Основные формулы
– Напряженность $\boldsymbol{E}$ и потенциал $\varphi$ поля точечного заряда $q$ :
\[
\boldsymbol{E}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{r^{3}} \boldsymbol{r}, \quad \varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q}{r} .
\]
– Связь между напряженностью поля и потенциалом:
\[
\boldsymbol{E}=-
abla \varphi .
\]
– Теорема Гаусса и циркуляция вектора $\boldsymbol{E}$ :
\[
\oint \boldsymbol{E} d \boldsymbol{S}=\frac{q}{\varepsilon_{0}}, \quad \oint \boldsymbol{E} d \boldsymbol{r}=0 .
\]
– Потенциал диполя с электрическим моментом $p$ :
\[
\varphi=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{p r}{r^{3}} .
\]
Примеры решения задач
3.1.1. Тонкое полукольцо радиуса $R$ заряжено равномерно зарядом $q$. Найти модуль напряженности электрического поля в центре кривизны этого полукольца.
Рис 3.1
Решение
Выберем систему координат так, чтобы полукольцо лежало в плоскости ( $x, y$ ), его центр находился в начале координат, а ось $y$ была бы направлена в сторону вогнутости и являлась бы осью симметрии полукольца. Будем отсчитывать азимутальный угол $\varphi$ по часовой стрелке от положительного направления оси $x$. Разобьем полукольцо на бесконечно малые участки длины $d l=R d \varphi$.
Заряд такого участка равен $d q=q d \varphi / \pi$. Отсюда получим выражения для компонент напряженности поля, создаваемого этим участком:
\[
\begin{array}{l}
d E_{\mathrm{x}}=-\frac{q \cos \varphi \mathrm{d} \varphi}{4 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}} \\
d E_{\mathrm{y}}=\frac{q \sin \varphi \mathrm{d} \varphi}{4 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}}
\end{array}
\]
Интегрируя эти выражения по $\varphi$ от 0 до $\pi$, получим ответ:
\[
E_{\mathrm{x}}=0 ; \quad E_{\mathrm{y}}=E=\frac{q}{2 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}} .
\]
Ответ: $E=\begin{array}{c}q \\ 2 \pi^{2} \varepsilon_{0} R^{2}\end{array}$.
3.1.2. Тонкое непроводящее кольцо радиуса $R$ заряжено с линейной плотностью $\lambda=\lambda_{0} \cos \varphi$, где $\lambda_{0}$ – постоянная, $\varphi$ – азимутальный угол. Найти модуль напряженности электрического поля:
а) в центре кольца;
б) на оси кольца в зависимости от расстояния $x$ до его центра. Исследовать полученное выражение при $x \gg R$.
Решение
Выберем систему координат так, чтобы кольцо лежало в плоскости $(y, z)$, а его центр находился в начале координат. Будем отсчитывать азимутальный угол $\varphi$ против часовой стрелки от положительного направления оси $y$. Разобьем кольцо на бесконечно малые участки длины $d l=R d \varphi$. Заряд такого участка равен $d q=\lambda_{0} \cos \varphi \cdot R d \varphi$. Отсюда компоненты напряженности поля, создаваемого этим участком на оси кольца равны:
\[
\begin{array}{l}
d E_{\mathrm{x}}=\frac{\lambda_{0} \cos \varphi \cdot x R \mathrm{~d} \varphi}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(R^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}} \\
d E_{\mathrm{y}}=-\frac{\lambda_{0} \cos \varphi \cdot R^{2} \mathrm{~d} \varphi}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(R^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}} \cos \varphi \\
d E_{\mathrm{z}}=-\frac{\lambda_{0} \cos \varphi \cdot R^{2} \mathrm{~d} \varphi}{4 \pi \varepsilon_{0}\left(R^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}} \sin \varphi
\end{array}
\]
Интегрируя эти выражения по $\varphi$ от 0 до $2 \pi$, получим ответ:
\[
E_{\mathrm{x}}=0 ; \quad E_{\mathrm{z}}=0 ; E_{\mathrm{y}}=-\frac{\lambda_{0} R^{2}}{4 \varepsilon_{0}\left(R^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]
Отсюда искомое значение $E(x)=\left|E_{\mathrm{y}}\right|, \quad E(x=0)=\lambda_{0} / 4 \varepsilon_{0} R$, а при $x \gg R$ $E \approx \lambda_{0} R^{2} / 4 \varepsilon_{0} x^{3}$, т.е. поле имеет дипольный характер.
