Фундаментальным законом электростатического поля является за кон Кулона
\[
F=\frac{Q_{1} Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{r}} .
\]

Он справедлив для точечных и неподвижных электрических зарядов. Закон Кулона по форме очень похож на закон всемирного тяготения Ньютона. Поэтому почти все, что было сказано в гл. 5 о поле тяготения, можно буквально повторить и для электростатического поля.

Основными характеристиками электростатического поля являются напряженность Е и потенциал ч. Для поля, созданного точечным зарядом,
\[
\begin{array}{l}
E=\frac{Q}{4 \pi e_{0} r^{2}}, \\
\varphi=\frac{Q}{4 \pi e_{0} r} .
\end{array}
\]

Напряженность E и потенщиал 甲 электростатического поля связаны соотношением (16.6).

Состояние электростатического поля как физической системы определяется значением вектора напряженности в любой точке поля. Следовательно, основная задача электростатики заключается в расчете электрического поля. Здесь полезно различать три случая:
1) поле создано системой точечных зарядов;
2) поле создано системой точечных и неточечных зарядов, расположенных на телах правильной геометрической форми;
3) поле создано пронзвольным распределением зарядов. Хотя первый случай рассматривался в поле тяготения, весьма полезно вначале рассчитать поля диполя (не только в точках, расположенных на его осях, но и в произвольной точке), квадруполя и других точечных систем. Во втором случае сначала по теореме Гаусса рассчитывают поля неточечных зарядов, а затем, используя принцип суперпозиции, определяют суммарное поле. При произвольном распределении зарядов используют метод ДИ (см. §6).

Если характеристики поля будут рассчитаны, то задачи о дзижении заряженных частиц в известном поле можно решить или динамическим методом, или методом законов сохранения.
Пример 19.1 Рассчитать капряженжость поss прямой бесконечной нити, равномерно заряженной с линейной плотностью $\gamma$, в точке 0, удаленной от нити на расстояние $r_{0}$.
Решен и е. Заряд нити нетьчечный, поэтому непосредственно использовать формулу (19.2) нельзя. Применим сначала теорему Гаусса. В силу симметрии поля вектор напряженности в лобой точке нормален цилиндрической поверхности, проходящей через эту точку. Ось симметрии этой поверхности совпадает с нитью. Поэтому в качестве замкнутой поверхности выберем цилиндр длиной $l$ с осыо симметрии, совпадающей с нитыо, боковая поверхность которого проходит через точку O (рис. 19.1). Поток вектора E через боковую поверхность цилиндра $\Phi_{R}=2 \pi r_{0} I E$, а электрический заряд, расположенный внутри цилиндра, $Q=\gamma l$. По теореме Гаусса,
\[
2 \pi r_{0} l E=\gamma l / e_{0} .
\]

Отсюда определяем искомую напряженность:
\[
E=\frac{\gamma}{2 \pi \varepsilon_{0} r_{0}} .
\]

Попробуем применить метод ДИ. Разделим нить на столь малые элементы, чтобы заряд, находящийся на каждом таком элементе, был точечным. Рассмотрим один такой элемент длиной $\mathrm{d} l$ с зарядом $\mathrm{d} Q=\gamma \mathrm{d} l$ (рис. 19.2). В точке $O$ элементарная напряженность поля этого заряда
\[
\mathrm{d} E=\frac{\mathrm{d} Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}}=\frac{\gamma \mathrm{d} l}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}} .
\]

Из треугольника $A D O$ находим
\[
r=r_{0} / \cos \alpha \text {. }
\]
108
Так как $|A C|=r \mathrm{~d} \alpha=r_{0} \mathrm{~d} \alpha / \cos \alpha$, то из треугольника $A B C$ определяем
\[
\mathrm{d} l=|A C| / \cos \alpha=r_{0} \mathrm{~d} \alpha / \cos ^{2} \alpha .
\]

