Поле диполя.
Электрический ди поль- это система из двух одинаковых по модулю разноименных точечных зарядов $+q$ и $-q$, находящихся на некотором
расстоянии $l$ друг от друга. Когда говорят о поле диполя, то предполагают сам диполь точечным, т. е. считают расстояния $r$ от диполя до интересующих нас точек поля значительно больше $l$.

Поле диполя обладает осевой симметрией, поэтому картина поля в любой плоскости, проходящей через ось диполя, одна и та же и вектор Е лежит в этой плоскости.

Найдем сначала потенциал поля диполя, а затем его напряженность. Согласно (1.25) потенциал поля диполя в точке $P$ (рис. $1.14, a$ ) определяется как
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{q}{r_{+}}-\frac{q}{r_{-}}\right)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q\left(r_{-}-r_{+}\right)}{r_{+} r_{-}} .
\]

Так как $r \gg l$, то, как видно из рис. 1.14, $a, r_{-}-r_{+}=$ $=l \cos \vartheta$ и $r_{+} r_{-}=r^{2}$, где $r$ – расстояние от точки $P$ до диполя (он точечный!). С учетом этого
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p \cos \theta}{r^{2}},
\]

где $p=q l-$ электрический момент диполя. Этой величине сопоставляют вектор, направленный по оси диполя от отрицательного заряда к положительному:
\[
\mathbf{p}=q \mathbf{l} \text {, }
\]

где $q>0$ и 1 – вектор, направленный в ту же сторону, что и р.

Из формулы (1.34) видно, что поле диполя зависит от его электрического момента p. Как мы увидим далее, и поведение диполя во внешнем поле также зависит от $\mathrm{p}$. Следовательно, $\mathbf{p}$ является важной характеристикой диполя.

Следует также обратить внимание на то, что потенциал поля диполя убывает с расстоянием $r$ быстрее, чем потенциал поля точечного заряда ( $1 / r^{2}$ вместо $1 / r$ ).

Для нахождения поля диполя воспользуемся формулой (1.32), вычислив с помощью нее проекции вектора E на два взаимно перпендикулярных направления вдоль ортов $\mathbf{e}_{r}$ и $\mathbf{e}_{\theta}$ (рис. 1.14,б):
\[
E_{r}=-\frac{\partial \varphi}{\partial r}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{2 p \cos \theta}{r^{3}}, \quad E_{\vartheta}=-\frac{\partial \varphi}{r \partial \vartheta}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p \sin \theta}{r^{3}} .
\]

Отсюда модуль вектора E
\[
E=\sqrt{E_{r}^{2}+E_{\theta}^{2}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p}{r^{3}} \sqrt{1+3 \cos ^{2} \theta} .
\]

В частности, при $\vartheta=0$ и $\vartheta=\pi / 2$ мы получим выражения для напряженности поля соответственно на оси диполя $\left(E_{\|}\right)$и перпендикулярно ей $\left(E_{\perp}\right)$ :
\[
E_{\|}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{2 p}{r^{3}}, \quad E_{\perp}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p}{r^{3}},
\]
т. е. при одном и том же $r$ напряженность $E_{\|}$вдвое больше $E_{\perp}$.

Сила, действующая на диполь.
Поместим диполь во внешнее неоднородное электрическое поле. Пусть Е + и E_ – напряженности внешнего поля в точках, где расположены положительный и отрицательный заряды диполя. Тогда результирующая сила $\mathbf{F}$, действующая на диполь, равна (рис. $1.15, a$ ):
\[
\mathbf{F}=q \mathbf{E}_{+}-q \mathbf{E}_{-}=q\left(\mathbf{E}_{+}-\mathbf{E}_{-}\right) .
\]

Разность $\mathbf{E}_{+}-\mathbf{E}_{-}$- это приращение $\Delta \mathbf{E}$ вектора $\mathbf{E}$ на отрезке, равном длине диполя $l$, в направлении вектора 1. Вследствие малости этого отрезка можно записать
\[
\Delta \mathbf{E}=\mathbf{E}_{+}-\mathbf{E}_{-}=\frac{\Delta \mathbf{E}}{l} l=\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial l} l .
\]

После подстановки этого выражения в формулу для $\mathbf{F}$ получим, что сила, действующая на диполь:

где $p=q l$ – электрический момент диполя. Входящую в это выражение производную принято называть производной вектора по направлению. Знак частной производной подчеркивает, что эта производная берется по определенному направлению, совпадающему с вектором 1 или р.

