Еще в $\mathrm{\$}2.1$ 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 $\sigma +{\sigma }^{\prime }={\epsilon }_0{E}_n$, где $E_n=$ $=D_n/\epsilon {\epsilon }_0=\sigma /\epsilon {\epsilon }_0$, поэтому
$$\sigma +{\sigma }^{\prime }=\sigma /\epsilon .$$

Но если заряды, создающие электрическое поле, всюду на границе раздела уменьшились в $\epsilon$ раз, значит, и само поле $\mathbf{E}$ тоже стало всюду меньше поля ${\mathbf{E}}_0$ во столько же раз:
$$\mathrm{E}={\mathrm{E}}_0/\epsilon .$$

Умножив обе части этого равенства на $\epsilon {\epsilon }_0$, 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 $\mathbf{E}={\mathbf{E}}_0/\epsilon$ 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
$${\mathbf{E}}^{\prime }=-\mathbf{P}/{\epsilon }_0.$$

Это соотношение легко получить из формулы $\mathbf{E}={\mathbf{E}}_0+{\mathbf{E}}^{\prime }$, если учесть, что ${\mathbf{E}}_0=\epsilon \mathbf{E}$ и $\mathbf{P}=x{\epsilon }_0\mathbf{E}$.

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 $\epsilon$ раз меньше напряженности ${\mathbf{E}}_0$

поля тех же сторонних зарядов, но при отсутствии диэлектрика. Отсюда следует, что потенциал $\phi$ во всех точках также уменьшается в $\epsilon$ раз:
$$\phi ={\phi }_0/\epsilon ,$$

где ${\phi }_0$ — потенциал поля в отсутствие диэлектрика. Это же относится и к разности потенциалов
$$U=U_0/\epsilon$$

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 $\epsilon$ 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 $\epsilon$ раз:
$$C^{\prime }=\epsilon C,$$

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 $\epsilon =\alpha /r$, 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
$$r^2\mathrm{d}{P}_r+2r{P}_r\mathrm{d}r=-{\rho }^{\prime }{r}^2\mathrm{d}r$$

откуда
$${\rho }^{\prime }=-(\frac{\mathrm{d}{P}_r}{\mathrm{d}r}+\frac{2}{r}{P}_r).$$

В нашем случае
$$P_r=x{\epsilon }_0{E}_r=\frac{\epsilon -1}{\epsilon }{D}_r=\frac{\epsilon -1}{\epsilon }\frac{q}{4\pi r^2},$$

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 $\epsilon$ заряжена равномерно сторонним зарядом с объемной плотностью $\rho >0$. Толщина пластины 2a. Найти: 1) модуль вектора Е и потенциал $\phi$ 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 $\phi (x)$; 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
$$\begin{array}{l}DS=\rho Sl,D=\rho l,E=\rho l/\epsilon {\epsilon }_0(l⩽a),\\ DS=\rho Sa,D=\rho a,E=\rho a/{\epsilon }_0(l⩾a).\end{array}$$

Графики функций $E_x(x)$ и $\phi (x)$ показаны на рис. 3.11. Полезно убедиться, что графнк $E_x(x)$ соответствует производной $-\partial \phi /\partial x$.
2. Согласно (3.13) поверхностная плотность связанного заряда
$${\sigma }^{\prime }=P_n=\kappa {\epsilon }_0{E}_n=(\epsilon -1)\rho a/\epsilon =\frac{\epsilon -1}{\epsilon }\rho a>0.$$

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:
$${\rho }^{\prime }=-\frac{\partial P_x}{\partial x}=-\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\epsilon -1}{\epsilon }\rho x\right)=-\frac{\epsilon -1}{\epsilon }\rho .$$

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
$$D(r<a)=0,D(r>a)=q/4\pi r^2.$$

Искомая напряженность
$$E(r<a)=0,E(r>a)=D/\epsilon {\epsilon }_0.$$

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

При этом должно быть учтено и условие нормировки: $\phi \to 0$ при $r\to \mathrm{\infty }$.

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

где $\rho$ — объемная плотность стороннего заряда. Отсюда
$$E=\frac{D}{\epsilon {\epsilon }_0}=\frac{\rho }{3{\epsilon }_0\epsilon }\frac{r^3-a^3}{r^2}.$$

Соответствующие графики зависимостей $E(r)$ и $\phi (r)$ 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 $\phi (r);2$ ) поверхностную и объемную плотности связанных зарядов.

Решение е. 1. Для определения $E$ воспользуемся теоремой Гаусса для вектора D, поскольку задано распределение лишь сторонних зарядов:
$$\begin{array}{ll}r⩽a,& 4\pi r^{2}D={}^4/3\pi r^3\rho ,D=\frac{\rho }{3}r,E=\frac{D}{\epsilon {\epsilon }_0}=\frac{\rho }{3\epsilon {\epsilon }_0}r,\\ r⩾a,& 4\pi r^{2}D={}^4/3\pi a^3\rho ,D=\frac{\rho a^3}{3r^2},E=\frac{D}{{\epsilon }_0}=\frac{\rho a^3}{3{\epsilon }_0}\frac{1}{r^2}.\end{array}$$

Графики функций $E(r)$ и $\phi (r)$ показаны на рис. 3.13.
2. Поверхностная плотность связанного заряда
$${\sigma }^{\prime }=P_n=\frac{\epsilon -1}{\epsilon }\frac{\rho a}{3}.$$

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

Этот результат можно получить и иначе — с помощью уравнения (3.9). А именно, так как $\mathbf{P}=x{\epsilon }_0\mathbf{E}$ и $x$ не зависит от координат (внутри шара), то
$${\rho }^{\prime }=-abla\cdot \mathbf{P}=-x{\epsilon }_{0}abla\cdot \mathbf{E},$$

где ${\epsilon }_{0}abla\cdot \mathbf{E}=\rho +{\rho }^{\prime }$. Поэтому ${\rho }^{\prime }=-x(\rho +{\rho }^{\prime })$, 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 $\phi (r)$, где $r$-расстояние от центра шара, если проводник заряжен положительно.