Ответ: $E=-\frac{\lambda_{0} R^{2}}{4 \varepsilon_{0}\left(R^{2}+x^{2}\right)^{3 / 2}}$.
3.1.3. Шар радиуса $R$ имеет положительный заряд, объемная плотность которого зависит только от расстояния $r$ от его центра как $\rho=\rho_{0}(1-r / R)$, где $\rho_{0}$ – постоянная. Полагая, что диэлектрическая проницаемость всюду равна единице, найти:
a) модуль напряженности внутри и вне шара как функцию $r$;
б) максимальное значение модуля напряженности $E_{\max }$ и соответствующее ему значение $r_{\mathrm{m}}$.
Решение
Найдем вначале напряженность поля внутри шара $E_{\mathrm{i}}$. Воспользуемся теоремой Гаусса:
\[
4 \pi r^{2} E_{\mathrm{i}}=\frac{1}{\varepsilon_{0}}\left(\int_{0}^{r} \rho\left(r_{1}\right) 4 \pi r_{1}^{2} d r\right),
\]
где интеграл в скобках представляет собой заряд, заключенный внутри сферы радиуса $r$. Произведя элементарное интегрирование, получим:
\[
E_{\mathrm{i}}=\left(\rho_{0} r / 3 \varepsilon_{0}\right)(1-3 r / 4 R)
\]
Для определения поля вне шара $E_{\mathrm{e}}$ найдем полный заряд шара $Q$. Для этого в верхний предел интеграла в (1) нужно подставить значение $R$ :
\[
Q=\int_{0}^{R} \rho\left(r_{1}\right) 4 \pi r_{1}^{2} d r_{1}=\pi \rho_{0} R^{2} / 3
\]
Применив теорему Гаусса, получим:
\[
E_{\mathrm{e}}=\rho_{0} R^{3} / 12 \varepsilon_{0} r^{2}
\]
Электрическое поле достигает максимума внутри шара. Продифференцировав (2) по $r$ и приравняв производную нулю, получим выражения для $r_{\mathrm{m}}$ и $E_{\max }$ :
\[
r_{\mathrm{m}}=2 R / 3, E_{\max }=\rho_{0} R / 9 \varepsilon_{0} .
\]
Ответ: а) $E_{\mathrm{i}}=\left(\rho_{0} r / 3 \varepsilon_{0}\right)(1-3 r / 4 R), E_{\mathrm{e}}=\rho_{0} R^{3} / 12 \varepsilon_{0} r^{2}$;
б) $r_{\mathrm{m}}=2 R / 3, E_{\max }=\rho_{0} R / 9 \varepsilon_{0}$.
3.1.4. Система состоит из шара радиуса $R$, заряженного сферически симметрично, и окружающей среды, заполненной зарядом с объемной плотностью $\rho=\alpha / r$, где $\alpha$ – постоянная, $r$ – расстояние от центра шара. Найти заряд шара, при котором модуль напряженности электрического поля вне шара не зависит от $r$. Чему равна эта напряженность? Диэлектрическая проницаемость всюду равна единице.
Решение
Напряженность поля вне шара на расстоянии $r$ определяется зарядом шара и зарядом среды, заключенной между сферами радиусов $R$ и $r$. Запишем теорему Гаусса:
\[
4 \pi r^{2} E_{\mathrm{e}}=\left(q+\int_{R}^{r} \rho\left(r_{1}\right) 4 \pi r_{1}^{2} d r_{1}\right) / \varepsilon_{0}
\]
Произведя интегрирование, получим:
\[
E_{\mathrm{e}}=\left(\frac{q-2 \pi \alpha R^{2}}{r^{2}}+2 \pi \alpha\right) / 4 \pi \varepsilon_{0}
\]
Отсюда видно, что значение заряда шара, при котором напряженность не зависит от $r$ равно $q=2 \pi \alpha R^{2}$, а соответствующая напряженность равна $E=\alpha / 2 \varepsilon_{0}$.
Ответ: $q=2 \pi \alpha R^{2}, E=\alpha / 2 \varepsilon_{0}$.
3.1.5. Внутри шара, заряженного равномерно с объемной плотностью $\rho$, имеется сферическая полость (рис. 3.2). Центр полости смещен относительно центра шара на расстояние, характеризуемое вектором $\boldsymbol{a}$. Найти напряженность $E$ внутри полости.