Простота формулы (1.39), к сожалению, обманчива: производная $\partial \mathrm{E} / \partial l$ является довольно сложной математической операцией. Мы не будем останавливаться на этом более подробно, а обратим внимание на существо полученного результата. Прежде всего отметим, что в однородном поле $\partial \mathbf{E} / \partial l=0$, поэтому и $\mathbf{F}=0$. Значит, сила действует на диполь, вообще говоря, только в неоднородном поле. Далее, направление вектора $\mathbf{F}$ в общем случае не совпадает ни с вектором $\mathbf{E}$, ни с вектором р. Вектор $\mathbf{F}$ совпадает по направлению лишь с элементарным приращением вектора Е, взятым в направлении вектора 1 или р (рис. 1.15, б).

На рис. 1.16 показаны направления силы $\mathbf{F}$, действующей на диполь в поле положительного точечного заряда $q$, при трех разных расположениях диполя. Убедиться самостоятельно, что это действительно так.

Если нас интересует проекция силы $\mathbf{F}$ на некоторое направление $X$, то достаточно записать равенство (1.39) в проекциях на это направление, и мы получим
\[
F_{x}=p \frac{\partial E_{x}}{\partial l},
\]

где $\partial E_{x} / \partial l$ – производная соответствующей проекции вектора $\mathbf{E}$ опять же по направлению вектора I или р.

Пусть диполь с моментом р расположен вдоль оси симметрии некоторого неоднородного поля Е. Возьмем положительное направление оси $X$, например, как показано на рис. 1.17. Так как в направлении вектора р приращение проекции $E_{x}$ будет отрицательным, то $F_{x}<0$, а значит, вектор $\mathbf{F}$ направлен влево – в сторону, где напряженность поля больше. Если же вектор p на этом рисунке повернуть на $90^{\circ}$ так, чтобы центр диполя совпадал с осью симметрии поля, то нетрудно сообразить, что в таком положении $F_{x}=0$.

Момент сил, действующих на диполь.
Рассмотрим, как ведет себя диполь во внешнем электрическом поле в своей системе центра масс – будет он поворачиваться или нет. Для этого мы должны найти момент внешних сил относительно центра масс диполя*.

По определению момент сил $\mathbf{F}_{+}=q \mathbf{E}_{+}$и $\mathbf{F}_{-}=-q \mathbf{E}_{-}$ относительно центра масс $C$ (рис. 1.18) равен
\[
\mathbf{M}=\left[\mathbf{r}_{+} \mathbf{F}_{+}\right]+\left[\mathbf{r}_{-} \mathbf{F}_{-}\right]=\left[\mathbf{r}_{+}, q \mathbf{E}_{+}\right]-\left[\mathbf{r}_{-}, q \mathbf{E}_{-}\right],
\]

где $\mathbf{r}_{+}$и $\mathbf{r}_{-}$- радиусы-векторы зарядов $+q$ и $q$ относительно точки $C$. При достаточно малом расстоянии между зарядами диполя $\mathbf{E}_{+} \approx \mathbf{E}_{-}$и $\mathbf{M}=\left[\mathbf{r}_{+}-\mathbf{r}_{-}, q \mathbf{E}\right]$. Остается учесть, что $\mathbf{r}_{+}-\mathbf{r}_{-}=\mathbf{I}$ и $q \mathbf{l}=\mathrm{p}$, тогда

Этот момент сил стремится повернуть диполь так, чтобы его электрический момент $\mathbf{p}$ установился по направлению внешнего поля Е. Такое положение диполя является устойчивым.

Итак, в неоднородном электрическом поле диРис. 1.18 поль будет вести себя следующим образом: под действием момента сил (1.41) диполь будет стремиться установиться по полю ( $\mathbf{p} \uparrow \uparrow \mathbf{E}$ ), а под действием результирующей силы (1.39) – переместится в направлении, где E по модулю больше. Оба движения будут совершаться одновременно.

