При рассмотрении электростатического поля в диэлектриках используют теорему Гаусса
\[
\oint_{S} \mathbf{D} \mathrm{d} \mathbf{S}=\mathbf{\Sigma} Q_{b} \text {, }
\]

где вектор электрического смещения
\[
D=\varepsilon_{0} E+P \text {, }
\]
$\Sigma Q_{l}$ – сумма свободных зарядов внутри поверхности $S$, P – поляризованность.

Напряженность E электрического поля в диялектрике и поляризованность $\mathbf{P}$ связаны соотношением
\[
\mathbf{P}=\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) \mathrm{E} .
\]

Таким образом,
\[
\mathbf{D}=\varepsilon_{0} \varepsilon \mathrm{E} \text {. }
\]

По принципу суперпозиции напряженность электрического поля $\mathrm{E}$ в диялектрике является геометрической суммой напряженностей полей свободных $\mathrm{E}$, и связанных ‘ E’ зарядов:
\[
\mathbf{E}=\mathrm{E}_{0}+\mathrm{E}^{\prime} .
\]

Поверхностная плотность связанных зарядов
\[
\sigma^{\prime}=P_{\mathrm{n}}=\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) E_{\mathrm{n}},
\]

где $P_{n}$ и $E_{n}$ – нормальные составляющие поляризованности и напряженности.

При расчете поля в диялектриках целесообразно использовать следующие два метода.

Перв й метод основан на принципе суперпозиции (20.5) (в дальнейшем для краткости будем называть его методом суперпозиции). Здесь сначала рассчитывают поле свободных, или (как иногда их называют) єстороннихз, зарядов $\mathbf{E}_{9}$. Затем определяют поле связанных зарядов $\mathbf{E}^{\prime}$. Далее по (20.5) находят напряженность E полт в диялектрике. Таким же обазом можно непосредственно получить выражение для потенциала ч поля в диэлектрике. Заметим, что не все так просто в этом методе, как может показаться на первый взгляд. Нередко приходится использовать метод ДИ (см. §6), встречаются трудности при определении плотности связанных зарядов $\sigma^{\prime}$ (она no (20.6) зависит от $E_{\mathrm{n}}$, которая является неизвестной) и их напряженности поля $\mathrm{E}^{\prime}$, а также ряд других єтонкостейs, примеры которых будут приведены в дальнейшем.

По второму методу сначала по теореме Гаусса (20.1) находят вектор электрического смещения $D$, затем по (20.4) определяют напряженность электрического поля E
118
в диялектрике и далее (если необходимо) из соотношения (16.6) рассчитывают потенциал ч. Метод Гаусса (так кратко будем называть второй метод) часто быстрее и проще приводит к цели, чем метод суперпозиции, но иногда метод Гаусса оказывается неприменимым, тогда как метод суперпозиции может быть использован и в этих случаях. Заметим, что в болышинстве задач этого параграфа учнтываются следующие условия: диэлектрики считаются однородными и изотропными, и их границы совпадают с эквипотенциальными поверхностями.
Пример 20.1 Одной из пластия плосково конденсатора площадью $S=0,2 \mathrm{~m}^{2}$ сообщили заряд $Q=10^{-*}$ Кл (дру. гая соединена с Землей). Расстояние между пластинами $d=2$ мм. Между пластимами (параллельно им) находятся стеклянная и фарфоровая пластинки, толщины которых соответственно равны $d_{1}=0,5$ мм и $d_{1}=1,5$ мм. Onределить напрязсенности электрического поля в стекле и фарфоре, а также поверхностные плотности $\sigma^{\prime}$ и $\sigma^{\prime \prime}$ связанных зарядов на них (рис. 20.1).
Решение Физическая система состоит из конденсатора, на пластинах которого распределены свободные электрические заряды с плотностью $\sigma=Q / S$, и двух диялектриков, на которых возиикают связанные электрические заряды с плотностями $\sigma^{\prime}$ и $\sigma^{*}$. Необходимо определить напряженности $E_{1}$ и $E_{2}$ ялектрического поля в дизлектриках, а также плотности $\sigma^{\prime}$ и $\sigma^{\prime \prime}$ связанных зарядов. Это основная задача теории поля. Применим оба метода.