Решение
Напряженность поля внутри равномерно заряженного шара легко найти с помощью теоремы Гаусса. Из формулы (1) задачи 3.1.3. следует, что
\[
E_{\mathrm{i}}=\rho r / 3 \varepsilon_{0} .
\]
Напряженность поля в полости представляет собой разность напряженностей двух равномерно заряженных шаров – нашего шара и шара «извлеченного» из полости:
\[
E=\frac{\rho}{3 \varepsilon_{0}}\left(r-r_{1}\right)
\]
где $r_{1}$ – радиус-вектор, проведенный из центра полости в точку наблюдения. Но $\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}_{1}=\boldsymbol{a}$, поэтому
\[
\boldsymbol{E}=\boldsymbol{a} \rho / 3 \varepsilon_{0} .
\]
Ответ: $\boldsymbol{E}=\boldsymbol{a} \rho / 3 \varepsilon_{0}$
3.1.6. Имеются два плоских проволочных кольца радиуса $R$ каждое, оси которых совпадают. Заряды колец равны $q$ и $-q$. Найти разность потенциалов между центрами колец, отстоящими друг от друга на расстояние $l$.
Решение
Обозначим точками «а» и «b» центры положительно и отрицательно заряженных колец. Тогда из симметрии задачи следует, что:
\[
\varphi_{\mathrm{a}}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+l^{2}}}\right), \quad \varphi_{\mathrm{b}}=-\varphi_{\mathrm{a}}
\]
Отсюда легко найти разность потенциалов.
Ответ: $\Delta \varphi=\frac{q}{2 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+l^{2}}}\right)$
3.1.7. Бесконечно длинная прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью $\lambda$. Вычислить разность потенциалов точек 1 и 2, если точка 2 находится дальше от нити, чем точка 1 , в $\eta=2$ раза.
Решение
Напряженность поля нити найдем с помощью теоремы Гаусса, рассчитав поток через боковую поверхность цилиндра радиуса $r$ и высоты $h$ с осью, совпадающей с нитью: $2 \pi r h E=\lambda h / \varepsilon_{0}$. Отсюда
\[
E=\lambda / 2 \pi \varepsilon_{0} r .
\]
Разность потенциалов между точками $r_{1}$ и $r_{2}$ равна:
\[
\varphi_{1}-\varphi_{2}=\int_{r_{1}}^{r_{2}} E d r=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \left(r_{1} / r_{2}\right)=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \eta .
\]
Ответ: $\varphi_{1}-\varphi_{2}=\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \eta$.
3.1.8. Тонкое кольцо радиуса $R$ имеет заряд $q$, неравномерно распределенный по кольцу. Найти работу электрических сил при перемещении точечного заряда $q_{1}$ из центра кольца по произвольному пути в точку, находящуюся на оси кольца на расстоянии $l$ от его центра.
Решение
Поскольку центр кольца равноудален от всех точек на кольце, то независимо от распределения заряда по кольцу, потенциал его центра равен
\[
\varphi_{1}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} R} .
\]
Потенциал точки, лежащей на оси кольца, в свою очередь равен
\[
\varphi_{2}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \sqrt{R^{2}+l^{2}}} .
\]
Работа по перемещению заряда равна $A=q_{1}\left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)$.
Ответ: $A=\frac{q_{1} q}{4 \pi \varepsilon_{0} R}\left(1-1 / \sqrt{1+l^{2} / R^{2}}\right)$.
3.1.9. Найти потенциал на краю тонкого диска радиуса $R$, по которому равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью $\sigma$.
Решение
Найдем потенциал в точке А на краю диска. Проведем из точки А пучок лучей до пересечения с краем диска. Угол между лучом (хордой) и диаметром диска, проходящим через точку А (см. рис. 3.3), равен $\alpha$, а угол между соседними лучами – $d \alpha$. Поскольку $\alpha$ – вписанный угол, длина соответствующего луча равна $r=2 R \cos \alpha$.
Проведем из точки А до пересечения
Рис. 3.3 с краем диска семейство окружностей радиуса $r$. Таким образом диск оказывается разделен на слои радиуса $r=2 R \cos \alpha$ и толщины $d r=2 R \sin \alpha d \alpha$. Площадь такого слоя есть $d S=2 r \alpha d r$. Заряд слоя равен $d q=\sigma d S$.
Потенциал, создаваемый этим слоем $d \varphi=d q / 4 \pi \varepsilon_{0} r=\sigma R \alpha \sin \alpha \mathrm{d} \alpha / \pi \varepsilon_{0}$.