Энергия диполя в поле.
Мы знаем, что энергия точечного заряда $q$ во внешнем поле равна $W=q \varphi$, где $\varphi-$ потенциал поля в точке нахождения заряда $q$. Диполь это система из двух зарядов, поэтому его энергия во внешнем поле
\[
W=q_{+} \varphi_{+}+q_{-} \varphi_{-}=q\left(\varphi_{+}-\varphi_{-}\right),
\]

где $\varphi_{+}$и $\varphi_{-}$- потенциал внешнего поля в точках расположения зарядов $+q$ и $-q$. С точностью до величины второго порядка малости
\[
\varphi_{+}-\varphi_{-}=\frac{\partial \varphi}{\partial l} l
\]

где $\partial \varphi / \partial l$ – производная потенциала по направлению вектора 1. Согласно (1.32) $\partial \varphi / \partial l=-E_{l}$, поэтому $\varphi_{+}-$ $-\varphi_{-}=-E_{l} l=-\mathbf{E l}$ и

Из этой формулы следует, что минимальную энергию $\left(W_{\text {мнн }}=-p E\right.$ ) диполь имеет в положении $\mathbf{p \uparrow} \mathbf{E}$ (положение устойчивого равновесия). При отклонении из этого положения возникает момент внешних сил, возвращающий диполь к положению равновесия.

Задачи

1.1. Очень тонкий диск равномерно заряжен с поверхностной плотностью $\sigma>0$. Найти напряженность $E$ электрического поля на оси этого диска в точке, из которой диск виден под телесным углом $\Omega$.

Решение.
Из соображений симметрии ясно, что вектор $\mathbf{E}$ на оси диска должен совпадать с направлением этой оси (рис. 1.19). Поэтому достаточно найти составляющую $\mathrm{d} E_{z}$ в точке $A$ от элемента заряда на площади dS и затем проинтегрировать полученное выражение по всей поверхности диска. Нетрудно сообразить (рис. 1.19), что
\[
\mathrm{d} E_{z}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\sigma \mathrm{d} S}{r^{2}} \cos \vartheta \text {. }
\]

В данном случае $\mathrm{d} S \cos \theta / r^{2}=\mathrm{d} \Omega$ – телесный угол, под которым площадка $\mathrm{d} S$ видна из точки $A$, и выражение (1) можно переписать так:
\[
\mathrm{d} E=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \sigma \mathrm{d} \Omega .
\]

Отсюда искомая величина
\[
E=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \sigma \Omega .
\]

Заметим, что на больших расстояниях от диска $\Omega=S / r^{2}$, где $S$ – площадь диска, и $E=q / 4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}$ – как поле точечного заряда $q=\sigma S$. В непосредственной же близости от точки $O$ телесный угол $\Omega=2 \pi$ и $E=\sigma / 2 \varepsilon_{0}$.

1.2. Тонкое непроводящее кольцо радиусом $R$ заряжено с линейной плотностью $\lambda=\lambda_{0} \cos \varphi$, где $\lambda_{0}$ – положительная постоянная, $\varphi$-азимутальный угол. Найти напряженность Е электрического поля в центре кольца.

Решение. Заданное распределение заряда показано на рис. 1.20. Из симметрии этого распределения ясно, что вектор $\mathbf{E}$ в точке $O$ направлен вправо и модуль этого вектора равен сумме проекций на направление $\mathbf{E}$ векторов $\mathrm{dE}$ – от элементарных зарядов $\mathrm{d} q$. Проекция вектора $\mathrm{d} \mathbf{E}$ на вектор $\mathbf{E}$ есть
\[
\mathrm{d} E \cos \varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\mathrm{d} q}{R^{2}} \cos \varphi .
\]

где $\mathrm{d} q=\lambda R \mathrm{~d} \varphi=\lambda_{0} R \cos \varphi \mathrm{d} \varphi$. Проинтегрировав (1) по $\varphi$ от 0 до $2 \pi$, найдем модуль вектора E:
\[
E=\frac{\lambda_{0}}{4 \pi \varepsilon_{0} R} \int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \varphi \mathrm{d} \varphi=\frac{\lambda_{0}}{4 \varepsilon_{0} R} .
\]

Заметим, что этот интеграл проще всего вычислить, зная, что

$\left\langle\cos ^{2} \varphi\right\rangle=1 / 2$. Тогда
\[
\int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \varphi \mathrm{d} \varphi=\left\langle\cos ^{2} \varphi\right\rangle 2 \pi=\pi .
\]

1.3. Полубесконечная прямая равномерно заряженная нить имеет заряд $\lambda$ на единицу длины. Найти модуль и направление напряженности поля в точке, которая отстоит от нити на расстоянии у и находится на перпендикуляре к нити, проходящем через ее конец.

