Решение

а. \(r=1\) км \(=10^3\) м, \(q_1=1\) Кл, \(q_2=2\) Кл: \[ F=\frac{9\cdot10^9\cdot1\cdot2}{(10^3)^2}=\frac{1{,}8\cdot10^{10}}{10^6}=1{,}8\cdot10^4\ \text{Н}. \] Это вес примерно двух тонн — и всё на километре. Кулон как единица заряда чудовищно велик.

б. Сначала переведём расстояние: \(10^{-8}\) см \(=10^{-10}\) м (как раз порядок размера атома). Заряд электрона \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл, масса \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг. \[ F_e=\frac{9\cdot10^9\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}{(10^{-10})^2} =\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}56\cdot10^{-38}}{10^{-20}} =2{,}3\cdot10^{-8}\ \text{Н}. \] Гравитация той же пары \(F_g=Gm_e^2/r^2\). В отношении \(r\) сокращается: \[ \frac{F_e}{F_g}=\frac{ke^2}{Gm_e^2} =\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}56\cdot10^{-38}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot(9{,}1\cdot10^{-31})^2} =\frac{2{,}30\cdot10^{-28}}{6{,}67\cdot10^{-11}\cdot8{,}3\cdot10^{-61}} =\frac{2{,}30\cdot10^{-28}}{5{,}5\cdot10^{-71}} =4{,}2\cdot10^{42}. \]

Можно пересчитать силу иначе — через число элементарных зарядов. Кулон — это \(6{,}25\cdot10^{18}\) электронов. Два таких комка на километре толкаются так, словно между ними висит грузовик. Для электронов отношение \(F_e/F_g\) не зависит от расстояния: и кулон, и ньютон падают как \(1/r^2\), и остаётся чистое отношение констант природы \(ke^2/Gm_e^2\). Именно поэтому его и называют одним из больших чисел физики.

Ещё одна оценка масштаба. При \(r=1\) Å сила двух электронов \(2{,}3\cdot10^{-8}\) Н — вес пылинки в пару нанограмм. Гравитация той же пары \(\sim10^{-50}\) Н: её не измерить никаким лабораторным динамометром. Если бы заряд электрона был в тысячу раз меньше, боровский радиус вырос бы в миллион раз, и привычной химии не существовало бы.

Решение

СИ. \(r=1\) м, \(F=1\) Н: \[ 9\cdot10^9\,q^2=1,\qquad q=\frac{1}{\sqrt{9\cdot10^9}}=\frac{1}{3\cdot10^{4{,}5}} =\frac{1}{9{,}49\cdot10^4}=1{,}05\cdot10^{-5}\ \text{Кл}. \]

СГС. Переводим данные: \(1\) Н \(=10^5\) дин, \(r=100\) см. \[ \frac{q^2}{100^2}=10^5,\qquad q^2=10^9,\qquad q=3{,}16\cdot10^4\ \text{СГС}. \]

Проверка пересчёта: \(1{,}05\cdot10^{-5}\cdot3\cdot10^9=3{,}16\cdot10^4\). Совпало.

Другой путь — не решать дважды, а перевести готовый ответ. Нашли \(q=1{,}05\cdot10^{-5}\) Кл в СИ и умножили на \(3\cdot10^9\): получили ровно \(3{,}16\cdot10^4\) СГС. Это не случайность: коэффициент \(3\cdot10^9\) как раз и есть \(\sqrt{k}\) в пересчёте дина–сантиметр–секунда, потому что в СГС кулонов закон пишут без \(k\), а сила 1 Н на базе 1 м есть \(10^5\) дин на базе 100 см.

Полезно почувствовать единицу. Заряд \(10\) мкКл на шарике электроскопа — уже заметное расхождение листочков. Наш \(10{,}5\) мкКл как раз из этой лабораторной полки, а не «космический» кулон из предыдущей задачи.

Решение

а. \(E=F/q=1/1=1\) В/м. В СГС: \[ E=\frac{1}{3\cdot10^4}=3{,}3\cdot10^{-5}\ \text{СГС}. \]

б. Всё уже в СГС: \(E=100/10=10\) СГС. В СИ: \[ E=10\cdot3\cdot10^4=3\cdot10^5\ \text{В/м}. \]

Напряжённость — это и есть определение: сколько ньютонов приходится на один кулон пробного заряда. Поэтому пункт «а» почти тавтология: \(1\) Н на \(1\) Кл даёт \(1\) В/м. Весь труд — не перепутать перевод единиц. СГС-единица поля в \(3\cdot10^4\) раз крупнее вольта на метр, потому что в СГС «единичный заряд» сам по себе меньше кулона в \(3\cdot10^9\) раз, а сила меряется в динах.

Пункт «б» удобно проверить обратным ходом. \(3\cdot10^5\) В/м на заряд \(10\) СГС \(=3{,}3\cdot10^{-9}\) Кл даёт силу \(10^{-3}\) Н \(=100\) дин — ровно то, что в условии. Круг замкнулся.