Метод суперпозиции. Поле в каждом диялектрике создается свободными зарядами, расположенными на двух параллельных плоскостях, и соответственно связанными зарядами $\sigma^{\prime}$ и $\sigma^{\prime \prime}$, расположенными также на двух плоскостях. Заметим, что связанные заряды создают поле, отличное от нуля, только в єсвоем диэлектрике. Очевидно, что напряженности полей этих зарядов
\[
E_{0}=\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}=\frac{Q}{\varepsilon_{0} S}, \quad E_{1}^{\prime}=\frac{\sigma^{\prime}}{\varepsilon_{0}}, \quad E_{i}^{\prime}=\frac{\sigma^{\prime \prime}}{\varepsilon_{0}} .
\]

Так как по (20.6)
\[
\sigma^{\prime}=\varepsilon_{0}\left(\varepsilon_{1}-1\right) E_{1}, \quad \sigma^{\prime \prime}=\varepsilon_{0}\left(\varepsilon_{2}-1\right) E_{2} .
\]
a no (20.5)
\[
E_{1}=E_{0}-E_{1}^{\prime}, \quad E_{2}=E_{0}-E_{2}^{\prime} .
\]

то, решая полученную систему уравнений, находим:
\[
E_{1}=\frac{Q}{\varepsilon_{0} \varepsilon_{1} S}, \quad E_{2}=\frac{Q}{\varepsilon_{0} \varepsilon_{2} S}, \quad \sigma^{\prime}=\frac{\left(\varepsilon_{1}-1\right) Q}{\varepsilon_{1} S}, \quad \sigma^{\prime \prime}=\frac{\left(\varepsilon_{2}-1\right) Q}{\varepsilon_{2} S} .
\]

Метод Гаусса. По теореме Гаусса определяем вектор электрического смещения в любом диэлектрике:
\[
D \Delta S=\sigma \Delta S, D=\sigma=Q / S .
\]

Далее, по (20.4) находим напряженности $E_{1}$ и $E_{2}$ электрического поля в диэлектриках:
\[
E_{1}=\frac{Q}{e_{0} \varepsilon_{1} S}, \quad E_{2}=\frac{Q}{e_{0} \varepsilon_{2} S},
\]

а по (20.6) – плотности связанных зарядов $\sigma^{\prime}$ и $\sigma^{\prime \prime}$ :
\[
\sigma^{\prime}=\frac{\left(\varepsilon_{1}-1\right) Q}{\varepsilon_{1} S}, \quad \sigma^{\prime \prime}=\frac{\left(e_{2}-1\right) Q}{\varepsilon_{8} S},
\]

что совпадает с результатами (20.7), полученными методом суперпозищии.
Пример 20.2 Деа бесконечных тонкостенных коаксиальных цилиндра радиусов $R_{1}=5$ см и $R_{2}=10$ см равномерно зарязсены электричеством с поерхностными странстео между цилиндрами заполено парафином $(\varepsilon=2)$. Oпределить напряженность $E$ поля в токках, находящихся на расстояниях $r_{1}=2 \mathrm{cм}, r_{2}=6 \mathrm{cм}, r_{3}=$ $=15$ см от оси цилиндров.
Р еш е и и е. Метод суперпазиции. Общее поле создается четырьмя зарядами: свободными зарядами с плотностями $\sigma_{i}$ и $\sigma_{2}$, и связанными зарядами с плотностями $-\sigma_{1}^{\prime}$ и $+\sigma_{1}^{\prime}$ (рис. 20.2). Связанные заряды создают поле, отличное от нуля, только в диэлектрике. Легко видеть, что поле в точке $A$ (на расстоянии $r_{1}=2$ см от оси) равно нулю. Это можно доказать по теореме Гаусеа для вакуума.
120
Рассмотрим точку $B$ (удаленную от оси на расстояние $r_{2}=6 \mathrm{cм}$ ). В этой точке поле создается зарядами с плотностями $\sigma_{1}$ и $\sigma_{1}^{\prime}$ (поле зарядов $+\sigma_{1}^{\prime}$ и $\sigma_{3}$ в этой точке равно нулю). По теореме Гаусса (для вакуума) определяем поле заряда $\sigma_{1}$ :
\[
E_{1}=\frac{R_{1} \sigma_{1}}{\varepsilon_{0}} \frac{1}{r_{2}} .
\]

Точно так же находим поле заряда $\sigma_{1}^{\prime}$ :
\[
E_{1}^{\prime}=\frac{R_{1} \sigma_{1}^{\prime}}{\varepsilon_{0}} \frac{1}{r_{2}} .
\]

По (20.6),
\[
\sigma_{1}^{\prime}=\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) E\left(R_{1}\right) \text {. }
\]

