Еще в $\$ 2.1$ было отмечено, что определение результирующего поля $\mathbf{E}$ в веществе сопряжено с большими трудностями, поскольку мы не знаем заранее, как распределяются индуцированные заряды в веществе. Ясно только, что распределение этих зарядов зависит от природы и формы вещества, а также от конфигурации внешнего поля $\mathbf{E}_{0}$.

Поэтому в общем случае решение вопроса о результирующем поле $\mathbf{E}$ в диэлектрике наталкивается на серьезные трудности: определение макрополя $\mathbf{E}^{\prime}$ связанных зарядов в каждом конкретном случае представляет собой, вообще говоря, сложную самостоятельную задачу – универсальной формулы для нахождения $\mathbf{E}^{\prime}$, к сожалению, нет.

Исключение составляет случай, когда все пространство, где имеется поле $\mathbf{E}_{0}$, заполнено однородным изотропным диэлектриком. Рассмотрим этот случай более подробно. Представим себе заряженный проводник (или проводники) в вакууме – обычно сторонние заряды располагают на проводниках. Қак мы уже знаем, в состоянии равновесия поле внутри проводника $\mathbf{E}=0$, это при определенном и едипственном распределении поверхностного заряда о. Пусть в окружающем проводник пространстве создано при этом поле $\mathbf{E}_{0}$.

Теперь заполним все пространство, где есть поле, однородным диэлектриком. В таком диэлектрике вслед-

ствие его поляризации появятся только поверхностные связанные заряды $\sigma^{\prime}$ – на границе с проводником, причем заряды $\sigma^{\prime}$ однозначно связаны со сторонними зарядами $\sigma$ на поверхности проводника согласно (3.27).

Внутри же проводника поле по-прежнему будет отсутствовать $(\mathbf{E}=0$ ). Это значит, что распределение поверхностных зарядов (сторонних $\sigma+$ связанных $\sigma^{\prime}$ ) на границе раздела проводника и диэлектрика будет подобно прежнему распределению сторонних зарядов ( $\sigma$ ), и конфигурация результирующего поля $\mathbf{E}$ в диэлектрике останется той же, что и при отсутствии диэлектрика. Изменится только значение поля в каждой точке.

Согласно теореме Гаусса $\sigma+\sigma^{\prime}=\varepsilon_{0} E_{n}$, где $E_{n}=$ $=D_{n} / \varepsilon \varepsilon_{0}=\sigma / \varepsilon \varepsilon_{0}$, поэтому
\[
\sigma+\sigma^{\prime}=\sigma / \varepsilon .
\]

Но если заряды, создающие электрическое поле, всюду на границе раздела уменьшились в $\varepsilon$ раз, значит, и само поле $\mathbf{E}$ тоже стало всюду меньше поля $\mathbf{E}_{0}$ во столько же раз:
\[
\mathrm{E}=\mathrm{E}_{0} / \varepsilon .
\]

Умножив обе части этого равенства на $\varepsilon \varepsilon_{0}$, получим
\[
\mathrm{D}=\mathbf{D}_{0},
\]

поле вектора D в рассматриваемом случае не меняется. Формулы (3.29) и (3.30), оказывается, справедливы и в более общем случае, когда однородный диэлектрик целиком заполняет объем между эквипотенциальными поверхностями поля $\mathbf{E}_{0}$ сторонних зарядов (или внешнего поля). И здесь внутри диэлектрика $\mathbf{E}=\mathbf{E}_{0} / \varepsilon$ и $\mathbf{D}=\mathbf{D}_{0}$.

В указанных случаях напряженность E поля связанных зарядов находится в простой связи с поляризованностью $\mathbf{P}$ диэлектрика, а именно
\[
\mathbf{E}^{\prime}=-\mathbf{P} / \varepsilon_{0} .
\]

Это соотношение легко получить из формулы $\mathbf{E}=\mathbf{E}_{0}+\mathbf{E}^{\prime}$, если учесть, что $\mathbf{E}_{0}=\varepsilon \mathbf{E}$ и $\mathbf{P}=x \varepsilon_{0} \mathbf{E}$.

В других случаях, как уже было отмечено, дело обстоит значительно сложнее, и формулы (3.29)-(3.31) становятся не справедливыми.