Решение

При \(r=1\) м: \[ E_1=\frac{9\cdot10^9\cdot10}{1}=9\cdot10^{10}\ \text{В/м} =\frac{9\cdot10^{10}}{3\cdot10^4}=3\cdot10^6\ \text{СГС}. \] При \(r=20\) м поле меньше в \(400\) раз: \[ E_2=\frac{9\cdot10^{10}}{400}=2{,}25\cdot10^8\ \text{В/м}=7{,}5\cdot10^3\ \text{СГС}. \]

На заряд \(10^{-3}\) Кл: \[ F_1=9\cdot10^{10}\cdot10^{-3}=9\cdot10^7\ \text{Н},\qquad F_2=2{,}25\cdot10^5\ \text{Н}. \]

Заряд 1000 СГС. В СГС сила \(F=qE\): \[ F_1=1000\cdot3\cdot10^6=3\cdot10^9\ \text{дин},\qquad F_2=1000\cdot7{,}5\cdot10^3=7{,}5\cdot10^6\ \text{дин}. \]

Поле точечного заряда падает как \(1/r^2\): от метра до двадцати метров расстояние выросло в 20 раз, поле упало в 400. Это самый быстрый способ получить \(E_2\) из \(E_1\), не считая заново \(kq/r^2\). Сила на пробный заряд — просто \(q'E\): один и тот же \(E\) «кормит» и кулоны СИ, и единицы СГС, только \(q'\) надо брать в своей системе.

Десять кулонов на метре — чудовищное поле \(9\cdot10^{10}\) В/м, в тридцать тысяч раз выше пробоя воздуха. В реальности такой заряд разрядился бы искрой задолго до того, как мы успели бы поставить пробник. Задача — про формулу, а не про лабораторный опыт.

Решение

Число молекул \[ N=\frac{N_A}{18}=\frac{6{,}0\cdot10^{23}}{18}=3{,}3\cdot10^{22}. \] Заряд каждого комка \[ Q=10\,Ne=10\cdot3{,}3\cdot10^{22}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=5{,}3\cdot10^4\ \text{Кл}. \] Расстояние \(r=100\) км \(=10^5\) м: \[ F=\frac{kQ^2}{r^2}=\frac{9\cdot10^9\cdot(5{,}3\cdot10^4)^2}{10^{10}} =\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}8\cdot10^9}{10^{10}}=2{,}5\cdot10^9\ \text{Н}. \]

Другой счёт заряда. В грамме воды \(N_A/18\) молекул, в кубическом сантиметре — грамм, у каждой молекулы 10 электронов. \(10\cdot N_A/18\cdot e\approx5{,}3\cdot10^4\) Кл — те самые 53 килокулона. На 100 км это как два точечных заряда: размер комка (сантиметры) ничтожен по сравнению с дистанцией, и поправкой на «не точку» можно пренебречь.

Сила \(2{,}5\cdot10^9\) Н — вес четверти миллиона тонн, примерно пирамида Хеопса. Чтобы такая сила стала ньютоном, заряды нужно разнести на \(\sqrt{2{,}5\cdot10^9}\cdot100\approx5\cdot10^6\) км — дальше Луны. Макроскопическая нейтральность тел — не эстетика, а условие, без которого мебель разлетелась бы.

Решение

Плотность железа \(\rho=7{,}8\) г/см\(^3\), \(A=56\) г/моль, \(Z=26\). В кубическом сантиметре \[ N=\frac{\rho N_A}{A}=\frac{7{,}8\cdot6{,}0\cdot10^{23}}{56}=8{,}4\cdot10^{22} \] атомов. Электронов в 26 раз больше. Один процент: \[ q=0{,}01\cdot26\cdot8{,}4\cdot10^{22}\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=3{,}5\cdot10^3\ \text{Кл}. \]

Тот же ответ через число молей. В кубическом сантиметре железа \(7{,}8/56\approx0{,}14\) моля атомов, электронов \(0{,}14\cdot26\approx3{,}6\) моля, один процент — \(0{,}036\) моля заряда, то есть \(0{,}036\cdot96500\approx3500\) Кл. Совпало с прямым счётом через \(N_A\) и \(e\).

Два таких кубика на расстоянии метра толкались бы силой \(k q^2/r^2\approx1{,}1\cdot10^{17}\) Н — вес десяти тысяч пирамид. Один процент электронов — это не «чуть-чуть», а катастрофа. Реальные натёртые тела теряют долю \(10^{-12}\) электронов и уже искрят.

Решение

Смотрим на \(q_1\). От \(q_2\) его толкает сила \(kq_1q_2/l^2\), от \(q_3\) — сила \(kq_1q_3/(2l)^2\). Обе в одну сторону, нить тянет назад: \[ T_{12}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_2}{l^2}+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1q_3}{4l^2} =\frac{q_1(4q_2+q_3)}{16\pi\varepsilon_0 l^2}. \]

С другого края точно так же (меняем местами индексы 1 и 3): \[ T_{23}=\frac{q_3(4q_2+q_1)}{16\pi\varepsilon_0 l^2}. \]

Средний заряд проверять не обязательно: две нити и два отталкивания автоматически сойдутся, если края уже в равновесии (третий закон).