Решение. Задача сводится к нахождению $E_{x}$ и $E_{y}$ проекций вектора E (рис. 1.21, где предполагается $\lambda>0$ ). Начнем с $E_{x}$. Элемент заряда на участке $\mathrm{d} x$ нити дает следующий вклад в $E_{x}$ :
\[
\mathrm{d} E_{x}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{\lambda \mathrm{d} x}{r^{2}} \sin \alpha .
\]

Приведем это выражение к виду, удобному для интегрирования. В нашем случае $\mathrm{d} x=r \mathrm{~d} \alpha / \cos \alpha, r=y / \cos \alpha$. Тогда
\[
\mathrm{d} E_{x}=\frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_{0} y} \sin \alpha \mathrm{d} \alpha .
\]

Проинтегрировав это выражение по $\alpha$ от 0 до $\pi / 2$, найдем
\[
E_{x}=\lambda / 4 \pi \varepsilon_{0} y .
\]

Для нахождения проекции $E_{y}$ достаточно обратить внимание на то, что $\mathrm{d} E_{y}$ отличается от $\mathrm{d} E_{x}$ просто заменой $\sin \alpha$ в (1) на $\cos \alpha$. Тогда
\[
\mathrm{d} E_{y}=\lambda \cos \alpha \mathrm{d} \alpha / 4 \pi \varepsilon_{0} y \quad \text { и } \quad E_{y}=\lambda / 4 \pi \varepsilon_{0} y .
\]

Мы получили интересный результат: $E_{x}=E_{y}$ независимо от $y$, т. е. вектор Е ориентирован под углом $45^{\circ}$ к нити. Модуль вектора $\mathbf{E}$
\[
E=\sqrt{E_{x}^{2}+E_{y}^{2}}=\lambda \sqrt{2} / 4 \pi \varepsilon_{0} y .
\]

1.4. Теорема Гаусса. Напряженность электрического поля зависит только от координат $х$ и у как
\[
\mathbf{E}=a(x \mathbf{i}+y \mathbf{j}) /\left(x^{2}+y^{2}\right),
\]

где а-постоянная; і $и \mathbf{j}$-орты осей $X$ и $Y$. Найти заряд внутри сферы радиусом $R$ с центром в начале координат.

Решение. Искомый заряд равен согласно теореме Гаусса потоку вектора $\mathbf{E}$ через указанную сферу, деленному на $\varepsilon_{0}$. В данном случае для определения потока можно поступить так. Заметив, что поле $\mathbf{E}$ является осесимметричным (полем заряженной равномерно нити), приходим к выводу, что поток через сферу радиусом $R$ равен потоку через боковую

поверхность цилиндра того же радиуса и высотой $2 R$, расположенного, как показано на рис. 1.22. Тогда
\[
q=\varepsilon_{0} \oint \mathbf{E} \mathrm{d} \mathbf{S}=\varepsilon_{0} E_{r} S,
\]

де $E_{r}=a / R$ и $S=2 \pi R \cdot 2 R=4 \pi R^{2}$. И окончательно,
\[
q=4 \pi \varepsilon_{0} a R .
\]

1.5. Система состоит из равномерно заряженной сферы радиусом $R$ и окружающей среды, заполненной зарядом $c$ объемной плотностью $\rho=\alpha / r$, где $\alpha$-положительная постоянная, $r$-расстояние от центра сферы. Найти заряд сферы, при котором напряженность $E$ электрического поля вне сферы не будет зависеть от $r$. Чему равно Е?

