Поверхность проводника является эквипотенщиальной поверхностью. На этом свойстве проводников основан метод зеркальньсх изображений. Этот метод позволяет рассчитывать различные электростатические поля, определять емкость системы проводников и т. д.
Метод зеркальных изображений основан на следующем положении. Если в произвольном электростатическом поле заменить эквипотенщиальную поверхность металлической поверхностью такой же формы и создать на ней такой же потенциал, то данное электростатическое поле не изменится.
Рассмотрим электрическое поле между точечным зарядом $+Q$ и бесконечнои металлической плоскостыо, потенциал которой равен нулю. В силу выше сформулированного положения это поле эквивалентно электрическому полю, созданному данным точечным зарядом $+Q$ и точечным зарядом $-Q$, являющимся зеркальным изображением данного заряда $+Q$ в металлической плоскости (рис. 21.1).
Пример 29.1 Точечньй заряд $Q=+2 \cdot 10^{-}$; Кл маходится на расстоянии $l=1 \mathrm{~m}$ от бесконечной металиической плоскости, отведенной к Земле (рис. 21.1). Определить силу взацнодейстеия между зарядом и плоскостью.
Решение. Металлическая плоскость находится в электростатическом поле гочечного заряда. Веледствие явления электростатической индукции на стороне металлической плоскости, ближайшей к точечному заряду, появляются наведенные электрические заряды противоположного знака. Поэтому возникает сила взанмодействия между данным точечным зарядом и зарядами, наведенными на плоскости. Потенциал плоскости по условию равен нулю (потенциал Земли условно принимают за нуль). Следовательно, согласно методу зеркального изображения, электрическое поле между точечным зарядом и плоскостью эквивалентно полю, созданному данным зарядом и его зеркальным изображением в металлической плоскости. По закону Кулона получаем искомую силу взаимодействия:
\[
F=\frac{Q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0}(21)^{2}}, F \approx 9 \cdot 10^{-1} \mathrm{H} .
\]

Пример 21.2 Точечньй дипаль с электрическим моментом р находится на расстоянии $l$ от бесконечной проводяцей плоскости. Определить модуль вектора силь, действуюцей на диполь, если өектор р перпендикулярен плоскости.
Решения и и е. По методу зеркальных изображений поле данного диполя и зарядов, индуцированных на плоскости, эквивалентно полю двух диполей: данного и его зеркального изображения в плоскости (рис. 21.2). Диполи находятся на расстоянии $2 l$ друг от друга. Таким образом, искомая сила $F-9$ то сила, с которой диполь-изображение действует на данный диполь. Нетрудно доказать, что на оси диполя на расстоянии $r \gg l_{1}$ (длины диполя) напряженность поля
\[
E=\frac{2 p}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}} .
\]

Следовательно, сила, действующая на данный диполь,
\[
F=F_{1}-F_{\mathrm{a}} \text {, }
\]

где
\[
F_{1}=Q E_{1}=\frac{2 p Q}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}
\]
— сила, действующая на отрицательный заряд данног диполя, а
\[
F_{\mathrm{z}}=Q E_{2}=\frac{2 p Q}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(r+l_{1}\right)^{3}}
\]
– сила, действующая на его положительный заряд. Уч् тывая, что $r=2 l$ и $p=Q l_{1}, 2 l \gg l_{1}$, после несложных преобр зований получаем
\[
F=\frac{3 p^{2}}{32 \pi e_{0} l^{4}} .
\]

Пример 21.3 Тонкая бесконечно длинная нить раеномерно заряжена электричестөом с линейной плотностью $\tau$ и расположена параллельно безераничной проеодящей плоскости на расстоянии $l$ от нее (рис. 21.3). Найти: а) модуль вектора силь, дейстеующей на участок нити единичной длины; б) распределение поверхностной плотности заряда $\sigma(x)$ на плоскости, дде $x$-расстояние от плоскости, перпендикулярной проводящей поверхности и проходящей через нить.