Средний заряд всё-таки полезно проверить явно. На \(q_2\) давят \(q_1\) и \(q_3\) в разные стороны силами \(kq_2q_1/l^2\) и \(kq_2q_3/l^2\), а две нити тянут с натяжениями \(T_{12}\) и \(T_{23}\). Подставляя найденные \(T\), получаем тождество: левая и правая части сходятся. Это не новое условие, а проверка третьего закона: нити передают усилие без потерь.

Численный предел. Пусть \(q_1=q_2=q_3=q\). Тогда \(T_{12}=T_{23}=5kq^2/(4l^2)\) — больше, чем натяжение одной пары, потому что дальний заряд тоже тянет крайний. Если средний заряд убрать, обе нити держат только «свои» пары, и дальнее слагаемое пропадает — как в проверке при \(q_3=0\).

Решение

Пусть до \(q_1\) расстояние \(x\), тогда до \(q_2\) остаётся \(l-x\). Силы вдоль трубы: \[ \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1 q}{x^2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_2 q}{(l-x)^2}. \] Заряд \(q\) сокращается (пока он не ноль). Берём корень: \[ \frac{\sqrt{q_1}}{x}=\frac{\sqrt{q_2}}{l-x}\qquad\Longrightarrow\qquad x=\frac{l\sqrt{q_1}}{\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}}. \]

Шарик сидит ближе к меньшему заряду — тот слабее толкает, и расстояние это компенсирует.

Устойчивость. Пусть \(q>0\). Сдвинули вправо, к \(q_2\): отталкивание от \(q_2\) выросло, от \(q_1\) упало — равнодействующая гонит назад. Положение устойчивое. Если \(q<0\), обе силы — притяжения, и ближний заряд тянет сильнее: любой сдвиг нарастает. Неустойчиво. Это одномерный кусочек теоремы Ирншоу: в пустом электростатическом поле нет устойчивых точек для свободного заряда, если связь не держит его на прямой между двумя отталкивающими центрами.

Равновесие можно прочитать через потенциалы. На оси двух зарядов \(E(x)\propto q_1/x^2-q_2/(l-x)^2\), нуль этого выражения и есть наша точка. Для \(+q\) потенциальная энергия \(q\varphi\) имеет там минимум (поле меняет знак с «вправо» на «влево»), для \(-q\) — максимум. Отсюда устойчивость без стрелочек сил: знак второй производной \(\varphi\).

Числа. При \(q_1=4q_2\) имеем \(x=2l/3\): шарик вдвое дальше от меньшего заряда, и \(1/x^2\) как раз компенсирует отношение зарядов 4. При \(q_2/q_1\to\infty\) точка садится к левому концу. Оба предела читаются с формулы сразу, без нового решения.

Решение

На каждый шарик действуют вес \(mg\), натяжение \(T\) и кулон \(kq^2/r^2\). Проекции: \[ T\cos45^\circ=mg,\qquad T\sin45^\circ=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{r^2}. \] Делим второе на первое: \(\operatorname{tg}45^\circ=1\), поэтому \(mg=kq^2/r^2\). Расстояние между шариками — гипотенуза: \[ r=2\cdot l\cdot\sin45^\circ=l\sqrt{2}. \] Тогда \[ mg=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{2l^2},\qquad q^2=8\pi\varepsilon_0 mgl^2,\qquad q=l\sqrt{8\pi\varepsilon_0 mg}. \]

Можно не писать натяжение. Равнодействующая веса и кулона идёт вдоль нити, значит треугольник сил подобен геометрическому: катет \(mg\), катет \(kq^2/r^2\), угол \(45^\circ\), поэтому они равны. Дальше только \(r=l\sqrt{2}\). Так быстрее, и \(T\) вообще не появляется.

Оценка. Шарики \(m=1\) г на нитях \(l=10\) см: \(q=l\sqrt{8\pi\varepsilon_0 mg}\approx2\cdot10^{-8}\) Кл — типичный заряд наэлектризованной бузины. Если угол был бы острым, заряд был бы меньше (\(\operatorname{tg}(\alpha/2)\) вместо единицы), и формула обобщается сразу: \(q=2l\sin(\alpha/2)\sqrt{4\pi\varepsilon_0 mg\operatorname{tg}(\alpha/2)}\).

Решение

Диагональ \(qq\) в двух равносторонних треугольниках равна \(l\sqrt{3}\). Пусть \(T_1\) — натяжение боковой нити \(Qq\), \(T\) — искомое натяжение \(QQ\).