Решение. Пусть искомый заряд сферы равен $q$, тогда, воспользовавшись теоремой Гаусса, запишем для сферической поверхности радиусом $r$ (снаружи сферы с зарядом $q$ ):
\[
E \cdot 4 \pi r^{2}=\frac{q}{\varepsilon_{0}}+\frac{1}{\varepsilon_{0}} \int_{R}^{r} \frac{\alpha}{r} 4 \pi r^{2} \mathrm{~d} r .
\]

Проинтегрировав, преобразуем предыдущее уравнение к виду
\[
E \cdot 4 \pi r^{2}=\left(q-2 \pi \alpha R^{2}\right) / \varepsilon_{0}+4 \pi \alpha r^{2} / 2 \varepsilon_{0} .
\]

Напряженность $E$ не зависит от $r$ при условии, когда выражение в скобках равно нулю. Отсюда
\[
q=2 \pi \alpha R^{2} \text { и } E=\alpha / 2 \varepsilon_{0} .
\]

1.6. Найти напряженность E электрического поля в области пересечения двух шаров, равномерно заряженных разноименными по знаку зарядами с объёмной плотностью $\rho$ и – $\rho$, если расстояние между центрами шаров определяется вектором 1 (рис. 1.23).

Решение. $\mathrm{C}$ помощью теоремы Гаусса нетрудно показать, что напряженность электрического поля внутри равномерно заряженного шара
\[
\mathbf{E}=\left(\rho / 3 \varepsilon_{0}\right) \mathrm{r},
\]

где $\mathbf{r}$-радиус-вектор относительно центра шара. Поле в области пересечения шаров можно рассматривать как суперпозицию полей двух равномерно заряженных шаров. Тогда в произвольной точке $A$ (рис. 1.24) этой области
\[
\mathbf{E}=\mathbf{E}_{+}+\mathbf{E}_{-}=\rho\left(\mathbf{r}_{+}-\mathbf{r}_{-}\right) / 3 \varepsilon_{0}=\rho \mathrm{l} / 3 \varepsilon_{0} .
\]

Таким образом, поле в области пересечения таких шаров является однородным. Этот вывод справедлив независимо от соотношения радиусов шаров и расстояния между их центрами. Он справедлив, в частности, н тогда, когда один шар находится целиком внутри другого, или, другими словами, когда в шаре имеется сферическая полость (рис. $1.25)$.

1.7. Воспользовавшись решением предыдущей задачи, найти напряженность Е поля внутри сферы, по которой распределен заряд с поверхностной плотностью $\sigma=\sigma_{0} \cos \vartheta$, где $\sigma_{0}$ – постоянная, $\vartheta-$ полярный угол.

Рис. 1.23
Рис. 1.24

Решение.
Рассмотрим два шара одинакового радиуса, имеющих равномерно распределенные по объему заряды с плотностями $\rho$ и – $\rho$. Пусть центры шаров смещены относительно друг друга на расстояние I (рис. 1.26). Тогда согласно решению предыдущей задачи поле в области пересечения этих шаров будет однородным:
\[
\mathbf{E}=\left(\rho / 3 \varepsilon_{0}\right) \mathbf{1} .
\]

В нашем случае объемный заряд отличается от нуля только в поверхностном слое. При очень малом $l$ мы придем к представлению о поверхностной плотности заряда на сфере. Толщина заряженного слоя в точках, определяемых углом $\vartheta$ (рис. 1.26 ), равна $l \cos \vartheta$. Значит, на единицу площади в этом месте приходится заряд $\sigma=\rho l \cos \theta=\sigma_{0} \cos \theta$, где $\sigma_{0}=\rho l$, и выражение (1) можно представить как
\[
\mathbf{E}=-\left(\sigma_{0} / 3 \varepsilon_{0}\right) \mathbf{k},
\]

где $\mathbf{k}$ – орт оси $Z$, от которой отсчитывается угол $\vartheta$.

1.8. Потенциал. Потенциал некоторого электрического поля имеет вид $\varphi=\alpha\left(x y-z^{2}\right)$. Найти проекцию вектора $\mathbf{E}$ на направление вектора $\mathbf{a}=\mathrm{i}+3 \mathbf{k}$ в точке $M(2,1,-3)$. Решение. Сначала найдем вектор E:
\[
\mathbf{E}=-
abla \varphi=-\alpha(y \mathbf{j}+x \mathbf{j}-2 z \mathbf{k}) .
\]

Искомая проекция
\[
E_{a}=\mathbf{E} \frac{\mathbf{a}}{a}=\frac{-\alpha(y \mathbf{i}+x \mathbf{j}-2 z \mathbf{k})(\mathbf{i}+3 \mathbf{k})}{\sqrt{1+3^{2}}}=\frac{-\alpha(y-6 z)}{\sqrt{10}} .
\]

В точке $M$
\[
E_{a}=\frac{-\alpha(1+18)}{\sqrt{10}}=-\frac{19}{\sqrt{10}} \alpha .
\]

1.9. Найти потенциал ч на краю тонкого диска, по одной стороне которого равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью б. Радиус диска равен $R$.