Очень важно отметить, что в $(20.10) E\left(R_{1}\right)$ – 9 то напряженность общего поля в диэлектрике в точке, удаленной от оси на расстояние $R_{1}$. Эта величина неизвестна. Свяжем ее с напряженностыю $E\left(r_{2}\right)$ общего поля в диэлектрике в точке $B$. Так как напряженности $E_{1}$ и $E_{1}^{\prime}$ обратно пропорщиональны расстоянию $r_{i}$ точки от оси, то и суммарные напряженности $E\left(R_{1}\right)$ и $E\left(r_{2}\right)$ также должны удовлетворять этому условию:
\[
\frac{E\left(R_{1}\right)}{E\left(r_{2}\right)}=\frac{r_{1}}{R_{i}} .
\]

Следовательно,
\[
E_{\mathrm{i}}^{\prime}=(\varepsilon-1) E\left(r_{2}\right) .
\]

Так как по (20.5)
\[
E\left(r_{2}\right)=E_{1}-E_{\mathrm{i}}^{\prime}
\]

то окончательно
\[
E\left(r_{2}\right)=\frac{R_{1} \sigma_{1}}{e_{0} \epsilon} \frac{1}{r_{3}} .
\]

Отсюда получаем $E\left(r_{2}\right) \approx 4,7 \cdot 10^{\circ} \mathrm{B} / \mathrm{m}$.
В точке $C$, удаленной от оси на расстояние $r_{3}=15 \mathrm{~cm}$, поле создаетея только свободиыми зарядами с плотностими

$\boldsymbol{\sigma}_{\mathbf{1}}$ и $\boldsymbol{\sigma}_{2}:$
\[
E\left(r_{3}\right)=\frac{R_{1} \sigma_{1}}{\varepsilon_{0}} \frac{1}{r_{3}}-\frac{R_{2} \sigma_{2}}{\varepsilon_{0}} \frac{1}{r_{3}} .
\]

Следовательно, $E\left(r_{3}\right) \approx 1,5 \cdot 10^{2} \mathrm{~B} / \mathrm{M}$.
Метод Гаусса. Рассчитаем этим методом напряженность поля в точке B. По теореме Гаусса,
\[
D \cdot 2 \pi r_{2} l=2 \pi R_{1} \sigma_{1} l,
\]

откуда $D=R_{1} \sigma_{1} / r_{2}$. Далее, по (20.4) находим искомую напряженность:
\[
E\left(r_{2}\right)=\frac{R_{1} \sigma_{1}}{\varepsilon_{0} \varepsilon} \frac{1}{r_{2}},
\]

что совпадает с выражением (20.12), найденным методом суперпозиции. Следовательно, $E\left(r_{2}\right) \approx 4,7 \cdot 10^{2} \mathrm{~B} / \mathrm{M}$.

Если поле (т. е. напряженность Е) известно, то можно определить и другие величины, наприяер потенциал, энергию и т.д.
Пример 20.3 Две концентрические металиические сферы радиусов $R_{1}=4$ см и $R_{2}=10$ см именот соотөетственно заряде $Q_{1}=-2$ нКл и $Q_{2}=3$ нКл. Пространстео мезду сферами заполнено эбонитом $(\varepsilon=3)$. Oпределить потенциал $甲$ ялектрическое поля на расстоякиях $r_{1}=2 \mathrm{cм}, r_{2}=6$ см $и r_{3}=20 \mathrm{cм}$ от центра сфер.
Решение. Метод суперпозиции. Результирующее поле создается свободными зарядами $Q_{1}$ и $Q_{2}$ и связанными зарядами $Q_{1}^{\prime}$ и $Q_{1}^{\prime}$ (рис. 20.3). Для нахождения $Q_{1}^{\prime}$ и $Q_{1}^{\prime}$ необходимо знать напряженность $E(r)$ поля в диялектрике. Эту величнну можно получить по теореме Гаусса:
\[
E(r)=\frac{Q_{\mathrm{r}}}{4 \pi \varepsilon_{0} e r^{2}} \text {. }
\]

Пусть $\sigma_{1}^{\prime}$ и $\sigma_{1}^{\prime}$ – поверхностные плотности связанных зарядов соответственно $Q_{1}^{\prime}$ и $Q_{1}^{\prime}$. Тогда по (20.6) и (20.13) имеем
\[
\begin{array}{l}
\sigma_{1}^{\prime}=\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) E_{\mathrm{m} 1}=\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon R_{1}^{2}}, \\
\sigma_{1}=\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) E_{\mathrm{m} 2}=\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon R_{2}^{2}} .
\end{array}
\]