Равновесие заряда \(q\) по горизонтали. Две боковые нити дают равнодействующую \(T_1\sqrt{3}\) к центру (угол между ними \(60^\circ\), биссектриса горизонтальна). Наружу толкают два заряда \(Q\) (каждый на расстоянии \(l\)) и дальний \(q\) (на \(l\sqrt{3}\)). Проекция двух сил от \(Q\) как раз вдоль горизонтали и равна \(kqQ\cdot\sqrt{3}/l^2\), от дальнего \(q\) — \(kq^2/(3l^2)\). После приведения \[ T_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(Qq+\frac{q^2}{3\sqrt{3}}\Bigr). \]

Равновесие заряда \(Q\) вдоль вертикальной диагонали: отталкивание другого \(Q\), два боковых \(q\), натяжение \(T\) и проекции двух \(T_1\). Подставляя \(T_1\), получаем \[ T=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(Q^2-\frac{q^2}{3\sqrt{3}}\Bigr). \]

Ответ для \(T\) можно увидеть так. Нить \(QQ\) держит прямое отталкивание двух \(Q\) и чуть разгружается тем, что боковые \(q\) «распирают» ромб в стороны и через боковые нити тянут \(Q\) друг к другу. Вычитаемое \(q^2/(3\sqrt{3})\) — как раз этот косвенный вклад дальних \(q\). Пока \(Q\) заметно больше \(q\), прямое отталкивание побеждает и нить натянута.

При \(Q=q\) получаем \(T=kq^2/l^2\cdot(1-1/(3\sqrt{3}))\approx0{,}81\,kq^2/l^2>0\): даже равные заряды нить \(QQ\) не обмякивают. Обмякает она лишь при \(Q/q=3^{-3/4}\approx0{,}44\), что уже вне условия \(Q>q\). Формула внутри заявленной области безопасна.

Решение

Пусть угол при заряде \(q\) равен \(\beta\), при \(Q\) — \(\alpha=\pi-\beta\). Диагонали \[ d_{QQ}=2l\sin(\beta/2),\qquad d_{qq}=2l\sin(\alpha/2). \]

Проецируем силы на биссектрису угла при \(q\) и при \(Q\). Кулоновские силы идут вдоль диагоналей, натяжения — вдоль сторон. Деля одно уравнение равновесия на другое, натяжение сокращается и остаётся \[ \operatorname{tg}\frac{\beta}{2}=\Bigl(\frac{q}{Q}\Bigr)^{2/3}. \] Поэтому \[ \beta=2\operatorname{arctg}\Bigl(\frac{q}{Q}\Bigr)^{2/3},\qquad \alpha=\pi-\beta. \]

Если \(q>Q\), угол при \(q\) тупой: большие заряды \(q\) сильнее расталкиваются и «открывают» свой угол.

Показатель \(2/3\) появляется из баланса «кулон \(\propto qQ/d^2\)» против «проекции натяжения \(\propto T\sin(\beta/2)\)» и связи диагоналей с углами. После деления двух уравнений \(T\) уходит, остаётся \((q/Q)^{2/3}\). Это не произвол: у кулона степень \(-2\), у геометрии ромба — синусы половинных углов, вместе и выходит треть.

Предел \(q\gg Q\): \(\beta\to\pi\), ромб сплющивается в отрезок, большие \(q\) разлетаются по диагонали. Предел \(q\ll Q\): \(\beta\to0\), ромб вытягивается в линию вдоль \(QQ\). Оба конца формулы ведут себя разумно, и при \(q=Q\) она честно возвращает квадрат.

Решение

Отсюда \[ r^3=\frac{ke^2}{m\omega^2},\qquad r=\Bigl(\frac{ke^2}{m\omega^2}\Bigr)^{1/3}. \] Подставляем \(k=9\cdot10^9\), \(e^2=(1{,}6\cdot10^{-19})^2=2{,}56\cdot10^{-38}\), \(m=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг, \(\omega=10^{16}\) с\(^{-1}\): \[ r=\Bigl(\frac{9\cdot10^9\cdot2{,}56\cdot10^{-38}}{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^{32}}\Bigr)^{1/3} =\Bigl(\frac{2{,}30\cdot10^{-28}}{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^{32}}\Bigr)^{1/3} =\bigl(2{,}5\cdot10^{-30}\bigr)^{1/3} =1{,}4\cdot10^{-10}\ \text{м}=1{,}4\cdot10^{-8}\ \text{см}. \]

Ту же формулу даёт третий закон Кеплера для кулонова поля: \(\omega^2 r^3=ke^2/m=\mathrm{const}\). Зная \(\omega\), сразу читаем \(r\). Численно \(\omega=10^{16}\) рад/с — это период \(0{,}6\) фс, частота света ультрафиолета; атомный масштаб неизбежен.

Боровская первая орбита: \(r_B=0{,}53\) Å, \(\omega_B=4{,}1\cdot10^{16}\) рад/с. Наше \(\omega\) меньше в 4 раза, значит \(r\) больше в \(4^{2/3}\approx2{,}5\) раза: \(0{,}53\cdot2{,}5\approx1{,}3\) Å. Сошлось с прямым счётом \(1{,}4\) Å. Классическая орбита здесь — учебная модель: реальный атом сидит на стационарных уровнях, но порядок радиуса формула ловит.

Решение

К центру тянет центральный \(+q\). Расстояние \(l/\sqrt{2}\), сила \[ F_{\text{ц}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{l^2/2}=\frac{2kq^2}{l^2}. \]

Наружу толкают свои. Противоположная частица на диагонали \(l\sqrt{2}\): \[ F_{\text{пр}}=\frac{kq^2}{2l^2}. \] Две соседние на расстоянии \(l\); угол между стороной и диагональю \(45^\circ\), радиальная проекция каждой \(kq^2/(l^2\sqrt{2})\), вместе \(kq^2\sqrt{2}/l^2\).

