Поскольку поле Е зависит от конфигурации в сех зарядов, теорема Гаусса, вообще говоря, не дает возможности найти это поле. Однако в ряде случаев теорема Гаусса оказывается весьма эффективным аналитическим инструментом: она позволяет получить ответы на некоторые принципиальные вопросы, не решая задачи, а также находить и само поле $\mathbf{E}$, причем чрезвычайно простым путем. Рассмотрим несколько примеров, а затем сформулируем некоторые общие выводы о том, в каких случаях применение теоремы Гаусса оказывается наиболее целесообразным.

Пример 1.
О невозможности устойчивого равновесия заряда в электрическом поле. Пусть в вакууме имеется система неподвижных точечных зарядов, находящихся в равновесии. Рассмотрим один из этих зарядов – заряд q. Может ли состояние его равновесия быть устойчивым?
Чтобы ответить на этот вопрос, окружим заряд $q$ небольшой замкнутой поверхностью $S$ (рис. 1.6). Допустим, для определенности, что $q>0$. Тогда для того чтобы равновесие заряда $q$ Рис. 1.6 было устойчивым, необходимо, чтобы во всех точках поверхности $S$ поле E, образованное всеми остальным и зарядами системы, было направлено к заряду $q$ : только в этом случае при любом малом смещении заряда $q$ из положения равновесия на него будет действовать воз в ащ ающ а я сила, и положение равновесия действительно будет устойчивым. Но такая конфигурация поля $\mathbf{E}$ вокруг заряда $q$ противоречит теореме Гаусса: поток вектора $\mathbf{E}$ сквозь поверхность $S$ отрицателен, согласно же теореме Гаусса он должен быть равным нулю, поскольку этот поток создается зарядами, расположенными в н е поверхности $S$. А равенство потока вектора $\mathbf{E}$ нулю означает, что в каких-то точках поверхности $S$ вектор $\mathbf{E}$ направлен внутрь, а в каких-то обязательно наружу. Отсюда и следует, что устойчивое равновесие заряда в любом электростатическом поле невозможно.

Пример 2.
Поле равномерно заряженной плоскости. Пусть поверхностная плотность заряда равна $\sigma$. Из симметрии задачи очевидно, что вектор Е может быть только перпендикулярным заряженной плоскости. Кроме того, ясно, что в симметричных относительно этой плоскости точках вектор Е одинаков по модулю и противоположен по направлению. Такая конфигурация поля подсказывает, что в качестве замкнутой поверхности следует выбрать прямой цилиндр, расположенный, как на рис. 1.7, где предполагается $\sigma>0$.

Поток сквозь боковую поверхность этого цилиндра равен нулю, и поэтому полный поток через всю поверхность цилиндра будет $2 E \Delta S$, где $\Delta S$ – площадь каждого торца. Внутри цилиндра заключен заряд $\sigma \Delta S$. Согласно теореме Гаусса $2 E \Delta S=$ $=\sigma \Delta S / \varepsilon_{0}$, откуда $E=\sigma / 2 \varepsilon_{0}$. Точнее это выражение следует записать так:
\[
E_{n}=\sigma / 2 \varepsilon_{0},
\]

где $E_{n}$ – проекция вектора $\mathbf{E}$ на нормаль $\mathbf{n}$ к заряженной плоскости, причем вектор $\mathbf{n}$ направлен от этой плоскости. Если $\sigma>0$, то и $E_{n}>0$, а значит, вектор $\mathbf{E}$ направлен от заряженной плоскости, как на рис. 1.7; если же $\sigma<0$, то $E_{n}<0$, а значит, вектор $\mathbf{E}$ направлен к заряженной плоскости. Тот факт, что $E$ не зависит от расстояния до плоскости, означает, что соответствующее электрическое поле является однородным (как слева, так и справа от плоскости).

Полученный результат справедлив только для бесконечной плоской поверхности, ибо только в этом случае могут быть использованы приведенные соображения симметрии. Однако он приближенно справедлив и для области, прилегающей к средней части конечной равномерно заряженной плоской поверхности, вдали от ее краев.

Пример 3.
Поле двух параллельных плоскостей, заряженных равномерно разноименными зарядами с плотностями $\sigma$ и $-\sigma$.

Это поле можно легко найти как суперпозицию полей, создаваемых каждой из плоскостей в отдельности (рис. 1.8). Здесь верхние стрелки соответствуют полю от положительно заряженной плоскости, нижние – от отрицательно заряженной плоскости. Между плоскостями напряженности складываемых полей имеют одинаковое направление, поэтому результат (1.10) просто удвоится, и результирующая напряженность поля между плоскостями
\[
E=\sigma / \varepsilon_{0},
\]

где под $\sigma$ подразумевается модуль поверхностной плотности

Рис. 1.7
Рис. 1.8

заряда. Вне этой области, как легко видеть, поле равно нулю. Таким образом, поле в данном случае сосредоточено между плоскостями и является однородным в этой области.

Полученный результат приближенно справедлив и для пластин конечных размеров, если только расстояние между пластинами значительно меньше их линейных размеров (плоский конденсатор). Здесь заметные отклонения поля от однородности наблюдаются только вблизи краев пластин (этим при расчетах часто пренебрегают).

Пример 4.
Поле бесконечного круглого цилиндра, заряженного равномерно по поверхности так, что на единицу его длины приходится заряд $\lambda$.