Таким образом,
\[
Q_{1}^{\prime}=\sigma_{1}^{\prime} 4 \pi R_{\mathrm{i}}^{2}=\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{\varepsilon} ; Q_{1}^{\prime}=\sigma_{1}^{\prime} 4 \pi R_{\mathrm{i}}^{2}=\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{\varepsilon} .
\]

Известно, что для равномерно заряженной сферы радиуса $R$ в лобой точке внутри и на поверхности сферы потенциал поля (в вакууме)
\[
\Phi=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R},
\]

а для точки вне сферы
\[
\varphi=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r},
\]

где $Q$ – заряд сферы, $r$ – расстояние точки от центра сферы $O$. Так как заряды $\left(Q_{1}, Q_{2}, Q_{1}^{\prime}, Q_{2}^{\prime}\right)$, создающие поле, расположены на сферических поверхностях, то по приниипу суперпозиции и с учетом (20.14), (20.15) и (20.16) определяние $r_{1}$ :
\[
\begin{array}{c}
\varphi_{01}=\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}+\varphi_{1}=\frac{-Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{1}}+\frac{Q_{1}^{\prime}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{1}}+\frac{-Q_{1}^{*}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}}= \\
=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{1}}+\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{1}}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{2}}+\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}}= \\
=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{1}}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{2}}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}}, \quad \text { (20.17) }
\end{array}
\]

потенциал $\varphi_{\bullet}$; в точке $B$, удаленпой от центра на расстоянии $r_{3}$ :
\[
\begin{aligned}
\varphi_{n 2}=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0}}+ & \frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon r_{2}}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{2}}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}}= \\
& =-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} e r_{3}}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{2}}+\frac{Q_{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}},
\end{aligned}
\]

и потенциал $\varphi_{\text {е в }}$ в точке $C$, расположенной от центра на расстоянии $r_{3}$ :
\[
\begin{array}{l}
\varphi_{0 s}=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} / 3}+\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \ell / 3}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{1} / r_{3}}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} / 3}= \\
=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} / 3}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} / 3} .
\end{array}
\]

Метод Гаусса. По теореме Гаусса находим напряженности $E_{01}, E_{02}, E_{01}$ в точках $A, B$ и $C$ :
\[
E_{01}=0, E_{02}=\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon r_{2}^{3}}, E_{01}=\frac{Q_{1}-Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} r_{3}^{3}} .
\]

Так как в нашем случае потенциал $甲$ непрерывен, то, используя связь (16.6) между напряженностью и потенциалом, можно было бы определить значения потенциала в любой точке, если бы мы знали потенциал в какой-либо точке. Таким потенциалом является 甲оs (20.19), ибо он создается свободными зарядами $Q_{1}$ и $Q_{2}$, или потенциал на поверхности второй сферы
\[
\varphi\left(R_{2}\right)=\frac{Q_{2}-Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{2} R_{2}} .
\]

Интегрируя (20.13) по $r$ в пределах от $r_{2}$ до $R_{2}$, получаем
\[
+\varphi\left(R_{2}\right)-\varphi\left(r_{2}\right)=\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon r_{2}}-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{2}} .
\]

Отсюда определяем $\varphi\left(r_{2}\right)=\varphi_{0 ;}$ :
\[
\varphi_{02}=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon r_{2}}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi R_{0} \varepsilon R_{2}}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}},
\]

что совпадает с результатом (20.18), полученным методом суперпозиции.
Интегрируя (20.13) в пределах от $R_{1}$ по $r_{3}$, находим
\[
\varphi\left(r_{2}\right)-\varphi\left(R_{1}\right)=\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{1}}-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon r_{2}} .
\]

Отсюда определяем $\varphi\left(R_{1}\right)=\varphi_{01}$ :
\[
\varphi_{01}=-\frac{Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{1}}-\frac{(\varepsilon-1) Q_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{2}}+\frac{Q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}},
\]

что совпадает с результатом (20.17), найденным методом суперпозиции.

