Докажите, что поток напряжённости поля точечного заряда \(Q\) через любую поверхность равен телесному углу, под которым видна эта поверхность, умноженному на \(Q/(4\pi\varepsilon_0)\).
▶Посмотреть решениеСкрыть решение
Возьмём кусочек поверхности \(dS\). Луч из заряда составляет с нормалью угол \(\theta\), расстояние \(r\). Тогда \[ d\Phi=E\cos\theta\,dS=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\cos\theta\,dS. \] Но \(d\Omega=dS\cos\theta/r^2\) — это телесный угол, под которым кусочек виден из заряда. Поэтому \[ d\Phi=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\,d\Omega. \] Интегрируем по всей поверхности: \[ \Phi=\frac{Q\Omega}{4\pi\varepsilon_0}. \]
Если поверхность замкнутая и заряд внутри, он видит всё небо, \(\Omega=4\pi\), и мы получаем теорему Гаусса \(\Phi=Q/\varepsilon_0\). Если заряд снаружи, поверхность видна «с плюсом» и «с минусом» (лицевая и изнаночная сторона), суммарный \(\Omega=0\), поток нуль.
Телесный угол «съедает» \(1/r^2\) поля точечного заряда — в этом вся теорема Гаусса для точки. Дальше поток — чисто геометрия: какой кусок неба виден из заряда. Замкнутая поверхность изнутри — всё небо, \(4\pi\). Снаружи — лицевая сторона видна «плюсом», изнанка «минусом», сумма нуль: линии вошли и вышли.
Проверка на полусфере. Заряд в центре плоского основания: полусфера видна под \(2\pi\), поток через купол \(Q/(2\varepsilon_0)\), через круг-основание тоже \(Q/(2\varepsilon_0)\) (поле не однородно, но телесный угол круга из центра — те же \(2\pi\)). Сумма \(Q/\varepsilon_0\), как у замкнутой поверхности. Сошлось.