Равнодействующая к центру \[ F=\frac{kq^2}{l^2}\Bigl(2-\frac12-\sqrt{2}\Bigr)=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(\frac32-\sqrt{2}\Bigr) =\frac{q^2(3\sqrt{2}-4)}{8\pi\varepsilon_0 l^2\sqrt{2}}. \]

Из \(m\omega^2 r=F\) и \(r=l/\sqrt{2}\): \[ \omega=q\sqrt{\frac{3\sqrt{2}-4}{8\pi\varepsilon_0 m l^3}}. \]

Скобку \(3\sqrt{2}-4\) полезно разложить по ролям. Центр даёт \(+2\) (в единицах \(kq^2/l^2\)), противоположная частица \(-1/2\), две соседние \(-\sqrt{2}\). Побеждает центр: \(2-0{,}5-1{,}41=0{,}09\) в этих единицах, после приведения к ответу — тот же \(0{,}242\). Запас маленький: хватит чуть уменьшить центральный заряд — и квадрат разлетится.

Если убрать соседей и оставить только центр, \(\omega_0=q\sqrt{2/(4\pi\varepsilon_0 m (l/\sqrt{2})^3)}\) было бы раза в три больше. Отталкивание своих сильно «смягчает» связь. При \(q=1\) нКл, \(m=1\) г, \(l=10\) см выходит \(\omega\sim0{,}3\) рад/с — медленное лабораторное вращение, не атом.

Решение

Отметим угол \(\alpha\) от верхней точки (шарик скользит по сфере). Высота от нижней точки \(R(1+\cos\alpha)\), потенциальная энергия тяжести \(mgR\cos\alpha\) (отсчёт от центра; константа не важна). Расстояние между зарядами \[ d=2R\cos(\alpha/2). \] Полная потенциальная энергия \[ U(\alpha)=mgR\cos\alpha+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qQ}{2R\cos(\alpha/2)}. \]

При \(\alpha=0\) первая производная нуль по симметрии. Вторая: \[ U''(0)=-mgR+\frac{qQ}{32\pi\varepsilon_0 R}. \] Для минимума нужно \(U''(0)>0\): \[ q_{\min}=\frac{32\pi\varepsilon_0 mg R^2}{Q}. \]

Геометрия сферы дестабилизирует (как перевёрнутый маятник), и запас по заряду как раз покрывает эту дестабилизацию: просто «подпереть» без связи хватило бы вдвое меньшего заряда.

Почему именно 32, а не 16? Чтобы просто уравновесить вес на вершине, хватило бы \(q_0=16\pi\varepsilon_0 mg R^2/Q\): кулон на диаметре \(2R\) равен \(mg\). Но сфера под шариком уходит вниз, как горка, и любая боковая подвижка роняет его. Запас ровно вдвое — плата за кривизну. Это тот же сюжет, что у шарика на выпуклой горке: мало подпереть, надо ещё сделать ямку.

Числа. Шарик \(m=0{,}1\) г, \(Q=10\) нКл, \(R=5\) см: \(q_{\min}\approx2{,}2\cdot10^{-8}\) Кл — обычный заряд натёртой бузины. Если \(Q\) того же знака уменьшить, \(q_{\min}\) растёт: слабее «пробник» — нужен сильнее упор.

Решение

Длина шнура \(\sqrt{l^2+a^2}\), удлинение \(\sqrt{l^2+a^2}-l\), натяжение \(k(\sqrt{l^2+a^2}-l)\). Косинус наклона \(a/\sqrt{l^2+a^2}\). На один заряд работают четыре шнура, но по горизонтали — две пары (верх и низ с каждой «своей» вертикали; в типичном рисунке у каждого заряда два шнура — вверх и вниз — и ещё он связан... по условию «как на рисунке»: каждый заряд привязан к верхней и нижней стенке, итого два шнура на заряд, четыре на систему). Горизонтальная проекция двух шнуров одного заряда: \[ 2k\bigl(\sqrt{l^2+a^2}-l\bigr)\frac{a}{\sqrt{l^2+a^2}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{(2a)^2}. \] Отсюда \[ k=\frac{q^2\sqrt{a^2+l^2}}{32\pi\varepsilon_0 a^3\bigl(\sqrt{a^2+l^2}-l\bigr)}. \]

Геометрия шнура — теорема Пифагора, ничего больше. Удлинение \(\sqrt{l^2+a^2}-l\) при малом \(a\) есть \(a^2/(2l)\), и жёсткость должна быть большой: иначе слабый шнур не удержит заряды на конечном расстоянии против кулона \(\propto 1/a^2\). Отсюда \(k\propto 1/a^4\) в этом пределе — очень крутая зависимость.

Обратный предел \(a\gg l\): шнуры почти горизонтальны, удлинение \(\approx a-l\approx a\), и \(k\approx q^2/(32\pi\varepsilon_0 a^3)\). Чем дальше разъехались, тем слабее кулон и тем мягче могут быть шнуры. Оба конца формулы читаются без нового интегрирования.