Можно усложнить решенную задачу, введя еще одну или несколько заряженных концентрических сфер, поместив между ними, а также внутри первой сферы различные ди-
электрики. Легко видеть, что все эти задачи могут быть решены или методом суперпозищии, или методом Гаусса.
Рассмотрим задачу, при решении которой методом суперпозиции необходимо быть особенно внимательным и тщательнейшим образом анализировать и рассчитывать поля различных зарядов.
Пример 20.4 Стекияниый ( $\varepsilon=7$ ) толстостенный полый шар равномерно заряжен по обвему с потностью $\rho=1,5$ мкКл/м ${ }^{3}$. Вкутренкий радиус шара $R_{1}=2$ см, маружснвй $R_{2}=6$ см. Найти распределение потекциала в стекле, а также евчислить потенциаль ч маружской, енутренней поерххностей и центра шара.
Решение. Метод суперпозиции. Найдем сначала распределение потенщиала в стекле, т. е. потенциал в произвольной точке $A$, удаленной от центра шара на расстояние $r$, причем $R_{2}>r>R_{1}$ (рис. 20.4). Какими зарядами создается поле в диэлектрике? Это, во-первых, сторонний объемный заряд диэлектрика
\[
Q=4 / s \pi\left(R_{i}^{3}-R_{1}^{3}\right) \rho
\]

и, во-вторых, связанный заряд $Q^{\prime}$ на внешней поверхности шара, который по (20.14) составляет
\[
Q^{\prime}=\frac{(\varepsilon-1) Q}{\varepsilon} .
\]

Найдем в точке $A$ потенциал поля, созданного объемным зарядом’ $Q$. Заряд этот неточечный, и необходимо использовать метод ДЙ. Но при формальном применении этого метода мы можем получить неверный результат. Вследствие симметричности распределения заряда $Q$ разделим сферический слой на тонкие концентрические сферические слои столь малой толщины $\mathrm{d} x$, чтобы элементарный заряд
\[
\mathrm{d} Q=4 \pi x^{2} \mathrm{~d} x \rho
\]
(где $x$ – радиус слоя) каждого такого слоя можно было считать распределенным по сфере. Тогда результирующий потенциал в точке $A$ по принципу суперпозиции равен сумме потенциалов полей, созданных элементарными зарядами этих сфер. Но элементарный потенциал сферы в точке $A$ должен вычисляться по разным (I) формулам (20.15) или (20.16) в зависимости от того, какой является точка $A$ для этой сферы – внутренней или внешней.

Для учета этого обстоятельства проведем через точку $A$ сферу радиуса $r$ с центром в точке $O$ (рис. 20.4). Эта сфера разделит шаровой слой на два подслоя: подслой с радиусами $R_{1}$ и $r$ и подслой с радиусами $r$ и $R_{2}$. В первом из них для всех элементарных сфер точка $A$ – внешняя, а во втором внутренняя. Рассмотрим элементарный сферический слой толщиной dx в первом подслое (рис. 20.5). Его элементарный потенциал в точке $A$ (по (20.16)!)
\[
d \varphi=\frac{d Q}{4 \pi \varepsilon_{0} e r} .
\]

В (20.25) уже учтено, что заряд dQ расположен в диэлектрике.

Формула (20.25) в самом методе суперпюзиции обосиовывается следующим образом. Потенциал в точке $A$ соз-

дается свободным зарядом dQ и связанным зарядом $-\mathrm{d} Q^{\prime}=-[(\varepsilon-1) / \varepsilon] \mathrm{d} Q$, расположенным на сфере радиуса $x$. Результирующий потенциал этих зарядов в точке $A$

что совпадает с (20.25).
Интегрируя (20.25) по $x$ в пределах от $R_{i}$ до $r$, находим потенциал $\varphi_{1}$, созданный в точке $A$ зарядом первого подслоя:
\[
\varphi_{1}=\int_{R_{i}}^{r_{1}} \frac{4 \pi \rho x^{2} \mathrm{~d} x}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon r}=\frac{\rho}{3 e_{0} \ell}\left(r^{2}-\frac{R_{i}^{3}}{r}\right) .
\]

Рассмотрим элементарный сферический слой толщины $\mathrm{d} x$ во втором подслое (рис. 20.6). Его элементарный потенциал в точке $A$ (по 20.15)!)
\[
\mathrm{d} \varphi=\frac{\mathrm{d}}{4 \pi e_{0} e x} .
\]

Учитывая (20.24) и интегрируя (20.27) по $x$ в пределах от $r$ и $R_{2}$, определяем потенциал $\varphi_{2}$, созданный в точке $A$ зарядом второго подслоя:
\[
\varphi_{2}=\int_{r}^{R_{2}} \frac{4 \pi \rho x^{2} \mathrm{~d} x}{4 \pi \varepsilon_{0} e x}=\frac{\rho R_{2}^{2}}{2 e_{0} \varepsilon}-\frac{\rho r^{2}}{2 e_{0} \varepsilon} .
\]