Подставляя значения $r$ и $\mathrm{d} l$ в уравнение (19.5), получаем
\[
\mathrm{d} E=\frac{\gamma \mathrm{d} \alpha}{4 \pi r_{0} r_{0}} .
\]

Проекции вектора dE на оси $O X$ и $O Y_{1}$
\[
\begin{array}{l}
\mathrm{d} E_{x}=\frac{\gamma \cos \alpha \mathrm{d} \alpha}{4 \pi \pi_{0} f_{0}}, \\
\mathrm{~d} E_{v}=\frac{\gamma \sin \alpha \mathrm{d} \alpha}{4 \pi e_{0} f_{0}} .
\end{array}
\]

Отсіода после интегрирования получаем
\[
E_{x}=\int_{-N / 2}^{+\pi / 2} \frac{\gamma \cos \alpha d \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0} r_{0}}=\frac{\gamma}{2 \pi \varepsilon_{0} r_{0}}, \quad E_{y}=\int_{-\pi / 2}^{+\pi / 2} \frac{\gamma \sin \alpha d \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0} r_{0}}=0 .
\]

Таким образом, окончательно
\[
E=\frac{\gamma}{2 \pi \varepsilon_{0} r_{0}},
\]

что совпадает с выражением (19.4), полученным с помощыо теоремы Гаусса.

На первый взгляд метод ДИ при расчете поля нити оказался более трудоемким, чем использование теоремы Гаусса. В данном примере это действительно так. Но метод ДИ является универсальным, он может быть применен практически и в тех случаях, когда теорема Гаусса оказьвается бесплодной.
Пример 19.2 Определить напряженность поля отрезка, равномерно заряженного с линейной плотностью $\gamma$, в токе 0, удаленнои от отрезка на растояние $r_{0}$. Угль $^{2} \alpha_{1} и \alpha_{2}$ заданы (рис. 19.3).
Решение. Легко видеть, что симметрия поля бесконечной нити нарушена, поле отрезка несимметрично. Очень трудно построить замкнутую поверхность, окружающую отрезок, для которой по теореме Гаусса можно было бы относительно просто вычислить поток вектора Е.

Применим метод ДИ. Проекции вектора $\mathrm{d} E$ элементарной напряженности на оси $O X$ и $O Y$ получены в примере 19.1. Интегрируя соотношения (19.7) и (19.8), находим проекции (компоненты) искомого вектора $\mathbf{E}$ на оси $O X$ и $O Y$ :
\[
\begin{array}{l}
E_{x}=\int_{-\alpha_{4}}^{+\alpha_{2}} \frac{\gamma \cos \alpha d \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0} \gamma_{0}}=\frac{\gamma}{4 \pi \varepsilon_{0} \gamma_{0}}\left(\sin \alpha_{1}+\sin \alpha_{2}\right) . \\
E_{y}=\int_{-\alpha_{4}}^{+\alpha_{4}} \frac{\gamma \sin \alpha d \alpha}{4 \pi e_{0} f_{0}}=\frac{\gamma}{4 \pi e_{0} \gamma_{0}}\left(\cos \alpha_{1}-\cos \alpha_{2}\right) .
\end{array}
\]

Легко показать, что поле прямой бесконечной нити (19.4) является частным случаем поля отрезка. Действительно, при $\alpha_{1}=-\pi / 2$ и $\alpha_{2}=+\pi / 2$ из (19.9) и (19.10) получаем $E_{x}=\gamma /\left(2 \pi \varepsilon_{0}\right)$ и $E_{y}=0$, что совпадает с (19.4).

