а. В центр равномерно заряженной полусферы, поверхностная плотность заряда которой \(\sigma\), поместили заряд \(q\). С какой силой этот заряд действует на полусферу? на половину полусферы (1)? на четвёртую её часть (2)? Определите напряжённость электрического поля от этих частей сфер в её центре.
б. Определите напряжённость электрического поля в центре равномерно заряженного полушария радиуса \(R\) с объёмной плотностью заряда \(\rho\).
▶Посмотреть решениеСкрыть решение
а. Полусфера. Равномерно заряженная сфера создаёт в центре поле нуль. Полусфера — это «половина» с телесным углом \(\Omega=2\pi\). Поле равномерно заряженной сферы вблизи поверхности связано с \(\sigma\), а в центре вклад элемента \(d\mathbf S\) равен \(\sigma\,d\mathbf S/(4\pi\varepsilon_0 R^2)=\sigma\,d\mathbf\Omega/(4\pi\varepsilon_0)\). Интеграл по полусфере направлен вдоль оси и равен \[ E_1=\frac{\sigma}{4\varepsilon_0}. \] (Векторная сумма единичных нормалей полусферы имеет модуль \(\pi R^2\), делим на \(4\pi\varepsilon_0 R^2\).) Сила на полусферу со стороны заряда \(q\) в центре — по третьему закону — \[ F_1=q E_1=\frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}. \]
Половина полусферы — «долька» с \(\Omega=\pi\). Ось дольки смотрит в центр её телесного угла, под углом \(45^\circ\) к «экватору» и «меридиану». Модуль \[ E_2=\frac{\sqrt2\,\sigma}{8\varepsilon_0},\qquad F_2=\frac{\sqrt2\,q\sigma}{8\varepsilon_0}. \]
Четверть полусферы (восьмушка сферы, \(\Omega=\pi/2\)) — ось вдоль пространственной диагонали октанта: \[ E_3=\frac{\sqrt3\,\sigma}{16\varepsilon_0},\qquad F_3=\frac{\sqrt3\,q\sigma}{16\varepsilon_0}. \] Поля в центре — те же выражения без \(q\).
б. Полушар с объёмным зарядом \(\rho\). Полный шар в центре даёт \(E=0\). Но это не значит, что полушар даёт нуль: заряды распределены по объёму. Режем полушар на диски толщины \(dx\), параллельные основанию. Диск на расстоянии \(x\) от центра, радиуса \(\sqrt{R^2-x^2}\), заряд \(dq=\rho\pi(R^2-x^2)dx\), поле на оси \[ dE=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\Bigl(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+(R^2-x^2)}}\Bigr)dx=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\Bigl(1-\frac xR\Bigr)dx. \] Интегрируем от \(0\) до \(R\): \[ E=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\int_0^R\Bigl(1-\frac xR\Bigr)dx=\frac{\rho R}{4\varepsilon_0}. \]
Сила на кусок сферы со стороны заряда в центре равна \(q\), умноженному на поле этого куска в центре. Это следствие взаимности: энергия взаимодействия \(q\varphi_{\text{куска}}(0)\), сила — её градиент, но по симметрии достаточно самого поля. Полусфера даёт \(E=\sigma/(4\varepsilon_0)\), долька и четверть — меньше и под углом.
Полушар (объём) в центре даёт \(E=R\rho/(4\varepsilon_0)\). Если собрать тот же заряд на поверхности полусферы, поле в центре было бы \(Q/(8\pi\varepsilon_0 R^2)\). У объёмного полушара \(Q=2\pi R^3\rho/3\), и \(E=3Q/(8\pi\varepsilon_0 R^2)\) — в полтора раза больше: часть заряда ближе к центру, чем поверхность.