Наконец, потенциал $\varphi_{\mathrm{s}}$, созданный в точке $A$ связанным зарядом $Q^{\prime}$ (см. (20.23)), по (20.15) составляет
\[
\varphi_{3}=\frac{(\varepsilon-1)\left(R_{1}^{3}-R_{1}^{3}\right) \rho}{3 \varepsilon_{0} \in R_{2}} .
\]

Таким образом, общий потенциал в точке $A$
\[
\varphi=\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{2}=-\frac{\rho}{3 e_{0} 8}\left(\frac{r^{2}}{2}+\frac{R_{1}^{3}}{r}\right)+C,
\]

где постоянная

Преобразуем постоянную $C$ к виду, который понадобится нам в дальнейтем:

Зная распределение потенциала (20.30), можно определить значения потенциала на внешней поверхности шара:
\[
\varphi\left(R_{2}\right)=-\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0} e}\left(\frac{R_{2}^{2}}{2}+\frac{R_{1}^{2}}{R_{2}}\right)+C
\]

и на его внутренней поверхности
\[
\varphi\left(R_{1}\right)=-\frac{\rho R_{1}^{A}}{2 \varepsilon_{0} \varepsilon}+C .
\]

Потенциал в центре шара ч. равен потенциалу на внутренней поверхности $\varphi\left(R_{2}\right)$.

Метод Гаусса. По теореме Гаусса определяем модуль вектора электрического смещения в точке $A$ (рис. 20.6):
\[
\begin{array}{l}
D \cdot 4 \pi r^{2}=4 /, \pi\left(r^{3}-R_{1}^{2}\right) \rho, \\
D=\frac{\rho}{3}\left(r-\frac{R_{1}^{3}}{r^{2}}\right) .
\end{array}
\]

Далее, находим напряженность поля в этой же точке:
\[
E=\frac{\rho}{3 e_{0} E}\left(r-\frac{R_{1}^{\mathrm{B}}}{r^{2}}\right) .
\]

Затем после интегрирования соотношения $E=-\mathrm{d} \varphi / \mathrm{d} r$ получаем распределение потенциала в шаре:
\[
\varphi=-\int \frac{\rho}{3 e_{0} \varepsilon}\left(r-\frac{R_{i}^{3}}{r^{2}}\right) \mathrm{d} r=-\frac{\rho}{3 e_{0} \epsilon}\left(\frac{r^{2}}{2}+\frac{R_{i}^{3}}{r}\right)+C_{1} .
\]

Постоянную интегрирования $C_{1}$ найдем из условия непрерывности потенциала и того обстоятельства, что потенцнал $\varphi\left(R_{2}\right)$ на внешней поверхности шара определяется только свободным зарядом $Q(20.22)$ :
\[
\varphi\left(R_{2}\right)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}}=\frac{\left(R_{1}^{2}-R_{1}^{2}\right) \rho}{3 \varepsilon_{0} R_{3}} .
\]

Подставляя это значение в (20.35)

получаем значение произвольной постоянной:
\[
C_{1}=\frac{\left(R_{1}^{3}-R_{1}^{3}\right) \rho}{3 e_{0} R_{2}}+\frac{\rho\left(R_{1}^{3}+2 R_{1}^{3}\right)}{6 e_{0} \varepsilon R_{2}} .
\]

Таким образом, окончательно
\[
\varphi=-\frac{\rho}{3 e_{0} \ell}\left(\frac{r^{2}}{2}+\frac{R_{1}^{3}}{r}\right)+\frac{\left(R_{i}^{3}-R_{1}^{3}\right) \rho}{3 e_{0} R_{3}}+\frac{\rho\left(R_{1}^{3}+2 R_{1}^{3}\right)}{6 e_{0} \varepsilon R_{2}},
\]

что совпадает со значением потенциала $\varphi(20.30)$, найденного методом суперпозиции, если учесть значение постоянной C (20.32).

Можно усложнить решенную задачу, поместив, например, в полость металлический или диялектрический шар (с другой диэлектрической постоянной $\varepsilon_{1}$ ), заряженный по бъему с другой плотностыо $\rho_{1}$ или незаряженный и т. д. В частности, из (20.37) можно получить распределение по-
тенциала внутри равномерно заряженного сплошного шара раднуса $R$ :
\[
\varphi=-\frac{\rho r^{2}}{6 \varepsilon_{0} \varepsilon}+\frac{\rho R^{2}}{3 \varepsilon_{0}}\left(1+\frac{1}{2 \varepsilon}\right)
\]

и значение потенциала в центре шара:
\[
\varphi(0)=\frac{\rho R^{2}}{3 e_{0}}\left(1+\frac{1}{2 \varepsilon}\right) .
\]

Все эти и подобные им задачи могут быть решены или методом суперпозиции, или методом Гаусса.