Получив выраження для напряженностей полей отрезка и нити, мы можем теперь поставить десятки задач на расчет поля, созданного различными комбинациями равномерио заряженных отрезков, бесконечных и полубесконечных нитей (поле єтреугольниказ, єквадрата», суглав и т. д.).
Пример 19.3 Бесконечная прямая нить, равномерно заряженная ялектричестеом с линейной плотностью $\gamma_{1}=$ $=+3 \cdot 10^{-1} \mathrm{Kл} / \mathrm{m}$, и отрезок длины $l=20 \mathrm{cм}$, равномерно заряженный электричеством с лимейной плотностью $\gamma_{2}=+2 \cdot 10^{-1} \mathrm{Kл} / \mathrm{M}$, располозсены в однод пноскости перпендикулярно друг к другу на расстоянии $r_{0}=10$ см (рис. 19.4). Определить силу ваимодействия мезду ними. Р еше н и е. В физическую систему включим два тела: нить и отрезок. Никакое из этих тел нельзя принять за материальную точку. Физическое явление заключается в воздействии поля няти на заряд отрезка. Необходимо определить силу этого взаимодействия. Заряд $Q_{2}=\gamma_{2} l$, находящийся на отрезке, расположен в электрическом поле иити, которое известно (см. (19.4)).
Казалось бы, для нахождения силы, действующей на заряд. можно воспользоваться формулой $F=Q_{2} E$, где $E=\gamma_{1} /\left(2 \pi \varepsilon_{0} r_{\mathrm{s}}\right)$. Такое решение, однако, будет неверным, ибо эта формула применима или для однородного электрического поля (поле же нити неоднородно: $\mathbf{E}
eq$ const), или для точечного заряда (у нас заряд $Q$, неточныи̂). На различные (но равные по длине) участки отрезка $l$ действуют различные силы. Поэтому для расчета силы, с которой неоднородное поле нити действует на неточечный заряд $Q_{2}$, применим метод ДИ. Разделим отрезок $l$ на столь малые части $d x$, что заряд $\mathrm{d} Q=\gamma_{2} \mathrm{~d} x$ каждого такого участка можно считать точечным. Заряд dQ находится в электрическом поле нити. Поскольку этот заряд точечный, на него действует сила
\[
\mathrm{d} F=E \mathrm{~d} Q=\frac{\gamma_{1} \gamma_{2}}{2 \pi e_{0} x} \mathrm{~d} x,
\]

где $\boldsymbol{x}$ – расстояние заряда d $Q$ от нити.
Дифференциал искомой величины найден. Сила, действующая на каждый элемент отрезка, зависит от расстояния $x$ этого элемента до нити. Поэтому и выберем это расстояние $x$ за переменную интегрирования. Оно изменяется в пределах от $x_{1}=r_{0}$ до $x_{3}=r_{0}+l$. Интегрируя уравнение (19.11) по $\boldsymbol{x}$, получаем
\[
F=\int_{r_{0}}^{r_{0} t} \frac{\gamma_{1} \gamma_{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \frac{d x}{x}=\frac{\gamma_{1} \gamma_{2}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \left(1+\frac{t}{r_{0}}\right) .
\]

Подстановка числовых значений приводит к результату $F \approx 1,2 \cdot 10^{-3} \mathrm{H}$.

Можно изменить условия решенной задачи, расположив отрезок параллельно нити, под углом к нити, в плоскости, перпендикулярной нити, и т. д. Все эти варианты задач могут быть решены одним и тем же методом дИ.

Рассмотрим поля, созданные кривыми линиями, поверхностями и т. д.
Пример 19.4 Полуокружность радиуса $R=2$ м равмомерно заряжена зарядом $Q=10^{-1} \mathrm{Kл}$. Определить напряэсенность электрического поля, сазданного этим зарядом в аеометрическом центре полуокружности.
Реше е и е. Физическая система состоит из двух объектов: равномерно заряженной зарядом $Q$ полуокружности и электрического поля этого заряда. Напряженность поля неизвестна. Заряд $Q$, находящийся на полуокружности, неточечный, ибо он расположен на теле, размеры которого $\pi R$ сравнимы с расстоянием $R$, рассматриваемым в данной задаче. Поэтому неверным было бы решение
\[
E=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}}, \quad E \approx 2,2 \mathrm{~B} / \mathrm{M} .
\]

