Докажите, что составляющая напряжённости, перпендикулярная поверхности равномерно заряженного участка плоскости, равна \(E_\perp=\sigma\Omega/(4\pi\varepsilon_0)\), где \(\Omega\) — телесный угол, под которым виден участок из рассматриваемой точки, \(\sigma\) — поверхностная плотность. Определите, пользуясь этим, напряжённость:
а) в центре куба, пять граней которого заряжены с плотностью \(\sigma\), а одна не заряжена;
б) в центре правильного тетраэдра, три грани которого заряжены с плотностью \(\sigma_1\), а четвёртая — \(\sigma_2\);
в) равномерно заряженной плоскости плотности \(\sigma\);
г) на оси длинной трубы с сечением в виде правильного треугольника, плотности граней \(\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3\);
д*) в вершине конуса с углом при вершине \(\alpha\) и высоты \(h\), заряженного с объёмной плотностью \(\rho\);
е*) на ребре длинного бруска, заряженного с плотностью \(\rho\); сечение — правильный треугольник со стороной \(l\).
▶Посмотреть решениеСкрыть решение
Доказательство. \(d\Omega=dS\cos\theta/r^2\), поэтому \(dE_\perp=\sigma\,d\Omega/(4\pi\varepsilon_0)\). Интегрируем: \(E_\perp=\sigma\Omega/(4\pi\varepsilon_0)\).
а. Из центра куба каждая грань видна под \(\Omega=4\pi/6=2\pi/3\). Четыре «боковые» грани уничтожаются попарно, остаётся грань напротив пустой. Поле к пустой грани: \[ E=\frac{\sigma\cdot(2\pi/3)}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}. \]
б. Из центра правильного тетраэдра каждая грань видна под \(\Omega=\pi\). Три одинаковых вклада \(\sigma_1\) складываются в вектор, равный по модулю вкладу одной грани и направленный к четвёртой. Вместе с гранью \(\sigma_2\) \[ E=\frac{\sigma_1-\sigma_2}{4\varepsilon_0} \] к грани \(\sigma_2\), если \(\sigma_1>\sigma_2\).
в. Бесконечная плоскость из любой точки видна как полупространство, \(\Omega=2\pi\): \[ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}. \]
г. Бесконечные грани дают поля, перпендикулярные себе и пропорциональные \(\sigma\). Три вектора под \(120^\circ\): \[ E=\frac{1}{3\varepsilon_0}\sqrt{\sigma_1^2+\sigma_2^2+\sigma_3^2-\sigma_1\sigma_2-\sigma_2\sigma_3-\sigma_3\sigma_1}. \]
д. Режем конус на тонкие диски. Диск толщины \(dx\) на расстоянии \(x\) от вершины несёт \(\sigma_{\text{эфф}}=\rho\,dx\) и виден из вершины под одним и тем же углом \(\alpha\), \(\Omega=2\pi(1-\cos\alpha)\). Тогда \[ dE=\frac{\rho\,dx\cdot 2\pi(1-\cos\alpha)}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho(1-\cos\alpha)}{2\varepsilon_0}\,dx. \] По слоям от 0 до \(h\): \[ E=\frac{\rho h(1-\cos\alpha)}{2\varepsilon_0}. \]
е. Ребро длинного бруска — три бесконечных «клина». Результат направлен по биссектрисе наружу: \[ E=\frac{\sqrt{3}\,l\rho}{12\varepsilon_0}. \]
Телесный угол — главный инструмент всей задачи. Раз доказали \(E_\perp\propto\Omega\), дальше не считаем интегралы по поверхности, а режем «небо» на куски. Куб из центра — шесть равных кусков по \(2\pi/3\). Тетраэдр — четыре по \(\pi\). Бесконечная плоскость — полусфера \(2\pi\). Треугольная труба — три бесконечные полосы, поля которых складываются как векторы под \(120^\circ\).
Пункт «д» проверяется пределом: узкий конус \(\alpha\to0\) даёт \(E\approx\rho h\alpha^2/4\varepsilon_0\), как у тонкого стержня длины \(h\). Широкий \(\alpha\to\pi\) (полупространство) даёт \(E=\rho h/\varepsilon_0\) — поле у края толстого слоя. Пункт «е»: ребро бруска — половина этого слоя плюс геометрия \(60^\circ\), и \(\sqrt{3}/12\) как раз из этого складывается.