Это старая версия документа!
Эти задачи, обладают такой симметрией распределения зарядов, что можно, не решая, указать поверхности, на которых напряженность электрического поля $\vec{E}$ перпендикулярна ей в каждой точке и постоянна по величине. Для нахождения поля $\vec{E}$ в таких задачах достаточно применения теоремы Гаусса, смысл которой для вакуума состоит в следующем: поток вектора напряженности электрического поля через замкнутую поверхность $S$ равен полному заряду, заключенному внутри неё (умноженному на $4\pi$ в системе $CGSE$).
Математическое выражение теоремы Гаусса имеет вид $$ (1) \hspace{10pt} \oint\limits_S(\vec{E}\,d\vec{s})=4\pi\int\limits_V\rho dv, $$ где $d\vec{s}$ — вектор, по величине равный величине элементарной площадки $ds$, а по направлению совпадает с направлением внешней нормали к этой площадке, т.е. нормали, направленной наружу; $\rho$ — объемная плотность заряда.
Интеграл с левой стороны есть поток вектора $\vec{E}$ через замкнутую поверхность $S$. Под интегралом соответсвенно стоит скалярное произведение векторов $\vec{E}$ и $d\vec{s}$, равное потоку вектора $\vec{E}$ через малую площадку $ds$. Интеграл с правой стороны берется по объему, заключенному внутри поверхности, и равен полному заряду, находящемуся в нем. Успех решения с помощью соотношения (1) обусловливается тем, что, выбирая поверхность интегрирования, на которой напряженность поля $E$ постоянна, можно $E$ вынести за знак интеграла и тогда это соотношение дает возможность найти $\vec{E}$.
а)
Совместим начало сферической системы координат с центром шара.
Ввиду сферической симметрии
распределения заряда ясно, что вектор $\vec{E}$ может
быть направлен только вдоль радиуса и
зависеть только от величины радиуса. Поток
вектора $\vec{E}$ через сферическую поверхность
радиуса $R$ независимо от величины радиуса
запишется так:
$$
\Phi=\oint\limits_{S}(\vec{E}\,d\vec{s})=
E\oint\limits_{S}ds=E\cdot4\pi R^2,
$$
если $\vec{E}$ параллелен радиус-вектору $\vec{R}$ и
$\Phi=-E\cdot 4\pi R^2,$
если $\vec{E}$ антипараллелен $\vec{R}$, поскольку косинус
угла между $\vec{E}$ и $d\vec{s}$ будет равен (-1).
С другой стороны, $$ 4\pi\int\limits_{V}\rho dv=4\pi\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3 \qquad\mbox{при}\qquad R\le a $$ и $$ 4\pi\int\limits_{V}\rho dv=4\pi\rho\cdot\frac{4}{3}\pi a^3 \qquad\mbox{при}\qquad R>a. $$ Поэтому $$ \vec{E}=\frac{4}{3}\pi\rho\vec{R}\qquad\mbox{при}\qquad R\le a, $$ $$ \vec{E}=\frac{4}{3}\pi\rho a^3\frac{\vec{R}}{R^3}= \frac{Q}{R^3}\vec{R}\qquad\mbox{при}\qquad R>a, $$ где $Q=\frac{4}{3}\pi a^3\rho$ — полный заряд шара.
Таким образом, равномерно заряженный шар создает во внешнем пространстве такое поле, как если бы весь заряд был сосредоточен в его центре. Этот результат остается справедливым при любом сферически симметричном распределении заряда по объему шара.
б)
Для бесконечного равномерно заряженного цилиндра вектор напряженности \begin{wrapfigure}[6]{l}{3.5cm} \vspace{-20pt} \includegraphics[width=3.0cm]{ris9.eps} \end{wrapfigure} электрического поля лежит в плоскостях, пердендикулярных оси цилиндра, и может зависеть только от расстояния от точки наблюдения до оси цилиндра. В цилиндрической системе координат с осью $Z$ вдоль оси цилиндра вектор напряженности $\vec{E}$ направлен вдоль $\vec{r}$. Построим два коаксиальных цилиндра длины $\ell$ с радиусами $r<a$ и $r>a$. Поток вектора $\vec{E}$ через поверхность каждого из цилиндров запишется так: $$ \Phi=\oint\limits_{S}(\vec{E}d\vec{s})= E\oint\limits_{S}ds=E\cdot2\pi r\ell. $$
При вычислении потока мы считали, что $\rho>0$, и, значит, вектор $d\vec{s}$ направлен по~$\vec{r}$. Поток вектора $\vec{E}$ через торцы цилиндров равен нулю, поскольку на них $\vec{E}$ и $\vec{r}$ перпендикулярны.
С другой стороны, $$ 4\pi\int\limits_{V}\rho\,dv=4\pi\frac{\eta}{\pi a^2}\int\limits_{V}dv= \frac{4\eta}{a^2}\pi r^2\ell \qquad \;\mbox{при}\qquad r<a, $$ $$ 4\pi\int\limits_{V}\rho\,dv=4\pi\rho\cdot\pi a^2\ell =4\pi\eta \ell \qquad\;\mbox{при}\qquad\; r\ge a. $$
Подставляя найденные значения в уравнение (1), получаем: $$ \vec{E}=\frac{2\eta}{a^2}\,\vec{r} \qquad\mbox{при}\qquad r\le a, $$ $$ \vec{E}=\frac{2\eta}{r^2}\,\vec{r} \qquad\;\mbox{при}\qquad r> a. $$
в)
Пусть средняя плоскость пластинки занимает положение плоскости ($x, y$). В силу симметрии распределения заряда относительно плоскости ($x, y$), вектор $\vec{E}$ может зависеть только от координаты $z$ и направлен от плоскости, если пластина заряжена положительно, и к плоскости, если ее заряд отрицателен.
Построим куб с основаниями, симметрично расположенными по разные стороны от средней плоскости. Если $S$ — площадь каждого основания, то поток вектора $\vec{E}$ \begin{wrapfigure}[6]{l}{3.5cm} \vspace{-20pt} \includegraphics[width=3.5cm]{ris10.eps} \end{wrapfigure} через оба основания равен $2ES$. Поток через боковую поверхность куба равен нулю, так как на ней векторы $\vec{E}$ и $d\vec{s}$ взаимно перпендикулярны. Значит, поток через поверхность куба равен $2ES$. С другой стороны, правая сторона выражения (1) будет равна: $4\pi\eta S\cdot|z|$, если $z\le a$, и $4\pi\eta S\cdot2a$, если $z>a$. Поэтому $$ \vec{E}=4\pi\eta\vec{z} \;\;\;\mbox{при}\;\;\; |z|\le a\;, $$ $$ \vec{E}=4\pi\eta a\,\frac{\vec z}{z} \;\;\;\mbox{при}\;\;\; |z|> a\;. $$