Теорема Гаусса пріводит к очень сложным вычислениям. Применим метод ДИ. ИСО свяжем с полуокружностыю, ось $O X$ направим вправо (рис. 19.5). Разделим полуокружность на столь малые дуги $\mathrm{d} l$, чтобы заряд $\mathrm{d} Q=Q \mathrm{~d} l /(\pi R)$ каждой такой элементарной дуги был точечным. Рассмотрим один такой точечный заряд. Он создает электрическое поле, вектор напряженности $\mathrm{dE}_{1}$ которого в точке $A$ составляет угол $\alpha$ с осью $O X$. Очевидно, что любому элементарному заряду в верхней полуплоскости найдется симметрично расположенный заряд в нижней полуплоскости. Геометрическая сумма векторов $\mathrm{dE}_{1}$ и $\mathrm{dE}_{2}$ – вектор, направленный вдоль оси $O X$. Следовательно, при суммировании необходимо учитывать только проекции элементарных векторов напряженности на ось $O X$ :
\[
\mathrm{d} E_{x}=\mathrm{d} E_{1} \cos \alpha=\frac{d Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} \cos \alpha=\frac{Q \cos \alpha d t}{4 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}} .
\]

Первый этап (нахождение дифференциала искомой величины) закончен.

Проведем второй этап (интегрирование, суммирование). Необходимо выбрать переменную интегрирования. Положение точечного заряда на полуокружности определяется углом $\alpha$. Поэтому угол $\alpha$ и выберем в качестве переменной интегрирования. По определению, угол $\alpha$ измеряется отношением длины дуги $l$ к радиусу $R$ окружноста: $\alpha=l / R$. Так как $\mathrm{d} l=R \mathrm{~d} \alpha$, то
\[
\mathrm{d} E_{x}=\frac{Q \cos \alpha^{1}}{4 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}} \mathrm{~d} \alpha .
\]

Интегрируя это уравнение по углу $\alpha$, получаем
\[
E=\int_{-\pi / 2}^{+\pi / 2} \frac{Q}{4 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}} \cos \alpha \mathrm{d} \alpha=\frac{\mathrm{Q}}{2 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}}, \quad E \approx 1,4 \mathrm{~B} / \mathrm{M} .
\]

Правильное решение (19.14) значительно отличается от неверного решения (19.12). Если преобразовать формулу (19.14), вводя линейную плотность электрического заряда на полуокружности $\gamma=Q /(\pi R)$, то мы получим, что напряженность электрического поля в центре равномерно заряженной дуги в виде полуокружности
\[
E=\frac{\gamma}{2 \pi e_{0} R}
\]

определяется такой же формулой, как и напряженность поля прямой бесконечной равномерно заряженной нити (19.4).

Тем же методом можно рассчитать поле равномерно заряженного кольца (полукольца и т. д.) в любой точке, расположенной на его оси на расстоянии $x$ от плоскости кольца. Рассчитав поле кольца, можно поставить задачу о движении заряженной частищы вдоль оси кольца (при $x \ll R$ это движение является гармоническим). Затем можно поставить задачи о расчете поля равномерно заряженной полусферы, части сферы и т. д.
Пример 19.5 В цемтре полусферы, равномерно заряэенной электричеством с поверхностной плотностью заряда $\sigma$, располозен свободно ориентированний точечнвй диполь с электрическим моментом $p_{f}$. Oпределить потенциальную янергию диполя и период его мальх колебакий относительно оси, перпендикулярной оси симметрии полусферы. Момент инерции диполя относительно оси өращения равен $J$.

Реше и и е. Физическая система состоит из равномерно заряженной полусферы и диполя. Ни одно из этих тел нельзя считать материальной точкой. Диполь назовем точечньсм, если длина его столь мала, что в любом неоднородном поле (поле полусферы неоднородно) вращающий момент, действующий на диполь, можно рассчитать по формуле
\[
\mathbf{M}=[\mathrm{pE}] \text {, }
\]

где $\mathbf{p}-$ электрический момент диполя. Известно, что в однородном поле эта формула справедлива для любого диполя.