Следствия.
Итак, если однородный диэлектрик заполняет все пространство, занимаемое полем, то напряженность $\mathbf{E}$ поля будет в $\varepsilon$ раз меньше напряженности $\mathbf{E}_{0}$

поля тех же сторонних зарядов, но при отсутствии диэлектрика. Отсюда следует, что потенциал $\varphi$ во всех точках также уменьшается в $\varepsilon$ раз:
\[
\varphi=\varphi_{0} / \varepsilon,
\]

где $\varphi_{0}$ – потенциал поля в отсутствие диэлектрика. Это же относится и к разности потенциалов
\[
U=U_{0} / \varepsilon
\]

где $U_{0}$ – разность потенциалов в вакууме, без диэлектрика.

В простейшем случае, когда однородный диэлектрик заполняет все пространство между обкладками конденсатора, разность потенциалов $U$ между его обкладками будет в $\varepsilon$ раз меньше, чем при отсутствии диэлектрика (разумеется, при том же значении заряда $q$ на обкладках). А раз так, то емкость конденсатора $(C=q / U)$ при заполнение его диэлектриком увеличится в $\varepsilon$ раз:
\[
C^{\prime}=\varepsilon C,
\]

где $C$ – емкость конденсатора без диэлектрика. Следует обратить внимание на то, что эта формула справедлива при заполнении всего пространства между обкладками конденсатора и без учета краевых эффектов.

Задачи

3.1. Поляризованность диэлектрика и связанный заряд. Точечный сторонний заряд $q$ находится в центре сферического слоя неоднородного изотропного диэлектрика, проницаемость которого изменяется только в радиальном направлении по закону $\varepsilon=\alpha / r$, где $\alpha-$ постоянная, $r-$ расстояние от центра системы. Найти объемную плотность $\rho^{\prime}$ связанных зарядов как функцию $r$ внутри слоя.

Решен и е. Воспользуемся уравнением (3.6), взяв в качестве замкнутой поверхности сферу радиусом $r$, центр которой совпадает с центром системы. Тогда
\[
4 \pi r^{2} \cdot P_{r}=-q^{\prime}(r),
\]

где $q^{\prime}(r)$ – связанный заряд внутри этой сферы. Запишем дифференциал этого выражения:
\[
4 \pi \mathrm{d}\left(r^{2} P_{r}\right)=-\mathrm{d} q^{\prime} .
\]

Здесь $\mathrm{d} q^{\prime}$ – связанный заряд в тонком слое между сферами

радиусов $r$ и $r+\mathrm{d} r$. Имея в виду, что $\mathrm{d} q^{\prime}=\rho^{\prime} 4 \pi r^{2} \mathrm{~d} r$, преобразуем (1) к виду
\[
r^{2} \mathrm{~d} P_{r}+2 r P_{r} \mathrm{~d} r=-\rho^{\prime} r^{2} \mathrm{~d} r
\]

откуда
\[
\rho^{\prime}=-\left(\frac{\mathrm{d} P_{r}}{\mathrm{~d} r}+\frac{2}{r} P_{r}\right) .
\]

В нашем случае
\[
P_{r}=x \varepsilon_{0} E_{r}=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} D_{r}=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} \frac{q}{4 \pi r^{2}},
\]

и выражение (2) после соответствующих преобразований будет иметь вид
\[
\rho^{\prime}=\frac{1}{4 \pi \alpha} \frac{q}{r^{2}} .
\]

Это и есть искомый результат.

3.2. Теорема Гаусса для вектора D. Бесконечно большая пластина из однородного диэлектрика с проницаемостью $\varepsilon$ заряжена равномерно сторонним зарядом с объемной плотностью $\rho>0$. Толщина пластины 2a. Найти: 1) модуль вектора Е и потенциал $\varphi$ как функции расстояния $l$ от середины пластины (потенциал в середине пластины положить равным нулю); взяв координатную ось $X$ перпендикулярно пластине, изобразить примерные графики зависимостей проекции $E_{x}(x)$ вектора Е и потенциала $\varphi(x)$; 2) поверхностную и объемную плотности связанного заряда.