Рис. 3.13
Рис. 3.14

Решение.
По определению емкость $C=q/\phi$. Найдем потенциал $\phi$ проводника, мысленно сообщив ему заряд $q$ :
$$\phi ={\int }_a^{\mathrm{\infty }}{E}_r\mathrm{d}r=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}{\int }_a^b\frac{q}{\epsilon r^2}\mathrm{d}r+\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}{\int }_b^{\mathrm{\infty }}\frac{q}{r^2}\mathrm{d}r.$$

После интегрирования этого выражения получим:
$$\phi =\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0\epsilon }(\frac{1}{a}+\frac{\epsilon -1}{b}),C=\frac{4\pi {\epsilon }_0\epsilon a}{1+(\epsilon -1)a/b}.$$

Графики зависимостей $E(r)$ и $\phi (r)$ 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 $\epsilon =\alpha /r,\alpha$ — 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:
$$4\pi r^{2}D=q,E=\frac{D}{\epsilon {\epsilon }_0}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q}{\epsilon r^2}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q}{\alpha r}.$$

После подстановки последнего выражения в (1) и соответствующего интегрирования найдем:
$$U=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0\alpha }\ln \frac{b}{a},C=\frac{4\pi {\epsilon }_0\alpha }{\ln (b/a)}.$$

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 ${\mathbf{E}}^{\prime }=$ $=-\mathbf{P}/3{\epsilon }_0$, 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
$${\mathbf{E}}^{\prime }={\mathbf{E}}_{+}^{\prime }+{\mathbf{E}}_{-}^{\prime }=\frac{\rho }{3{\epsilon }_0}({\mathbf{r}}_{+}-{\mathbf{r}}_{-})=-\frac{\rho \mathbf{I}}{3{\epsilon }_0},$$

где использовано, что напряженность поля внутри равномерно заряженного шара $E=\rho r/3{\epsilon }_0$, 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
$${\mathbf{E}}_0=\mathbf{E}-{\mathbf{E}}^{\prime }=\mathbf{E}+\mathbf{P}/3{\epsilon }_0.$$
Т. е. поле в сферической полости больше поля $E$ в диэлектрике на величину $P/3{\epsilon }_0$.

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:
$$E_{\tau }=E_0\sin {\alpha }_0,E_n=D_n/\epsilon {\epsilon }_0=E_{0n}/\epsilon =E_0\cos {\alpha }_0/\epsilon ,$$

где $E_{0n}$ — нормальная составляющая вектора ${\mathbf{E}}_0$ в вакууме. Подставив эти выражения в (1), получим
$$\frac{E}{E_0}=\sqrt{{\sin }^2{\alpha }_0+\frac{{\cos }^2{\alpha }_0}{{\epsilon }^2}}<1,$$
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):
$$D_{2n}=D_{1n},E_{2n}=\epsilon E_{1n}$$

или
$$-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q}{r^2}\cos \theta +\frac{{\sigma }^{\prime }}{2{\epsilon }_0}=\epsilon (-\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{\theta }}\frac{q}{r^2}\cos \theta -\frac{{\sigma }^{\prime }}{2{\epsilon }_0}),$$

где слагаемое ${\sigma }^{\prime }/2{\epsilon }_0$ — это составляющая напряженности поля, создаваемая вблизи рассматриваемого участка плоскости, на котором поверхностная плотность заряда равна ${\sigma }^{\prime }$. Из последнего уравнения следует, что
$${\sigma }^{\prime }=-\frac{\epsilon -1}{\epsilon +1}\frac{ql}{2\pi r^3}.$$

Здесь учтено, что $\cos \vartheta =l/r$. При $l\to 0$ величина ${\sigma }^{\prime }\to 0$, 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
$$\mathrm{d}{q}^{\prime }=-\frac{\epsilon -1}{\epsilon +1}ql\frac{\mathrm{d}r}{r^2}.$$

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

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 $E_{2n}=\epsilon E_{1n}$. Вклад в нормальную составляющую вектора E будет давать только поверхностный заряд ${\sigma }^{\prime }$ вблизи интересующей нас точки, поэтому предыдущее равенство можно переписать так:
$${\sigma }^{\prime }/2{\epsilon }_0=\epsilon (-{\sigma }^{\prime }/2{\epsilon }_0).$$

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
$$D=\epsilon D_0.$$

Из последних двух условий находим, что
$$D_0=\frac{q}{2\pi (1+\epsilon )r^2},D=\frac{\epsilon q}{2\pi (1+\epsilon )r^2},$$

и напряженность электрического поля во всем пространстве
$$E=\frac{D_0}{{\epsilon }_0}=\frac{q}{2\pi (1+\epsilon ){\epsilon }_0{r}^2}.$$

Видно, что при $\epsilon =1$ 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).