Решение

У вершины три нити: одна к центру и две по сторонам шестиугольника (угол \(120^\circ\)). Радиальная проекция натяжений к центру \[ T+2T\cos60^\circ=2T. \]

Кулон наружу. Центр: \(kq^2/l^2\). Два ближайших соседа: силы по сторонам, их радиальные проекции взаимно учитываются вместе с геометрией; аккуратно:

• центр — \(kq^2/l^2\) от центра (наружу, одноимённые);
• два соседа на \(l\) — каждая сила под \(30^\circ\) к касательной, радиальная наружу \(kq^2/l^2\cdot\cos60^\circ=kq^2/(2l^2)\), вместе \(kq^2/l^2\);
• противоположный на \(2l\) — \(kq^2/(4l^2)\);
• два «через одного» на \(l\sqrt{3}\) — радиальная проекция \(kq^2/(3l^2)\cdot\cos30^\circ=kq^2\sqrt{3}/(6l^2)\), вместе \(kq^2\sqrt{3}/(3l^2)\).

Итого \[ 2T=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(1+1+\frac14+\frac{\sqrt{3}}{3}\Bigr) =\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(\frac94+\frac{\sqrt{3}}{3}\Bigr), \] \[ T=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 l^2}\Bigl(\frac94+\frac{\sqrt{3}}{3}\Bigr). \]

Двенадцать нитей и семь зарядов — кажется много, но симметрия оставляет одну неизвестную \(T\). Центральный заряд можно не писать: шесть одинаковых нитей тянут его в шесть сторон, сумма нуль сама. Вся информация сидит в радиальной проекции вершины. Слагаемые \(1+1+1/4+\sqrt{3}/3=2{,}827\): ближние дают почти всё, дальний «через диаметр» — лишь четверть, «через один» — по \(\sqrt{3}/6\) каждый.

Если убрать центр, останется голый шестиугольник, и радиальная проекция натяжений станет \(T\) вместо \(2T\). Натяжение упадёт примерно вдвое, но не точно: исчезнет ещё кулоновский вклад центра. Формула это умеет — достаточно вычеркнуть единицу, отвечающую центру.

Решение

Центр. По симметрии \(E=0\).

Ось. Элемент \(dq\) находится на расстоянии \(\sqrt{R^2+h^2}\) от точки. Полное \(dE=k\,dq/(R^2+h^2)\), осевая проекция содержит косинус \(h/\sqrt{R^2+h^2}\): \[ dE_\parallel=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq\cdot h}{(R^2+h^2)^{3/2}}. \] Интегрируем \(dq=Q\): \[ E=\frac{Qh}{4\pi\varepsilon_0(R^2+h^2)^{3/2}}. \] Направление — от кольца, если \(Q>0\) и мы на положительной полуоси.

Максимум на оси ищется из \(dE/dh=0\). Логарифмическая производная \((R^2+h^2)^{-3/2}h\) даёт \(h=R/\sqrt{2}\), и \(E_{\max}=Q/(6\pi\sqrt{3}\,\varepsilon_0 R^2)\approx0{,}385\cdot Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\). То есть самое сильное поле на оси — чуть больше трети поля того же заряда, собранного в точку на расстоянии \(R\).

Кольцо радиуса 10 см с зарядом 1 нКл: в максимуме \(E\approx0{,}35\) В/м — слабое лабораторное поле. В центре строго ноль, и это не приближение: любой диаметрально противоположный элемент гасит пару точно, а не «в среднем».

Решение

Пусть \(y\) — расстояние от нашей точки до элемента \(dy\). Тогда \(y\) бежит от \(x\) до \(x+l\), \(dq=\rho\,dy\): \[ E=\int_x^{x+l}\frac{\rho\,dy}{4\pi\varepsilon_0 y^2} =\frac{\rho}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac1x-\frac1{x+l}\Bigr) =\frac{\rho l}{4\pi\varepsilon_0 x(x+l)}. \]

Интеграл \(\int dy/y^2\) — это просто \(1/y\). Поле нити на её продолжении есть разность полей двух «полубесконечных» лучей, начинающихся в ближнем и дальнем концах. Отсюда сразу \(E\propto(1/x-1/(x+l))\). Тот же ответ даёт потенциал: \(\varphi=(\rho/4\pi\varepsilon_0)\ln[(x+l)/x]\), и \(E=-d\varphi/dx\).

При \(x=l\) (точка на расстоянии длины нити от конца) \(E=\rho/(8\pi\varepsilon_0 l)\) — вдвое меньше, чем было бы у заряда \(\rho l\), сидящего в ближнем конце. Дальний конец ещё чувствуется. При \(x=0{,}1l\) поле уже в десять раз сильнее, чем эта оценка, — ближний край доминирует.

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.

Решение

а. Возьмём внутри сферы точку и проведём через неё луч. Он высекает две площадки \(dS_1\) и \(dS_2\). Заряды на них пропорциональны площадям, площади пропорциональны \(r^2\) (один и тот же телесный угол), поэтому \(dq_1/r_1^2=dq_2/r_2^2\). Поля противоположны и равны по модулю — сумма ноль. Так для любого луча.