Р еше и и е. Легко видеть, что для определения силы, действующей на участок иити единичной длины, необходимо рассчитать поле ее изображения (рис. 21.3). Но поле нити нетрудно найти, хотя бы по теорме Гаусса (см. (19.4)):
\[
E=\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0} r} .
\]

В нашем случае $r=2 l$. Таким образом, сила, действующая на участок нити единичной длины,
\[
F=E \tau=\frac{\tau^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} l} .
\]

Для ответа на второй вопрос определим поле нити и ее изображения в точке $A$ (рис. 21.3):
\[
E_{1}=\frac{2 \pi l}{2 \pi \varepsilon_{0}\left(x^{2}+I^{2}\right)}=\frac{\tau l}{\pi \varepsilon_{0}\left(x^{2}+I^{2}\right)} .
\]

Поле $E_{\text {; }}$ индущированных зарядов вблизи проводящей плоскости (вне ее) найдем по теореме Гаусса:
\[
E_{\mathbf{s}}=\boldsymbol{\sigma} / \boldsymbol{\varepsilon}_{\mathbf{6}} .
\]

Индушированные заряды распределяются так, что их поле внутри плоскости компенсирует внешнее поле $E_{1}$ (напряженность поля внутри проводника, расположенного в электростатическом поле, равна нулю):
\[
\mathbf{E}_{1}+\mathbf{E}_{2}=0 \text {. }
\]

Следовательно,
\[
\sigma=\frac{\tau l}{\pi\left(x^{2}+l^{2}\right)} .
\]

Таким образом, в методе зеркальных изображений яаще всего необходимо рассчитывать характеристики поля данных зарядов и их изображений, т. е. решать основную задачу теории поля.
Пример 21.4 Очень длимная прямая кить, раєномерно заряженная ялектричеством с линейной плотностью $\tau$, расположена перпендикулярно безраничной проводящей плоскости и не доходит до этой плоскости на расстояние $l$ (рис. 21.4). Пусть тока $O$-след нити на плоскости. Oпределить поверхностную плотность индуцироеанного заряда на плоскости: а) в точке $(, 6)$ в зависимости от расстояния х до точки 0 .
$\mathrm{Peшение}$ ний, рассчитаем сначала поле нити и ее изображения в точке $\boldsymbol{O}$. Для определения поля одной нити на ее оси применим метод ДИ. Элементарная напряженность $\mathrm{dE}$ точечного заряда $\mathrm{d} Q=\tau \mathrm{d} r$ элемента нити $\mathrm{d} r$ в произвольной точке на оси нити на расстоянии $r$ от него (рис. 21.4) составляет
\[
\mathrm{d} E=\frac{\mathrm{d} Q}{4 \pi \sigma_{\sigma^{2}}}=\frac{\tau \mathrm{d} r}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}} .
\]

Отсюда после интегрирования получаем
\[
E=\int_{r}^{\infty} \frac{\tau d r}{4 \pi \varepsilon_{\sigma^{2}}{ }^{2}}=\frac{\tau}{4 \pi e_{\theta} r} .
\]

В нашем случае $r=l$. Таким образом, напряженность $E_{\text {d }}$ поля нити и ее изображения в точке $O$
\[
E_{1}=2 E=\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0} l} .
\]

Учитывая (21.1) и (21.2), находим плотность $\sigma_{0}$ зарядов на плоскости в точке $O$ :
\[
\sigma_{0}=\frac{\tau}{2 \pi i} \text {. }
\]

Определим теперь плотность $\sigma$ индущированных зарядов на плоскости в точке $A$ (рис. 21.5), находящейся от точки $O$ на расстоянии $x$. Для этого снова необходимо рассчнтать

поле нити и ее изображения, но уже в точке $A$. Применяя метод ДИ, находим модуль вектора dE элементарной напряженности точечного заряда $\mathrm{d} Q=\tau \mathrm{d} l$ элемента $\mathrm{d} l$ одной нити, расположенного от точки $A$ на расстоянии $r$ :
\[
\mathrm{d} E=\frac{\mathrm{d} Q}{4 \pi \varepsilon_{\sigma^{2}}}=\frac{\tau \mathrm{d} l}{4 \pi \varepsilon_{\sigma^{2}}} .
\]

Так как $\mathrm{d} l=r \mathrm{~d} \alpha / \cos \alpha, r=x / \cos \alpha$, то
\[
\mathrm{d} E=\frac{\tau \mathrm{d} \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0} x} .
\]

Из рис. 21.5 видно, что результирующий вектор напряженности поля нити и ее изображения в точке $A$ направлен вдоль оси $O Y$ и, следовательно, $E_{x}=0$. Поэтому найдем только проекцию $\mathrm{d} E_{v}$ вектора $\mathrm{dE}$ :
\[
\mathrm{d} E_{v}=\mathrm{d} E \sin \alpha=\frac{\tau \sin \alpha \mathrm{d} \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0} x} .
\]