Решение. 1.
Из соображений симметрии ясно, что в середине пластины $E=0$, а во всех остальных точках вектор E перпендикулярен поверхности пластины. Для определения $E$

Рис. 3.11
Рис. 3.12

воспользуемся теоремой Гаусса для вектора D (ибо нам известно распределение только сторонних зарядов). Возьмем в качестве замкнутой поверхности прямой цилиндр высотой $l$,

один торец которого совпадает со средней плоскостью пластины. Пусть площадь сечения этого цилиндра равна $S$, тогда
\[
\begin{array}{l}
D S=\rho S l, \quad D=\rho l, \quad E=\rho l / \varepsilon \varepsilon_{0}(l \leqslant a), \\
D S=\rho S a, \quad D=\rho a, \quad E=\rho a / \varepsilon_{0}(l \geqslant a) .
\end{array}
\]

Графики функций $E_{x}(x)$ и $\varphi(x)$ показаны на рис. 3.11. Полезно убедиться, что графнк $E_{x}(x)$ соответствует производной $-\partial \varphi / \partial x$.
2. Согласно (3.13) поверхностная плотность связанного заряда
\[
\sigma^{\prime}=P_{n}=\kappa \varepsilon_{0} E_{n}=(\varepsilon-1) \rho a / \varepsilon=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} \rho a>0 .
\]

Этот результат справедлив для обеих поверхностей пластины. Таким образом, если сторонний заряд $\rho>0$, то на обеих поверхностях пластины выступит также положительный связанный заряд.

Для определения объемной плотности связанного заряда воспользуемся уравнением (3.9), которое в нашем случае будет иметь наиболее простой вид:
\[
\rho^{\prime}=-\frac{\partial P_{x}}{\partial x}=-\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} \rho x\right)=-\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} \rho .
\]

Отсюда видно, что связанный заряд распределен по объему равномерно и имеет знак, противоположный стороннему заряду.

3.3. Однородный диэлектрик имеет вид сферического слоя, внутренний и внешний радиусы которого равны а и . Изобразить примерные графики напряженности Е и потенциала 甲 электрического поля как функции расстояния $r$ от центра системы, если диэлектрику сообщили положительный сторонний заряд, распределенный равномерно: 1) по внутренней поверхности слоя; 2) по объему слоя.

Решение. 1. Воспользуемся теоремой Гаусса для вектора D, взяв в качестве замкнутой поверхности сферу радиусом $r$ :
\[
4 \pi r^{2} d=q,
\]

где $q$ – сторонний заряд внутри этой сферы. Отсюда следует, что
\[
D(r<a)=0, \quad D(r>a)=q / 4 \pi r^{2} .
\]

Искомая напряженность
\[
E(r<a)=0, \quad E(r>a)=D / \varepsilon \varepsilon_{0} .
\]

График зависимости $E(r)$ показан на рис. 3.12 , a. На этом же рисунке изображен и график зависимости $\varphi$ от $r$. График $\varphi(r)$ должен иметь такой вид, чтобы производная $\partial \varphi / \partial r$, взятая с обратным знаком, соответствовала графику функции $E(r)$.

При этом должно быть учтено и условие нормировки: $\varphi \rightarrow 0$ при $r \rightarrow \infty$.

Следует обратить внимание на то, что график $\varphi(r)$ является непрерывным. В местах конечных разрывов функции $E(r)$ график $\varphi(r)$ испытывает лишь изломы.
2. В данном случае согласно теореме Гаусса
\[
4 \pi r^{2} D=4 / 3 \pi\left(r^{3}-a^{3}\right) \rho,
\]

где $\rho$ – объемная плотность стороннего заряда. Отсюда
\[
E=\frac{D}{\varepsilon \varepsilon_{0}}=\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0} \varepsilon} \frac{r^{3}-a^{3}}{r^{2}} .
\]

Соответствующие графики зависимостей $E(r)$ и $\varphi(r)$ показаны на рис. 3.12, б.

3.4. Сторонние заряды равномерно распределены с объемной плотностью $\rho>0$ по шару радиусом а из однородного диэлектрика с проницаемостью \&. Найти: 1) модуль вектора Е как функцию расстояния $r$ от центра шара, изобразить примерные графики функции $E(r)$ и потенциала $\varphi(r) ; 2$ ) поверхностную и объемную плотности связанных зарядов.