Решение. По определению потенциал в случае поверхностного распределения заряда дается интегралом (1.28). Для упрощения интегрирования выберем в качестве площадки $\mathrm{d} S$ часть кольца радиусом $r$ и шириной $\mathrm{d} r$ (рис. 1.27). Тогда

Рис. 1.25
Рис. 1.26
Рис. 1.27

$\mathrm{d} S=2 \vartheta r \mathrm{~d} r, r=2 R \cos \vartheta, \mathrm{d} r=-2 R \sin \vartheta \mathrm{d} \vartheta$. После подстановки этих выражений в интеграл (1.28) получим для $\varphi$ в точке $O$ :
\[
\varphi=-\frac{\sigma R}{\pi \varepsilon_{0}} \int_{\pi / 2}^{0} \vartheta \sin \vartheta \mathrm{d} \vartheta .
\]

Интегрирование проводим по частям, обозначив $\vartheta=u$, $\sin \vartheta \mathrm{d} \theta=\mathrm{d} v:$
\[
\int \vartheta \sin \vartheta \mathrm{d} \theta=-\vartheta \cos \theta+\int \cos \theta \mathrm{d} \theta=-\vartheta \cos \theta+\sin \vartheta,
\]

что дает после подстановки пределов интегрирования – 1 . В результате
\[
\varphi=\sigma R / \pi \varepsilon_{0} .
\]

1.10. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния $r$ до его центра по закону $\varphi=a r^{2}+$ $+b$, где а и $b$ – постоянные. Найти распределение объемного заряда $\rho(r)$ внутри шара.

Решение. Сначала найдем напряженность поля. Согласно (1.32)
\[
E_{r}=-\partial \varphi / \partial r=-2 a r .
\]

Затем воспользуемся теоремой Гаусса: $4 \pi r^{2} E_{r}=q / \varepsilon_{0}$. Дифференциал этого выражения
\[
4 \pi \mathrm{d}\left(r^{2} E_{r}\right)=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \mathrm{~d} q=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \rho \cdot 4 \pi r^{2} \mathrm{~d} r,
\]

где $\mathrm{d} q$ – заряд между сферами, радиусы которых $r$ и $r+\mathrm{d} r$. Отсюда
\[
r^{2} \mathrm{~d} E_{r}+2 r E_{r} \mathrm{~d} r=\frac{1}{\varepsilon_{0}} \rho r^{2} \mathrm{~d} r, \quad \frac{\partial E_{r}}{\partial r}+\frac{2}{r} E_{r}=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}} .
\]

Подставив (1) в последнее уравнение, получим
\[
\rho=-6 \varepsilon_{0} a,
\]
т. е. заряд внутри шара распределен равномерно.

1.11. Диполь. Найти силу взаимодействия двух точечных диполей с моментами $\mathbf{p}_{1}$ и $\mathbf{p}_{2}$, если векторы $\mathbf{p}_{1}$ и $\mathbf{p}_{2}$ направлены вдоль прямой, соединяющей диполи, и расстояние между последними равно $l$.
Решение Согласно (1.39)
\[
F=p_{1}|\partial E / \partial l|
\]

где $E$ – напряженность поля диполя $\mathrm{p}_{2}$, определяемая первой !з формул (1.38):
\[
E=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{2 p_{2}}{l^{3}} .
\]

Взять производную последнего выражения по $l$ и подставив ее в формулу для $F$, получим
\[
F=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{6 p_{1} p_{2}}{l^{4}} .
\]

Заметим, что диполи будут притягиваться, если $\mathrm{p}_{1} \uparrow \uparrow \mathrm{p}_{2}$, и отталкиваться, если $\mathbf{p}_{1} \uparrow \downarrow \mathbf{p}_{2}$.