Отсюда после интегрирования получаем проекцию вектора напряженности поля нити на ось $O Y$ :
\[
E_{v}=\int_{\alpha_{4}}^{\pi / 2} \frac{\tau \sin \alpha d \alpha}{4 \pi \varepsilon_{0} x}=\frac{\tau \cos \alpha_{1}}{4 \pi \varepsilon_{0} x} .
\]

Таким образом, напряженность поля нити и ее изображения в точке $A$
\[
E_{1}=2 E_{y}=\frac{\tau \cos \alpha_{1}}{2 \pi \varepsilon_{0} x}=\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0}\left(l^{2}+x^{2}\right)^{1 /}} .
\]

Учитывая (21.1) и (21.2), определяем поверхностную плотность индуцированных на плоскости зарядов:
\[
\sigma=\frac{\tau}{2 \pi\left(l^{2}+x^{2}\right)^{1 /}} .
\]

Легко видеть, что $\sigma=\sigma_{0}$ при $x=0$.
Пример 21.5 Токкое кольцо радиуса $R$, равномерно заряжсенное зарлдом $Q$, и проводяцая сфера расположены так, что центр сферы $O$ находится на оси кольца на расстоянии $l$ от плоскости кольца (рис. 21.6). Onределить потенциал сферь.
Р еш е и и е. Проводник (сфера) находится в поле кольца. Необходимо рассчитать потенцил проводиика. Это основная задача теории поля. Так как поле несимметрично, то сомнительно, что теорема Гаусса приведет к хорошим результатам.

Применим метод суперпозиции. На проводящей сфере возникают индуцированные заряды $-Q^{\prime}$ и $+Q^{\prime}$. Результирующее поле создается тремя зарядами: $Q,-Q^{\prime}$ и $+Q^{*}$. Следовательно, по прииципу суперпозиции, потенциал проводящей сферы $\varphi=\varphi_{1}+\varphi_{2}+\varphi_{3}$, где $\varphi_{1}, \varphi_{2}$ и $\varphi_{3}$ – потенциалы полей, созданных соответственно зарядами $Q,-Q^{\prime}$ и $+Q^{*}$. В какой точке сферы? В любой. Ибо потенциал произвольной точки проводника, расположенного в электростатическом поле, постоянен.
В нашем случае и весь объем, ограниченный проводящей сферой, является эквипотенциальным. Таким образом, возникает догадка рассчитывать поле в самой удобной для нас точке. Такой точкой является центр сферы. Действительно, несмотря на то что мы не знаем ни значений индуцированных зарядов $-Q^{\prime}$ и $+Q^{\prime}$, ни законов распределения по сфере их плотностей – $\sigma^{\prime}$ и $+\sigma^{\prime \prime}$, мы можем утверждать, что общйй потенциал поля этих зарядов в этой особенной точке (центр сферы) равен нулю: $\varphi_{2}+\varphi_{3}=0$ (индуцированные заряды $-Q^{\prime}$ и $+Q^{\prime}$ находятся на одинаковом расстоянии от центра, равны по модулю ( $\left|-Q^{\prime}\right|=1+Q^{*} \mid$ ) и проти-
138
воположны по знаку). Следовательно, осталось рассчитать потенциал $\varphi_{1}$ поля кольца в точке $Q$ (рис. 21.6):
\[
\varphi_{1}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(l^{2}+R^{2}\right)^{2 / /}} .
\]

Это и есть искомый потенциал сферы $\varphi=\varphi_{1}$.
Можно усложнить условия решенной задачи. Например, пусть заряд $Q$ на кольще распределен неравномерно. Легко видеть, что решение (21.3) останется таким же. Далее, можно предположить, что кроме заряда кольца $Q$ поле создается другими зарядами: точечным зарядом $Q_{1}$, зарядом $Q_{i}$ тонкого отрезка и т. д. Нетрудно доказать, что во всех этих вариантах решение задачи сводится к расчету поля (потенциала) новых зарядов $Q_{1}, Q_{2}$ и т. д. в центре сферы.