Решение е. 1. Для определения $E$ воспользуемся теоремой Гаусса для вектора D, поскольку задано распределение лишь сторонних зарядов:
\[
\begin{array}{ll}
r \leqslant a, & 4 \pi r^{2} D={ }^{4} / 3 \pi r^{3} \rho, \quad D=\frac{\rho}{3} r, \quad E=\frac{D}{\varepsilon \varepsilon_{0}}=\frac{\rho}{3 \varepsilon \varepsilon_{0}} r, \\
r \geqslant a, & 4 \pi r^{2} D={ }^{4} / 3 \pi a^{3} \rho, \quad D=\frac{\rho a^{3}}{3 r^{2}}, \quad E=\frac{D}{\varepsilon_{0}}=\frac{\rho a^{3}}{3 \varepsilon_{0}} \frac{1}{r^{2}} .
\end{array}
\]

Графики функций $E(r)$ и $\varphi(r)$ показаны на рис. 3.13.
2. Поверхностная плотность связанного заряда
\[
\sigma^{\prime}=P_{n}=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} \frac{\rho a}{3} .
\]

Для нахождения объемной плотности связанных зарядов достаточно повторить рассуждения, которые привели нас к формуле (3.11), и мы получим
\[
\rho^{\prime}=-\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon} \rho .
\]

Этот результат можно получить и иначе – с помощью уравнения (3.9). А именно, так как $\mathbf{P}=x \varepsilon_{0} \mathbf{E}$ и $x$ не зависит от координат (внутри шара), то
\[
\rho^{\prime}=-
abla \cdot \mathbf{P}=-x \varepsilon_{0}
abla \cdot \mathbf{E},
\]

где $\varepsilon_{0}
abla \cdot \mathbf{E}=\rho+\rho^{\prime}$. Поэтому $\rho^{\prime}=-x\left(\rho+\rho^{\prime}\right)$, откуда и следует (1).

3.5. Емкость проводника. Найти емкость шарового проводника радиусом а, окруженного примыкающим к нему слоем однородного диэлектрика с наружным радиусом в и про-

ницаемостью в. Изобразить примерные графики зависимостей поля $E(r)$ и потенциала $\varphi(r)$, где $r$-расстояние от центра шара, если проводник заряжен положительно.

Рис. 3.13
Рис. 3.14

Решение.
По определению емкость $C=q / \varphi$. Найдем потенциал $\varphi$ проводника, мысленно сообщив ему заряд $q$ :
\[
\varphi=\int_{a}^{\infty} E_{r} \mathrm{~d} r=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{a}^{b} \frac{q}{\varepsilon r^{2}} \mathrm{~d} r+\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int_{b}^{\infty} \frac{q}{r^{2}} \mathrm{~d} r .
\]

После интегрирования этого выражения получим:
\[
\varphi=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon}\left(\frac{1}{a}+\frac{\varepsilon-1}{b}\right), \quad C=\frac{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon a}{1+(\varepsilon-1) a / b} .
\]

Графики зависимостей $E(r)$ и $\varphi(r)$ показаны на рис. 3.14.
– 3.6. Емкость конденсатора. Сферический конденсатор $c$ радиусами обкладок а и $b$, где $a<b$, заполнен изотропным, но неоднородным диэлектриком, проницаемость которого зависит от расстояния $r$ до центра системы как $\varepsilon=\alpha / r, \alpha$ – постоянная. Найти емкость такого конденсатора.

Р ешение. Согласно определению емкости конденсатора ( $C=q / U$ ) задача сводится к нахождению разности потенциалов $U$ при заданном заряде $q$ :
\[
U=\int_{a}^{b} E \mathrm{~d} r
\]

где предполагается, что внутренняя обкладка имеет заряд $q>0$. Определим $E$ с помощью теоремы Гаусса для вектора D:
\[
4 \pi r^{2} D=q, \quad E=\frac{D}{\varepsilon \varepsilon_{0}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{\varepsilon r^{2}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{\alpha r} .
\]

После подстановки последнего выражения в (1) и соответствующего интегрирования найдем:
\[
U=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \alpha} \ln \frac{b}{a}, \quad C=\frac{4 \pi \varepsilon_{0} \alpha}{\ln (b / a)} .
\]

