilon\varepsilon_0}\) при \(x=0\) и линейно убывает до \(0\) при \(x=\dfrac d2\) (вне слоя \(E=0\)); потенциал — две сопрягающиеся параболы, падает от \(0\) до \(-U\), \(U=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\), с наибольшей крутизной при \(x=0\).

Что происходит. Слой тонкий и широкий, поэтому считаем его бесконечной плоскостью: все величины зависят только от координаты \(x\) поперёк слоя, поле направлено вдоль \(x\). Слева (\(-\frac d2<x<0\)) объёмный заряд положителен, справа (\(0<x<\frac d2\)) — отрицателен, равной плотности по модулю, так что слой в целом нейтрален. Главная идея: теорема Гаусса для плоского слоя даёт \(\dfrac{dE}{dx}=\dfrac{\rho}{\varepsilon\varepsilon_0}\), а потенциал связан с полем соотношением \(E=-\dfrac{d\varphi}{dx}\).

Обозначения. Ось \(x\) перпендикулярна слою, \(x=0\) — граница \(n\)- и \(p\)-областей. Потенциал на левой границе слоя принимаем равным нулю: \(\varphi(-\tfrac d2)=0\). Электрическая постоянная \(\varepsilon_0\).

1. Поле вне слоя. Вне слоя заряда нет, и слой в целом нейтрален: заряд левой половины на единицу площади \(+\rho_0\frac d2\), правой \(-\rho_0\frac d2\). По теореме Гаусса для цилиндра, охватывающего весь слой, поток через его основания нулевой, значит поля по обе стороны одинаковы; в \(n\)- и \(p\)-областях за пределами слоя поле отсутствует (проводящие области). Поэтому \(E=0\) при \(x<-\frac d2\) и при \(x>\frac d2\).

2. Напряжённость в слое. Возьмём прямой цилиндр с основанием \(S\), левое основание которого лежит вне слоя (там \(E=0\)), а правое — в точке \(x\). Теорема Гаусса для диэлектрика: \(\varepsilon\varepsilon_0E(x)S=Q_{\text{внутри}}\). Для \(-\frac d2<x<0\) заряд внутри \(\rho_0S\bigl(x+\frac d2\bigr)\): \[E(x)=\frac{\rho_0}{\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(x+\frac d2\Bigr).\] При \(x=0\) получаем максимум \(E_m=\dfrac{\rho_0d}{2\varepsilon\varepsilon_0}\). Для \(0<x<\frac d2\) заряд внутри \(\rho_0S\frac d2-\rho_0Sx\): \[E(x)=\frac{\rho_0}{\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(\frac d2-x\Bigr),\] при \(x=\frac d2\) поле обращается в нуль, то есть стыкуется с полем вне слоя. График — треугольник (рисунок выше), поле везде направлено вдоль \(+x\).

3. Потенциал. Из \(E=-\dfrac{d\varphi}{dx}\) следует \(\varphi(x)=-\displaystyle\int_{-d/2}^{x}E\,dx\). Для \(-\frac d2\le x\le0\): \[\varphi(x)=-\frac{\rho_0}{2\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(x+\frac d2\Bigr)^2,\qquad \varphi(0)=-\frac{\rho_0d^2}{8\varepsilon\varepsilon_0}.\] Для \(0\le x\le\frac d2\): \[\varphi(x)=-\frac{\rho_0d^2}{8\varepsilon\varepsilon_0}-\frac{\rho_0}{\varepsilon\varepsilon_0}\Bigl(\frac{dx}{2}-\frac{x^2}{2}\Bigr),\qquad \varphi\Bigl(\frac d2\Bigr)=-\frac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}=-U.\] Вне слоя поле нулевое, потенциал постоянен: слева \(0\), справа \(-U\). Разность потенциалов через слой \(U=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\). В безразмерном виде (\(\varphi/U\) при \(x\) в долях \(d\)): \(-2(x+\tfrac12)^2\) при \(x\le0\) и \(-\tfrac12-2x+2x^2\) при \(x\ge0\); по этим формулам и построен график. Касательная горизонтальна на обеих границах слоя (\(E=0\)), наклон наибольший в \(x=0\).

Обратите внимание: на границах слоя график \(E\) не имеет скачка, потому что на них нет поверхностного заряда; а вне слоя \(E=0\), а не постоянное значение: слой в целом нейтрален.

Ответ: \(E(x)\) — треугольник высоты \(E_m=\dfrac{\rho_0d}{2\varepsilon\varepsilon_0}\) на основании \(d\); \(\varphi(x)\) — плавный спад на \(U=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\) по двум параболам, сопряжённым в \(x=0\).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{\rho_0 d}{\varepsilon\varepsilon_0}\) — \(\dfrac{\text{Кл/м}^3\cdot\text{м}}{\text{Ф/м}}=\dfrac{\text{Кл}}{\text{Ф}\cdot\text{м}}=\text{В/м}\). Второй способ: \(U\) равно площади под графиком \(E\): \(\dfrac12\,d\,E_m=\dfrac{\rho_0d^2}{4\varepsilon\varepsilon_0}\) — совпало. Симметрия: плотность заряда нечётна относительно \(x=0\), поэтому \(E(x)=E(-x)\) и \(\varphi(x)+\varphi(-x)=-U\); например, для \(x=0{,}2d\) по формулам \(-0{,}82\,U\) и \(-0{,}18\,U\) дают в сумме \(-U\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.