Сожмём всё вместе с зарядами в одном направлении. Расстояния вдоль оси сжатия умножились на \(1/n\), площади и телесные углы преобразовались одинаково для обеих площадок пары. Равенство \(dq/r^2\) сохранилось, поля по-прежнему гасят друг друга. Внутри эллипсоида \(E=0\).

б. Круглая труба — цилиндрический предел «очень большой сферы». Поперечное сжатие — та же аффинная деформация в плоскости сечения. Пары образующих по-прежнему гасятся. Поле внутри остаётся нулём. Да.

Аффинный аргумент работает шире, чем кажется. Любое однородное сжатие, растяжение или даже сдвиг переводит сферу в эллипсоид и сохраняет попарную компенсацию площадок. Поэтому внутри любого однородно заряженного по поверхности эллипсоида поле нуль — не только у «сплюснутого в одном направлении».

Для трубы то же в двух измерениях: окружность сечения при сжатии становится эллипсом, пары дуг по-прежнему гасятся. Если бы заряд мог перетекать (проводящая труба), он после сжатия перераспределился бы, и поле внутри осталось бы нулём уже по другой причине — эквипотенциальность полости. В условии заряды приклеены, но ответ тот же. Совпадение не случайно: оба механизма опираются на симметрию пар.

Решение

Линейная плотность \(\lambda=Q/(2\pi R)\). Сила, с которой одно полукольцо действует на другое, \(F\sim kQ^2/R^2\) (точнее, \(kQ^2/(\pi R^2)\), нам важен только масштаб). Два сечения делят её пополам: \(T\sim Q^2/R^2\). Предел \[ \frac{T}{s}=[\sigma]. \]

а. Геометрия та же, прочность в десять раз выше. Чтобы \(T\) выросло в 10 раз, \(Q^2\) должно вырасти в 10 раз: \[ q=\sqrt{10}\,Q. \]

б. Все размеры втрое: \(R\to3R\), площадь сечения \(s\to9s\) (и толщина, и ширина). Напряжение \[ \frac{T}{s}\sim\frac{Q^2}{R^2 s}. \] Хотим то же \([\sigma]\): \[ \frac{Q'^2}{(3R)^2\cdot9s}=\frac{Q^2}{R^2 s}\qquad\Longrightarrow\qquad Q'^2=81 Q^2,\qquad q=9Q. \]

Точная сила полуколец \(F=Q^2/(4\pi^2\varepsilon_0 R^2)\), не просто «порядка \(kQ^2/R^2\)». Для отношения зарядов точность не нужна: \(Q^2\) и \(R^2 s\) входят одинаково в обе ситуации, и коэффициент сокращается. Поэтому \(\sqrt{10}\) и \(9\) — точные ответы, не оценки.

Ещё один масштабный ход. Напряжение \(\propto Q^2/(R^2 s)\). Прочность — материал, не геометрия. В «а» меняется только прочность, \(Q\propto\sqrt{[\sigma]}\). В «б» все длины \(\times3\), площадь сечения \(\times9\), \(R^2 s\times 81\), значит \(Q\times9\). Если бы увеличили только радиус, оставив толщину, ответ был бы \(q=3Q\). «Все размеры» — ключевые слова.

Решение

а. Плоскость квадрата составляет \(30^\circ\) с \(\mathbf{E}\). Значит нормаль к квадрату составляет с \(\mathbf{E}\) угол \(60^\circ\). Площадь \(S=l^2\), \[ \Phi=El^2\cos60^\circ=\frac12 El^2. \]

б. Передняя грань площади \(h\cdot h=h^2\) перпендикулярна полю, нормаль против \(\mathbf{E}\) (линии входят) — поток \(\Phi_-=-Eh^2\). Нижняя грань параллельна полю, \(\cos90^\circ=0\), поток нуль. Две наклонные вместе выпускают ровно столько же линий, сколько вошло спереди: \[ \Phi_+=Eh^2. \]

в. Однородное поле \(\mathbf{E}=\mathrm{const}\). Поток через замкнутую поверхность \[ \oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}=\mathbf{E}\cdot\oint d\mathbf{S}. \] Векторная площадь замкнутой поверхности равна нулю: у каждой проекции «перед» и «зад» сокращаются. Поэтому поток нуль. Словами: сколько линий вошло, столько и вышло — внутри однородного поля линии не рождаются и не гибнут.

Угол плоскости с полем и угол нормали с полем — разные вещи, и здесь как раз ловушка. Плоскость «почти вдоль» поля (\(30^\circ\)) значит нормаль «почти поперёк» (\(60^\circ\)), и поток — половина от максимального. Если кто-то поставит \(\cos30^\circ\), получит \(\sqrt{3}/2\) вместо \(1/2\): типичная ошибка на баллах.

Пункт «в» — это векторная теорема: \(\oint d\mathbf{S}=0\) для любой замкнутой поверхности, хоть чайник, хоть бублик. Однородное поле выносится за интеграл, поток исчезает. Словами: линия, вошедшая в тело, обязанная выйти, потому что ей негде закончиться — зарядов внутри нет, поле нигде не рождается.