3.7. Теорема Гаусса и принцип суперпозиции. Имеется диэлектрический шар, который сохраняет состояние поляризации после выключения внешнего электрического поля. Если шар поляризован однородно, то напряженность поля внутри него $\mathbf{E}^{\prime}=$ $=-\mathbf{P} / 3 \varepsilon_{0}$, где $\mathbf{P}$ – поляризованность.
1. Получить эту формулу, считая что т а к поляризованный шар есть результат малого сдвига всех положительных зарядов диэлектрика относительно всех отрицательных зарядов. 2. Воспользовавшись этой формулой, найти напряженность $\mathbf{E}_{0}$ поля в сферической полости внутри безграничного статически поляризованного (P) диэлектрика, если вдали от полости напряженность в диэлектрике равна $\mathbf{E}$.
Рис. 3.15
Решение. 1. Представим такой шар в виде двух шаров одинакового радиуса, имеющих равномерно распределенные заряды с плотностями $\rho$ и – $\rho$. Пусть в результате малого сдвига центры шаров сместились относительно друг друга на расстояние 1 (рис. 3.15). Тогда в произвольной точке $A$ внутри шара
\[
\mathbf{E}^{\prime}=\mathbf{E}_{+}^{\prime}+\mathbf{E}_{-}^{\prime}=\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0}}\left(\mathbf{r}_{+}-\mathbf{r}_{-}\right)=-\frac{\rho \mathbf{I}}{3 \varepsilon_{0}},
\]

где использовано, что напряженность поля внутри равномерно заряженного шара $E=\rho r / 3 \varepsilon_{0}$, это непосредственно следует из теоремы Гаусса. Остается учесть, что согласно (3.4) $\rho \mathbf{l}=\mathbf{P}$.
2. Создание сферической полости в диэлектрике эквивалентно удалению шарика из поляризованного вещества. Поэтому по принципу суперпозиции поле $\mathbf{E}$ внутри диэлектрика может быть представлено как сумма $\mathbf{E}=\mathbf{E}^{\prime}+\mathbf{E}_{0}$. Отсюда
\[
\mathbf{E}_{0}=\mathbf{E}-\mathbf{E}^{\prime}=\mathbf{E}+\mathbf{P} / 3 \varepsilon_{0} .
\]
Т. е. поле в сферической полости больше поля $E$ в диэлектрике на величину $P / 3 \varepsilon_{0}$.

3.8. Граничные условия. Вблизи точки $A$ (рис. 3.16) границы раздела диэлектрик – вакуум напряженность электрического поля в вакууме равна $E_{0}$, причем вектор $\mathrm{E}_{0}$ составляет угол $\alpha_{0}$ с нормалью к поверхности раздела в данной точке. Проницаемость диэлектрика є. Найти отношение $E / E_{0}$, где $E$ напряженность поля внутри диэлектрика вблизи точки $A$. Решение. Напряженность поля внутри диэлектрика
\[
E=\sqrt{E_{\tau}^{2}+E_{n}^{2}} .
\]

Воспользовавшись условиями (3.22) и (3.24) на границе раздела диэлектриков, найдем:
\[
E_{\tau}=E_{0} \sin \alpha_{0}, \quad E_{n}=D_{n} / \varepsilon \varepsilon_{0}=E_{0 n} / \varepsilon=E_{0} \cos \alpha_{0} / \varepsilon,
\]

где $E_{0 n}$ – нормальная составляющая вектора $\mathbf{E}_{0}$ в вакууме. Подставив эти выражения в (1), получим
\[
\frac{E}{E_{0}}=\sqrt{\sin ^{2} \alpha_{0}+\frac{\cos ^{2} \alpha_{0}}{\varepsilon^{2}}}<1,
\]
т. е. $E<E_{0}$.

3.9. Точечный заряд q находится в вакууме на расстоянии $l$ от плоской поверхности однородного диэлектрика,

Рис. 3.16
Рис. 3.17

заполняющего все полупространство. Проницаемость диэлектрика в. Найти: 1) поверхностную плотность связанных зарядов как функцию расстояния $r$ от точечного заряда $q$, исследовать полученный результат; 2) суммарный связанный заряд на поверхности диэлектрика.

