Энергия поля равномерно заряженной сферы радиуса \(R\), заряд \(Q\), в СИ и СГС.
▶Посмотреть решениеСкрыть решение
Равномерно заряженная сфера: \(E=0\) внутри, \(E=Q/(4\pi\varepsilon_0 r^2)\) снаружи. Энергия поля \[ W=\int\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\,dV =\int_R^\infty\frac{\varepsilon_0}{2}\Bigl(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\Bigr)^2 4\pi r^2\,dr =\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\int_R^\infty\frac{dr}{r^2} =\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] В СГС \(\varepsilon_0\to 1/(4\pi)\), и \(W=Q^2/(2R)\). Это же \(W=Q^2/(2C)\) при ёмкости шара \(C=4\pi\varepsilon_0 R\).
Поле «весит»: чем меньше сфера при том же заряде, тем теснее силовые линии у поверхности и тем больше энергия. Сжать сферу — совершить работу против расталкивания (задача 6.5.19).
Сравним с энергией шара (задача 6.5.18): там \(W=3Q^2/(20\pi\varepsilon_0 R)=1{,}2\cdot Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\). Сфера «дешевле» шара на 20 процентов — поле внутри неё нуль, лишнего объёма с \(w>0\) нет. Поэтому заряды на проводнике и сидят на поверхности: так энергия минимальна.
Внутри сферы поля нет — интегрировать нечего. Снаружи \(E\propto1/r^2\), \(w\propto1/r^4\), элемент объёма \(4\pi r^2 dr\), и интеграл \(\int_R^\infty dr/r^2=1/R\). Отсюда \(W=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\). Та же формула \(Q^2/(2C)\) при ёмкости шара \(C=4\pi\varepsilon_0 R\).
Сфера «дешевле» однородного шара на 20 %: у шара часть энергии сидит внутри. Чем меньше \(R\) при том же \(Q\), тем теснее линии у поверхности и тем дороже поле. Сжать сферу — заплатить (задача 6.5.19). Раздуть до бесконечности — энергия исчезает, заряд размазан по вселенной.