Заметим, что решенная задача оказалась нестандартной: необходимо было догадаться, что єсамой удобной точкой является центр сферы.
Емкость
\[
C=Q / \varphi
\]

уединенного проводника определяет характер 9лектрического поля, возникающего вне и на поверхности проводника (потенциал 甲) при сообщении ему электрического заряда $Q$. Отсюда следует, что нахождение емкостей проводников связано с расчетом потенциала этого электрического поля (т. е. с основной задачей в теории поля). .
Пример 21.6 Определить емкость уединенного шаровово проводника радиуса $R_{1}$, окружсенново прилегалоцим к нему концентрическим слоем однородново диялектрика с проницаемостью в $и$ наружсным радиусом $R_{2}$ (рис. 21.7).
Р еше и и е. Сообщим шаровому проводнику заряд $Q$. Тогда вне и на поверхности проводника возникает электрическое поле. Если мы рассчитаем потенциал проводника $\varphi\left(R_{1}\right)$, то по (21.4) можем найти емкость C. Расчет потенциала поля (оно симметрично) можно провести по методу Гаусса. По теореме Гаусса,
\[
D \cdot 4 \pi r^{2}=Q \text {. }
\]

где $R_{2}>r>R_{1}$. Следовательно, напряженность поля в диэлектрике
\[
E=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} e r^{2}} .
\]

После интегрирования соотношения $E=-d \varphi / \mathrm{d} r$ получаем распределение потенциала в диэлектрике:
\[
\varphi=-\int \frac{Q \mathrm{~d} r}{4 \pi e_{0} e^{2}} ; \varphi=\frac{Q}{4 \pi e_{0} e r}+c .
\]

Постоянную $c$ найдем из условия $\varphi\left(R_{2}\right)=Q /\left(4 \pi \varepsilon_{0} R_{2}\right)$ :
\[
c=\frac{Q(\varepsilon-1)}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon R_{1}} .
\]

Таким образом, окончательное распределение потенциала в диэлектрике
\[
\varphi(r)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon}\left(\frac{1}{r}+\frac{\varepsilon-1}{R_{2}}\right) .
\]

Используя условие непрерывности потенциала, определим потенциал шарового проводника:
\[
\varphi\left(R_{1}\right)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} \varepsilon}\left(\frac{1}{R_{1}}+\frac{\varepsilon-1}{R_{2}}\right)
\]

и его емкость (21.4):
\[
C=\frac{Q}{\varphi\left(R_{1}\right)}=\frac{4 \pi \varepsilon_{g} \varepsilon R_{1}}{1+\frac{R_{1}}{R_{2}}(\varepsilon-1)} .
\]

Пример 21.7 Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнек изотропным диялектриком, прокицаемость моторого изменяется в перпендикулярном обкладкам мапраелении по линейному закону от $\varepsilon_{1}$ до $\varepsilon_{8}$, причем $\varepsilon_{2}>\varepsilon_{1}$. Паоцадь каздой обкладки $S$, расстояние между ними д (рис. 21.8). Определить емкость конденсатора.
Р е ше и и е. Направим ось $O X$ вверх, а начало координат совместим с нижней пластиной (рис. 21.8). Так как в изменяется по линейному закону, то
\[
\varepsilon=a+b x \text {, }
\]

где постоянные $a$ и $b$ определяются из граничных условий $\left(\varepsilon=\varepsilon_{1}\right.$ при $x=0$ и $\varepsilon=\varepsilon_{2}$ при $\left.x=d\right)$ :
\[
a=\varepsilon_{1} ; \quad b=\left(\varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}\right) / d .
\]

Таким образом,
\[
\varepsilon=\varepsilon_{1}+\frac{e_{2}-\varepsilon_{1}}{d} x .
\]

Сообцим нижней пластине конденсатора заряд $Q$ и по методу Гаусса рассчитаем напряженность образовавшегося
140
поля:
\[
E=\frac{Q}{\varepsilon_{0} S}=\frac{Q}{\varepsilon_{0}(a+b x) S} .
\]

Далее, после интегрирования соотношения $E=\frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{d} x}\left(\right.$ или $\left.\mathrm{d} \varphi=\frac{Q \mathrm{~d} x}{\epsilon_{6} S(a+b x)}\right)$ определим разность потенциалов $\Delta \varphi$ между пластинами:
\[
\Delta \varphi=\int_{0}^{d} \frac{Q d x}{\varepsilon_{0} S(a+b x)}=\frac{Q}{\varepsilon_{0} S b} \ln \left(1+\frac{b d}{a}\right) .
\]