Из соображений симметрии следует, что поле здесь имеет радиальный характер, т. е. вектор Е в каждой точке перпендикулярен оси цилиндра, а модуль вектора Е зависит только от расстояния $r$ до оси цилиндра. Это подсказывает, что замкнутую поверхность здесь надо взять в форме коаксиального прямого цилиндра (рис. 1.9). Тогда поток вектора Е сквозь торцы этого цилиндра равен нулю, а через боковую поверхность $E_{r} 2 \pi r h$, где $E_{r}$ – проекция вектора $\mathbf{E}$ на радиус-вектор $\mathbf{r}$, совпадающий по направлению с нормалью $\mathbf{n}$ к боковой поверхности цилиндра радиусом $r$ и высотой $h$. По теореме Гаусса для случая $r>a$ имеем $E_{r} \cdot 2 \pi r h=\lambda h / \varepsilon_{0}$, откуда
\[
E_{r}=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0} r}(r>a) .
\]

Рис. 1.9
При $\lambda>0$ и $E_{r}>0$, т. е. вектор $\mathbf{E}$ направлен от заряженного цилиндра, и наоборот. Если $r<a$, то замкнутая поверхность не содержит внутри зарядов, поэтому в этой области $E=0$ независимо от $r$.

Тақим образом, внутри равномерно заряженного по поверхности круглого бесконечного цилиндра поля нет.

Пример 5.
Поле сферической поверхности, заряженной равномерно зарядом $q$.

Это поле, очевидно, центрально-симметричное: направление вектора $\mathbf{E}$ в любой точке проходит через центр сферы, а модуль вектора E должен зависеть только от расстояния $r$ до центра сферы. Ясно, что при такой конфигурации поля в качестве замкнутой поверхности надо взять концентрическую сферу. Пусть ее радиус $r>a$, тогда по теореме Гаусса $E_{r} \cdot 4 \pi r^{2}=$ $=q / \varepsilon_{0}$, откуда
\[
E_{r}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}(r>a),
\]

где $E_{r}$ – проекция вектора $\mathbf{E}$ на радиус-вектор $\mathbf{r}$, совпадающий по направлению с нормалью $\boldsymbol{n}$ к поверхности в каждой ее точке. Знак заряда $q$ и здесь определяет знак проекции $E_{r}$, а следовательно, и направление самого вектора E: от заряженной сферы (при $q>0$ ) или к ней (при $q<0$ ).

Если $r<a$, то замкнутая поверхность не содержит внутри зарядов, поэтому в этой области всюду $E=0$, т. е. внутри равномерно заряженной сферической поверхности электрическое поле отсутствует. Вне этой поверхности поле убывает с расстоянием $r$ по такому же закону, как у точечного заряда.

Пример 6.
Поле равномерно заряженного шара.
Пусть заряд $q$ равномерно распределен по шару радиусом a. Поле такой системы, очевидно, также центрально-симметричное, поэтому и здесь для нахождения поля следует в качестве замкнутой поверхности взять концентрическую сферу. Нетрудно сообразить, что для поля вне шара получнтся тот же результат, что и в предыдущем примере [см. (1.13)]. Внутри же шара выражение для поля будет другим. Сфера радиусом $r<a$ охватывает заряд $q^{\prime}=q(r / a)^{3}$, ибо в нашем случае заряды относятся как объемы, а последние как кубы радиусов. Поэтому согласно теореме Гаусса
\[
E_{r} \cdot 4 \pi r^{2}=\frac{1}{\varepsilon_{0}} q\left(\frac{r}{a}\right)^{3},
\]

откуда
\[
E_{r}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{a^{3}} r(r \leqslant a),
\]
т. е. внутри равномерно заряженного шара напряженность растет линейно с расстоянием $r$ от его центра. График зависимости $E$ от $r$ показан на рис. 1.10.

Общие выводы.
Полученные в этих примерах результаты можно было бы найти и непосредственно интегрированием с помощью формулы (1.5). Однако, как можно было убедиться, использование теоремы Гаусса позволило нам решать эти задачи несравненно более простым путем.

Простота, с которой были решены рассмотренные задачи, может создать иллюзорное впечатление о силе метода, основанного на применении теоремы Гаусса, и о возможности находить с помощью этой теоремы решения многих других задач. К сожалению, это не так. Число задач, легко решаемых с помощью теоремы Гаусса, весьма ограничено. Уже при решении задачи о нахождении поля такого симметричного распределения заряда, как у равномерно заряженного диска, теорема Гаусса оказывается бессильной. В этом случае конфигурация поля достаточно сложная, и замкнутой поверхности, обладающей необходимой для простоты вычисления потока вектора E формой, здесь нет.

Использование теоремы Гаусса для расчета полей эффективно лишь в тех случаях, где поле обладает специальной симметрией (чаще всего плоской, цилиндрической или сферической). Симметрия, а следовательно, и конфигурация поля должны быть такими, чтобы, во-первых, можно было найти достаточно простую замкнутую поверхность $S$ и, во-вторых, вычисление потока вектора Е свести к простому умножению $E$ (или $E_{n}$ ) на площадь поверхности $S$ или ее часть. Если этого нет, задачу о нахождении поля приходится решать или непосредственно с помощью формулы (1.5), или с помощью других методов, с которыми мы ознакомимся ниже.