Решени е. 1. Воспользуемся непрерывностью нормальной составляющей вектора D на границе диэлектрика (рис. 3.17):
\[
D_{2 n}=D_{1 n}, \quad E_{2 n}=\varepsilon E_{1 n}
\]

или
\[
-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{r^{2}} \cos \theta+\frac{\sigma^{\prime}}{2 \varepsilon_{0}}=\varepsilon\left(-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{\theta}} \frac{q}{r^{2}} \cos \theta-\frac{\sigma^{\prime}}{2 \varepsilon_{0}}\right),
\]

где слагаемое $\sigma^{\prime} / 2 \varepsilon_{0}$ – это составляющая напряженности поля, создаваемая вблизи рассматриваемого участка плоскости, на котором поверхностная плотность заряда равна $\sigma^{\prime}$. Из последнего уравнения следует, что
\[
\sigma^{\prime}=-\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1} \frac{q l}{2 \pi r^{3}} .
\]

Здесь учтено, что $\cos \vartheta=l / r$. При $l \rightarrow 0$ величина $\sigma^{\prime} \rightarrow 0$, т. е. если заряд $q$ находится на самой границе раздела, то поверх-

ностный заряд на плоскости отсутствует.
2. Рассмотрим тонкое кольцо на границе раздела с центром в точке $O$ (рис. 3.17). Пусть внутренний и внешний радиусы этого кольца $r^{\prime}$ и $r^{\prime}+d r^{\prime}$. Поверхностный связанный заряд в пределах данного кольца $\mathrm{d} q^{\prime}=\sigma^{\prime} \cdot 2 \pi r^{\prime} \mathrm{d} r^{\prime}$. Из рисунка видно, что $r^{2}=l^{2}+r^{\prime 2}$, откуда $r \mathrm{~d} r=r^{\prime} \mathrm{d} r^{\prime}$, и выражение для $\mathrm{d} q^{\prime}$ с учетом (1) приобретет вид
\[
\mathrm{d} q^{\prime}=-\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1} q l \frac{\mathrm{d} r}{r^{2}} .
\]

Проинтегрировав это уравнение по $r$ от $l$ до $\infty$, получим
\[
q^{\prime}=-\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1} q .
\]

3.10. Точечный заряд q находится на плоскости, отделяющей вакуум от безграничного однородного диэлектрика с проницаемостью \&. Найти модуль векторов D и $\mathbf{E}$ во всем пространстве.

Решение В данном случае из условия непрерывности нормальной составляющей вектора D следует, что $E_{2 n}=\varepsilon E_{1 n}$. Вклад в нормальную составляющую вектора E будет давать только поверхностный заряд $\sigma^{\prime}$ вблизи интересующей нас точки, поэтому предыдущее равенство можно переписать так:
\[
\sigma^{\prime} / 2 \varepsilon_{0}=\varepsilon\left(-\sigma^{\prime} / 2 \varepsilon_{0}\right) .
\]

Отсюда сразу видно, что $\sigma^{\prime}=0$.

Итак, в данном случае поверхностный связанный заряд отсутствует (кроме точек, непосред-

Рис. 3.18

ственно прилегающих к точечному стороннему заряду $q$ ). Значит, электрическое поле в окружающем пространстве – это поле точечного заряда $q+q^{\prime}$, и $E$ зависит только от расстояния $r$ до этого заряда. Но заряд $q^{\prime}$ нам не известен, поэтому воспользуемся теоремой Гаусса для вектора D. Взяв в качестве замкнутой поверхности сферу радиусом $r$ с центром в точке нахождения заряда $q$, запишем
\[
2 \pi r^{2} D_{0}+2 \pi r^{2} D=q,
\]

где $D_{0}$ и $D$ – модули вектора $\mathbf{D}$ соответственно в вакууме и диэлектрике на расстоянии $r$ от заряда $q$.

Кроме того, из условия непрерывности тангенциальной составляющей вектора $\mathbf{E}$ следует, что
\[
D=\varepsilon D_{0} .
\]

Из последних двух условий находим, что
\[
D_{0}=\frac{q}{2 \pi(1+\varepsilon) r^{2}}, \quad D=\frac{\varepsilon q}{2 \pi(1+\varepsilon) r^{2}},
\]

и напряженность электрического поля во всем пространстве
\[
E=\frac{D_{0}}{\varepsilon_{0}}=\frac{q}{2 \pi(1+\varepsilon) \varepsilon_{0} r^{2}} .
\]

Видно, что при $\varepsilon=1$ эти. формулы переходят в известные нам выражения для $D$ и $E$ точечного заряда в вакууме.

Полученные результаты графически представлены на рис. 3.18. Следует обратить внимание на то, что поле D в данном случае определяется не только сторонними зарядами (иначе оно имело бы вид поля точечного заряда).