Следовательно, емкость конденсатора
\[
C=\frac{\rho}{\Delta \varphi}=\frac{\varepsilon_{0} S b}{\ln (1+b d / a)}=\frac{\varepsilon_{0} S\left(\varepsilon_{2}-\varepsilon_{1}\right)}{d \cdot \ln \left(\varepsilon_{2} / \varepsilon_{1}\right)} .
\]

Можно обобщить решенную задачу, предположив, что проницаемость $\varepsilon$ изменяется по любому закону $\varepsilon=f(x)$, где $f(x)$ – пронзвольная функция (например, $f(x)=x^{n}$ ). Sierko видеть, что все такие задачи могут быть решены тем же методом.
Пример 21.8 Определить емкость сферического конденсатора с радиусами обкладок $R_{1}$ и $R_{2}$ (причем $R_{2}>R_{1}$ ), которьй заполнен изот ропньм диэлектрикам с проницаемостью, изменяющейся по закону $\varepsilon=a / r^{2}$, дде $a$ – постоянная, $r$ – расстояние от центра конденсатора (рис. 21.9).
Решени и. Соощив внутренней обкладке заряд $Q$. по методу Гаусса рассчитаем напряженность поля внутри диэлектрика:
\[
E=\frac{Q}{4 \pi e_{0} e^{2}}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} a}
\]

и разность потенциалов между обкладками!
\[
\Delta \varphi=\int_{R_{1}}^{R_{1}} \frac{Q \mathrm{~d} r}{4 \pi \varepsilon_{0} a}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} a}\left(R_{2}-R_{1}\right) .
\]

Следовательно, емкость такого сферического конденсатора
\[
C=\frac{4 \pi \varepsilon_{0} a}{R_{2}-R_{1}} .
\]

В заключение этого параграфа рассмотрим еще такую задачу.
Пример 21.9 Oпределить емкость участка единичной длинь деухпроводной линии.
Реше и и е. Задача поставлена не полностыю. Проведем идеализацию задачи. Пусть линейная плотность зарядов (заряд на единичной длине) на первой линии равна $-\tau$, а на второй $+\tau$. Прелположим, что другие тела находятся столь далеко от линии, что их влиянием на электрическое поле между проводами можно пренебречь. Предположим, что радиусы $r$ проводов одинаковы и что $r \ll l$ (где $l-$ расстояние между ними). Таким образом, рассматриваемая физическая система состоит из трех объектов: двух бесконечных тонких прямых параллельных проводников, равномерно заряженных электрическими зарядами с линейными плотностями* $-\tau$ и $+\tau$, и электрического поля, созданиого этими зарядами. Необходимо определить емкость участка единичной длины такой системы.

Эта задача связана с основной задачей теории поля. Рассчитаем напряженность поля между проводами в произвольной точке $A$, находящейся на расстоянии $x$ от левого провода (рис. 21.10). Кспользуя прннцип суперпозиции и формулу напряженности электрического поля прямой бесконечной равномерно заряженной нити, получаем
\[
E=\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0} x}+\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0}(l-x)} .
\]
– На рис. 21.10 эти величины обознамены $\gamma$.
Учитывая связь между напряженностыю и потенциалом, получаем
\[
\Phi=-\int E \mathrm{~d} x=-\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0}}[\ln x-\ln (l-x)]+c,
\]

где $c$ – произвольная постоянная. Отсюда определяем потенциалы левого и правого проводов:
\[
\begin{array}{l}
\varphi_{1}=-\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0}}[\ln r-\ln (l-r)]+c, \\
\varphi_{2}=-\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_{0}}[\ln (l-r)-\ln (r)]+c .
\end{array}
\]

Далее находим разность потенциалов между проводамиı
\[
\Delta \varphi=\varphi_{1}-\varphi_{2}=\frac{\tau}{\pi \epsilon_{0}} \ln \frac{l-r}{r} .
\]

Так как, по условию, $r \ll l$, то
\[
\Delta \Phi=\frac{\tau}{\pi \varepsilon_{0}} \ln \frac{l}{r} .
\]

Используя соотношение (21.4), определяем емкость участка единичной длины двухпроводной линии:
\[
C=\frac{\tau}{\Delta \varphi}=\frac{\pi \varepsilon_{0}}{\ln (I / r)} .
\]