Потенциал в точке А найдем путем интегрирования по частям:
\[
\varphi=\frac{\sigma R}{\pi \varepsilon_{0}} \int_{0}^{\pi / 2} \alpha \sin \alpha d \alpha=\frac{\sigma R}{\pi \varepsilon_{0}} .
\]
Ответ: $\varphi=\frac{\sigma R}{\pi \varepsilon_{0}}$.
3.1.10. Заряд $q$ равномерно распределен по объему шара радиуса $R$. Полагая диэлектрическую проницаемость всюду равной единице, найти потенциал:
а) в центре шара;
б) внутри шара, как функцию расстояния $r$ от его центра.
Решение
Воспользуемся тем, что потенциал равен работе электростатических сил при переносе единичного положительного заряда из данной точки в бесконечность. Электрическое поле внутри шара равно (см. задачу 3.1.5): $E_{\mathrm{i}}=\rho r / 3 \varepsilon_{0}=q r / 4 \pi \varepsilon_{0} R^{3}$. Поле вне шара определяется формулой: $E_{\mathrm{e}}=q / 4 \pi \varepsilon_{0} r^{2}$. Потенциал в точке, расположенной на расстоянии $r$ от центра шара, равен:
\[
\varphi=\int_{r}^{R} E_{\mathrm{i}} d r+\int_{R}^{\infty} E_{\mathrm{e}} d r .
\]
Элементарное интегрирование приводит к ответу:
\[
\varphi=\begin{array}{c}
3 q \\
8 \pi \varepsilon_{0} R
\end{array}\left(1-\begin{array}{c}
r^{2} \\
3 R^{2}
\end{array}\right) .
\]
Отсюда потенциал в центре шара равен $\varphi_{0}=3 q / 8 \pi \varepsilon_{0} R$.
Ответ: а) $\varphi_{0}=3 q / 8 \pi \varepsilon_{0} R$; б) $\varphi=\begin{array}{c}3 q \\ 8 \pi \varepsilon_{0} R\end{array}\left(1-\begin{array}{c}r^{2} \\ 3 R^{2}\end{array}\right)$.
3.1.11. Потенциал электрического поля имеет вид $\varphi=\alpha\left(x y-z^{2}\right)$, где $\alpha$ – постоянная. Найти проекцию напряженности электрического поля в точке $M\{2,2,-3\}$ на направление вектора $a=i+3 k$.
Решение
Проекции напряженности поля найдем с помощью формулы (3.1.2):
\[
E_{\mathrm{x}}=-\alpha y, E_{\mathrm{y}}=-\alpha x, E_{\mathrm{z}}=2 \alpha z .
\]
Проекция $E_{a}$ напряженности на направление вектора $a$ может быть выражена через скалярное произведение: $E_{a}=(\boldsymbol{a E}) / \boldsymbol{a}$ (модуль вектора $\boldsymbol{a}$ равен 10 ). Отсюда находим искомую проекцию: $E_{a}=\alpha(6 z-y) / 10$. Подстановка координат точки $\mathrm{M}$ приводит к окончательному ответу $E_{a}=-19 \alpha / 10$.
Ответ: $E_{a}=-19 \alpha / 10$.
3.1.12. Точечный электрический диполь с моментом $\boldsymbol{p}$ находится во внешнем однородном электрическом поле, напряженность которого равна $\boldsymbol{E}$, причем $\boldsymbol{p}$ параллелен $\boldsymbol{E}$. В этом случае одна из эквипотенциальных поверхностей, охватывающих диполь, является сферой. Найти ее радиус.
Решение
Потенциал однородного поля $\boldsymbol{E}$ равен $\varphi_{E}=-(\boldsymbol{E r})+\mathrm{const}$, где $\boldsymbol{r}-$ радиус-вектор в декартовой системе координат с началом в точке, где находится диполь. Потенциал диполя дается выражением (3.1.4). Суммарный потенциал равен:
\[
\varphi=\left(\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0} r^{3}}-E\right) r \cos \theta+\text { const },
\]
где $\theta$ – угол между $\boldsymbol{r}$ и $\boldsymbol{E}$ (или $\boldsymbol{p}$ ). Потенциал на искомой сферической поверхности не должен зависеть от $\theta$. Поэтому выражение в скобках в формуле для потенциала должно быть равно нулю. Отсюда найдем искомый радиус
\[
r=\sqrt[3]{\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0} E}} .
\]
Ответ: $r=\sqrt[3]{\frac{p}{4 \pi \varepsilon_{0} E}}$.