Для ответа на вопросы задачи необходимо сначала рассчитать поле полусферы (его напряженность E) в центре полусферы. Применим метод ДИ. Разделим полусферу на узкие кольца. Рассмотрим одно такое кольцо (рис. 19.6). Заряд кольца $\mathrm{d} Q=2 \pi R^{2} \sigma \sin \theta \mathrm{d} \theta$, где $R$ – радиус сферы.

Проекция элементарного вектора напряженности dE поля кольца на ось $O X$ (ось симметрин полусферы) в точке $O$
\[
\mathrm{d} E_{x}=\frac{d Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} \cos \theta=\frac{\sigma \sin \theta \cos \theta d \theta}{2 \varepsilon_{0}} .
\]

Интегрируя это соотношение по $\theta$ в пределах от $\theta_{1}=0$ (наиболее удаленное кольцо) до $\theta_{2}=\pi / 2$ (ближайшее кольцо), находим –
\[
E=\int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sigma \sin \theta \cos \theta d \theta}{2 e_{0}}=\frac{\sigma}{4 e_{0}} .
\]

Так как вращающий момент (19.15), действующий на диполь, известен, то из уравнения движения (14.7) получаем дифференциальное уравнение его малых колебании
\[
J \ddot{\varphi}=-p E \varphi, \text { или } \ddot{\varphi}+\omega_{\varphi}^{2}=0,
\]

где $\omega_{0}^{2}=p E / J$. Отсюда искомый период
\[
T=4 \pi \sqrt{\frac{\varepsilon_{0} J}{p \sigma}} .
\]

Для расчета симметричных полей (напряженность поля щилиндрической бесконечной поверхности, бесконечного
114
цилиндра, шара и т. д.) целесообразнее применять теорему Гаусса.
Пример 19.6 Прямой бесконечнй̆ цилиндр радиуса $R_{0}=10$ см равномерно зарязсен электричеством с поверхностной плотностью заряда $\sigma=+10^{-11} \mathrm{Kл} / \mathrm{m}^{2}$. Цилиндр яеляется источником электронов. Вектор скорости вылетающего электрона перпендикулярен поверхности цилиндра. Какова долэна беть скорость ялектронов, чтобы они могли удалиться от оси на растояние, большее $r=10^{\circ} \mathrm{M}$ ?
Р еше и и е. Физическая система состоит из двух тел: заряженного положительным зарядом цилиндра и электрона. Физическое явление заключается в замедленном движении электрона в электрическом поле цилиндра. Необходимо найти один из параметров его движения (скорость).

Для описания движения электрона необходимо сначала определить напряженность поля щилиндра. Заряд на щилиндре неточечный. Применим теорему Гаусса. Окружим цилиндр щилиндрической (соосной с щилиндром) поверхностыю произвольного радиуса $r>R_{0}$ (рис. 19.7). В силу симметрии вектор напряженности $\mathbf{E}$ поля цилиндра в лобой точке перпендикулярен построенной пилиндрической поверхности. Следовательно, поток вектора Е через цилиндрическую поверхность длины $L$
\[
\Phi_{E}=2 \pi r L E .
\]

По теореме Гаусса находим
\[
2 \pi r L E=2 \pi R_{0} L \sigma / \mathrm{e}_{0},
\]

отсіда
\[
E=\frac{R_{0} g}{\varepsilon_{0} r} .
\]

Далее, применяя динамический метод, по второму закону Ньютона получаем
\[
m_{e} \frac{\mathrm{d}^{2} r}{\mathrm{~d} \mathrm{f}^{2}}=-e \frac{R_{0} \sigma}{\varepsilon_{0} r},
\]

где $m$, -масса электрона, $e$ – его заряд. Задача физически решена.