Нетрудно заметить, что во всех решенных нами задачах метод Гаусса действительно приводил к цели быстрее и проце, чем метод суперпозищии. Но не будем спешить с выводами, а лучше рассмотрим еще несколько задач.
Пример 20.5 Достатонно длиянвй кругльй цилиндр из однородного и изотропного диялектрика с изеестной диялектрической постоянной в расположен в однородном поле с напряженностью $\mathrm{E}_{0}$ так, что ось цилиндра совпадает с направлением $\mathrm{E}_{0}$ (рис. 20.7). Определить напряженность ялектрического поля вблизи цилиндра (внутри и вне цилиндра).
Решение. Легко видеть, что метод Гаусса оказывается бесплодным. Применяя теорему Гаусса, мы получаем тривиальное тождество $D_{1}=D_{2}$, выражающее непрерывность нормальных составляющих вектора электрического смещения. Применим метод суперпозиции. Обозначим $E_{1}$ напряженность поля внутри цилиндра и $E_{2}$ – вне его. Вследствие явления поляризации диэлектрика на основаниях цилиндра образуются связанные заряды $-Q^{\prime}$ и $+Q^{\prime}$ с плотностью $\sigma^{\prime}$. Результирующие напряженности $E_{1}$ и $E_{\text {a }}$ являются геометрическими суммами напряженности $E_{0}$ внешнего поля и напряженностей полей, созданных связанными зарядами $-Q^{\prime}$ и $+Q^{\prime}$.

Расшифруем теперь понятие єдостаточно длинный цилиндрз. Достаточно длинный – это такой щилиндр, длина которого столь велика, что поле, например, заряда $+Q^{\prime}$ мало в области заряда – $Q^{\prime}$ (им можно пренебречь по сравнению с полем заряда $-Q^{\prime}$ ), и наоборог. Таким образом,
\[
E_{1}=E_{0}-E^{\prime}, E_{2}=E_{0}+E^{\prime},
\]

где $E^{\prime}-$ напряженность поля заряда $-Q^{\prime}$ (или $+Q^{\prime}$ ). Определим $E^{\prime}$. Это поле равномерно заряженного диска. Применяя метод ДИ, находим (см. рис. 20.7, а также пример 18.5 и формулу (18.20)) проекцию элементарного вектора напряженности тонкого кольца на ось диска (ось $O X$ ):
\[
\mathrm{d} E_{x}=\frac{\mathrm{dQ} \cdot x}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(r^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}}=\frac{2 \pi \sigma \sigma^{\prime} x \mathrm{~d} r}{4 \pi e_{0}\left(r^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]

Отсюда после интегрирования по переменной $r$ от 0 до $R$ (радиус диска) определяем напряженность поля диска (или поля связанного заряда $-Q^{\prime}$ ):
\[
E^{\prime}=E_{x}=\int_{0}^{R} \frac{\sigma^{\prime} x r d r}{2 e_{0}\left(r^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}}=\frac{\sigma^{\prime}}{2 \varepsilon_{0}}\left[1-\frac{x}{\sqrt{x^{2}+R^{2}}}\right] .
\]

Из (20.38), между прочим, следует, что $E^{\prime} \approx 0$ при достагочио большом $x$. Таким образом, данная выше расшифровка понятия єдостаточно длинный цилиндрз обоснована.
Вблизи основания цилиндра $x \approx 0$ и
\[
E^{\prime}=\sigma^{\prime} /\left(2 \varepsilon_{0}\right) .
\]

Учитывая (20.6), получаем
\[
E_{1}=E_{0}-\frac{\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) E_{1}}{2 e_{0}}
\]

и, следовательно,
\[
E_{1}=\frac{2}{1+\varepsilon} E_{0} .
\]

Заметим, что в (20.6) $E_{\text {n }}$ – ято напряженность поля внутри диялектрикаl В нашем случае $E_{\mathrm{n}}=E_{1}$. Тогда из (20.6) определяем
\[
\sigma^{\prime}=2 \varepsilon_{\bullet} \frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1} E_{*} .
\]

Из (20.39) получаем
\[
E^{\prime}=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1} E_{\text {。 }} .
\]

Следовательно,
\[
E_{2}=\frac{2 \varepsilon}{1+\varepsilon} E_{\theta} .
\]

Пример 20.6 В бгсконечном однородном и изотропном дизлектрике, в котором создало известное однородное поле напряженности $E_{8}$, имеется сферическая полость радиуса $R$ (рис. 20 8). В центре полости расположен точечнвй диполь с электрическим момемтом $p_{e}$. Oпределить перидд мальх колебамий диполя, если момент инерции диполя относительно оси вращения равен $J$.
Решение. Задача весьма похожа на пример 19.5. Очевидно, что период малых колебаний диполя может быть легко найден, если мы определим поле в полости. Легко видеть, что и в этой задаче метод Гаусса бесперспективен. Применим метод суперпозиции. Вследствие поляризации диэлектрика на поверхностях (двух полусферах) появляются связанные заряды $+Q^{\prime}$ и $-Q^{\prime}$, плотности $\sigma^{\prime}$ которых не постоянны. Для расчета поля полусферы с переменной поверхностной плотностыю заряда $\sigma^{\prime}$ применим метод ДИ. Нетрудно доказать, что поверхностная плотность зврядов $\sigma^{\prime}$ на элементарном кольце
\[
\sigma^{\prime}=\sigma_{0} \cos \theta,
\]
rде
\[
\sigma_{0}=\varepsilon_{0}(\varepsilon-1) E_{0}
\]
– максимальная поверхностная плотность заряда (в точке $A$ на рис. 20.8). Тогда проекция элементарного вектора напряженности dE поля кольща на ось OX (ось симметрии полусферы) в точке $O$ (по 19.16)
\[
\mathrm{d} E_{x}=\frac{\sigma_{0} \sin \theta \cos ^{2} \theta \mathrm{d} \theta}{2 \varepsilon_{0}} .
\]

Отсюда после интегрирования находим поле одной полусферы:
\[
E_{1}=\int_{0}^{\pi / 2} \frac{\sigma_{0} \sin \theta \cos ^{2} \theta d \theta}{2 e_{0}}=\frac{(\varepsilon-1) E_{0}}{6} .
\]

Поле двух полусфер
\[
E_{1}=2 E_{1}=\frac{(\varepsilon-1) E_{0}}{3} .
\]

Таким образом, искомое поле в центре сферической полости
\[
E=E_{0}+E_{2}=\frac{2+\varepsilon}{3} E_{0} .
\]

Так как поле известно, то дальнейшее решение задачи о колебаниях диполя очевидно (см. пример 19.5).
В заклочение рассмотрим еще одну задачу на оценку. Пример 20.7 Эбонитовьй шар радиуса $R$ равномерно заряжен ялектричеством с обвемной плотностью $\rho$. Сфера каково радиуса $R_{1}$ делит шар на дяе части, энерсии которых раень?
Решение. Проведем эту сферу радиуса $R_{1}$ (рис. 20.9). Тогда нам необходимо определить энергию $\mathbb{W}_{1}$ шара радиуса $R_{1}$ и энергию $\mathbb{W}$, шарового слоя с радиусами $R_{1}$ и $R$. Для этого необходимо рассчитать поле в шаре. Это легко делается методом Гаусса. По теореме Гаycca,
\[
\text { D. } 4 \pi r^{2}=4 / r^{3} \rho .
\]

Таким образом, поле внутри шара
\[
E=\frac{\rho r}{3 e_{0} \varepsilon} .
\]

Применяя метод ДИ, находим энергию $\mathrm{dW}$ поля, заключенную внутри тонкого шарового слоя толщины $\mathrm{d} r$ :
\[
\mathrm{dW}=w \cdot \mathrm{d} v=\frac{\varepsilon_{0} \varepsilon E^{2}}{2} 4 \pi r^{2} \mathrm{~d} r=\frac{2 \pi p^{2}}{9 e_{0} \varepsilon} r^{4} \mathrm{~d} r .
\]

Здесь $w-$ плотность энергии электрического поля. После интегрирования получаем
\[
W_{1}=\frac{2 \pi \rho^{2} R_{i}^{\mathrm{i}}}{45 \varepsilon_{0} \varepsilon} ; W_{2}=\frac{2 \pi \rho^{2}\left(R^{3}-R_{7}^{5}\right)}{45 e_{0} \varepsilon} .
\]

Так как $W_{1}=W_{2}$, то
\[
R_{1}=\frac{R}{\sqrt[5]{ }{ }^{2}} \approx 0,87 R .
\]

Числовой ответ несколько неожиданный: во внешнем шаровом слое толщиной всего лишь (примерно) в $1 / 1$ радиуса содержится половина электрической энергии всего шара.