Она была бы решена окончательно, если бы мы решили это дифференциальное уравнение и получили закон движения электрона $r=r(t)$. Далее, зная закон движения, можно было бы найти закон изменения скорости электрона $v=\dot{r}(t)$ и т. д. Применим закон сохранения энергии. По этому закону,
\[
\frac{m_{e} e^{5}}{2}-e \varphi_{0}=-e \varphi,
\]

где $\varphi_{0}$ – потенциал цилиндра, $\varphi$ – потенциал поля цилиндра на расстоянии $r$ от оси цилиндра. Используя связь $E=-\frac{d q}{d f}$ между напряженностью $E$ и потенциалом $\varphi$ и учитывая (19.18), получаем дифференциальное уравнение $\frac{R_{0} \sigma}{\varepsilon_{0} f}=-\frac{d \varphi}{d f}$.

Интегрируя это уравнение, находим
\[
\varphi=-\frac{R_{0} \sigma}{\varepsilon_{0}} \ln r+c,
\]

где $c$ – произвольная постоянная. Отсюда
\[
\varphi_{0}=-\frac{R_{0} \sigma}{\varepsilon_{0}} \ln R_{0}+c .
\]

Из системы уравнений (19.19), (19.20) и (19.21) опрелеляем искомую начальную скорость электронов:
\[
v_{0}=\sqrt{\frac{2 e R_{0} \sigma \ln \left(r / R_{0}\right)}{\varepsilon_{0} m m_{e}}}, \quad v_{0} \approx 3,7 \cdot 104 \mathrm{~m} / \mathrm{c} .
\]

В заключение этого параграфа рассмотрим такую задачу. диаметру. Нз этой полости откачан воздух. В полость помещен электрон. Какой полозительньй заряд необ. ходимо сообцить шару, чтобы при его раєномерном обвемном распределении электрок соериал в полости гармонические колебания с заданной частотой $v_{0}$ ? Прияsть, что плоцадь поперечнаео сечения полости $S \ll \pi R^{2}$, дде $R$ – радиус шара.
Решение эта задача практически идентична примеру (12.1) о колебаниях тела в шахте Земли. Для ее решения необходимо рассчитать напряженность электрического поля внутри шара. Применим теорему Гаусса. Пусть объемная плотность заряда $\rho=3 Q^{\prime}\left(4 \pi R^{3}\right)$. Через произвольную точку, удаленную от центра шара на расстояние $x$, проведем сферу радиуса $x$, центр которой расположен в центре шара $O$ (рис. 19.8). Поток вектора Е (в силу симметрии поля) через поверхность сферы
\[
\Phi_{E}=E \cdot 4 \pi x^{4} \text {. }
\]

По теореме Гаусса,
\[
E \cdot 4 \pi x^{2}=\frac{4 \pi x^{3} \rho}{3 \varepsilon_{0}} \text {. }
\]

Отсюда
\[
E=\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0}} x .
\]

Таким образом, на электрон действует сила
\[
F=\frac{\rho e}{3 e_{0}} x .
\]

По второму закону Ньютона получаем дифференциальное уравнение гармонических колебаний электрона:
\[
m_{e} \ddot{x}=-\frac{\rho e}{3 e_{0}} x .
\]

Следовательно, угловая частота $\omega_{0}=\sqrt{\rho e /\left(3 e_{0} m_{e}\right)}$. Учитывая, что $\omega_{0}=2 \pi v_{0}$, находим искомую объемную плотность заряда:
\[
\rho=12 \pi^{2} \varepsilon_{0} \mathrm{v}_{0}^{\mathrm{a}} m_{e} / e
\]

п заряд:
\[
Q=4 / \pi R^{3} p \text {. }
\]

Для $\mathrm{v}_{0}=10^{\circ} \mathrm{\Gamma \textrm {u }}=1 \mathrm{M} \Gamma_{\mathrm{n}}$ и $R=10^{-1} \mathrm{м}$ расчет дает $\rho \approx$ $\approx 6 \cdot 10^{-9} \mathrm{Kr}^{\prime} \mathrm{m}^{3}, Q \approx 2,4 \cdot 10^{-1} \mathrm{~K}$.