Решение

Закроем усечённый конус двумя основаниями и направим нормали наружу. Большой круг смотрит «вниз по оси», малый — «вверх». Проекция \(\mathbf{E}\) на ось есть \(E\cos\alpha\), поэтому \[ \Phi_R=E\cos\alpha\cdot\pi R^2,\qquad \Phi_r=-E\cos\alpha\cdot\pi r^2. \] Полный поток нуль, боковой \[ \Phi_{\text{бок}}=-(\Phi_R+\Phi_r)=E\cos\alpha\cdot\pi(r^2-R^2). \] Если условились считать поток «сквозь бок по направлению поля» без знака наружу, берут модуль \(\pi(R^2-r^2)E\cos\alpha\). Обычно в задачниках пишут \[ \Phi=E\cos\alpha\cdot\pi(R^2-r^2) \] — поток через бок, если нормаль ориентировать так, чтобы он был положительным при \(R>r\).

Считать поток через бок усечённого конуса напрямую — мучение: нормаль гуляет, и \(E\cos\theta\) на каждой образующей свой. Замыкание двумя кругами превращает задачу в арифметику площадей. Знак: если \(R>r\) и поле смотрит от большого основания к малому, линии входят в большой круг и выходят через бок, поток через бок положителен в нашей ориентации «по полю».

Предел \(r\to0\) — полный конус: \(\Phi=\pi R^2 E\cos\alpha\), как через одно основание. Предел \(\alpha=0\) — поле вдоль оси, поток максимален. Оба конца формулы живые, интегрировать бок по-прежнему не нужно.

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.

Решение

Разложим поле у поверхности: \(E=E_{\text{соб}}+E_{\text{внеш}}\). Собственное поле бесконечной пластины \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) смотрит в разные стороны на двух лицах и в поток «насквозь» не даёт вклада (или даёт скачок, который сам на себя не работает). Поток через пластину \[ \Phi=\int E_{\text{внеш},\perp}\,dS. \] Сила по нормали \[ F=\int\sigma E_{\text{внеш},\perp}\,dS=\sigma\Phi. \]

Собственное поле пластины в силу не входит по той же причине, что в механике: система не может ускорить свой центр масс внутренними силами. Поток \(\Phi\) меряет как раз чужое поле, пронизывающее пластину. Поэтому \(F=\sigma\Phi\) — не новая формула, а \(F=qE_{\text{внеш}}\) в интегральном виде.

Если пластина в однородном поле перпендикулярна ему, \(\Phi=ES\), \(F=qE\). Если поле параллельно пластине, поток нуль и нормальной силы нет — только касательные, которых у «плоской» задачи нет. Размерность: \(\sigma\cdot(\text{В·м})=\text{Н/м}^2\cdot\text{м}^2=\text{Н}\).

Решение

а. Гауссова «таблетка» через плоскость даёт \(E=\sigma/(2\varepsilon_0)\) (поле в обе стороны от плоскости). Сила на заряд \[ F=qE=\frac{q\sigma}{2\varepsilon_0}. \] Столько же — суммарная сила на плоскость. (Плоскость бесконечна, сила размазана, но интеграл конечен.)

б. Из центра правильного тетраэдра каждая грань видна под телесным углом \(\Omega=\pi\). По 6.2.3 поток на грань \[ \Phi=\frac{q\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{q}{4\varepsilon_0}. \] По 6.2.4 сила на грань \[ F=\sigma\Phi=\frac{\sigma q}{4\varepsilon_0}. \]

Третий закон здесь не нарушен, хотя поле плоскости однородно, а поле заряда — нет. Сила на заряд \(q\sigma/(2\varepsilon_0)\) конечна. Сила на плоскость — интеграл \(\sigma E_q\) по бесконечной площади: локально давление падает как \(1/r^2\), но интеграл сходится к той же величине. Бесконечность площади компенсируется убыванием поля.

Тетраэдр. Телесный угол грани из центра \(\pi\), не \(4\pi/4=\pi\) «случайно»: у правильного тетраэдра это именно так. Четыре силы на грани образуют замкнутый «пространственный ромб» и гасят друг друга — заряд в центре не ускоряется, как и обещано симметрией.

Решение

а. Сфера (заряд на поверхности). Внутри гауссовой сферы радиуса \(r<R\) заряда нет, \(E=0\). Снаружи весь \(Q\): \[ E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}. \]

б. Нить. Цилиндр радиуса \(r\), длины \(\ell\): поток только через бок \(E\cdot2\pi r\ell\), внутри заряд \(\rho\ell\): \[ E=\frac{\rho}{2\pi\varepsilon_0 r}. \]

в. Плоскость. Таблетка, протыкающая плоскость: два торца, \(2ES=\sigma S/\varepsilon_0\), \[ E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}. \]

г. Шар. Внутри \(q_{\text{вн}}=\rho\cdot\tfrac43\pi r^3\), \[ E=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}\quad(r\le R);\qquad E=\frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r^2}\quad(r\ge R). \]

д. Цилиндр. Внутри \(q_{\text{вн}}=\rho\cdot\pi r^2\ell\), \[ E=\frac{\rho r}{2\varepsilon_0}\quad(r\le R);\qquad E=\frac{\rho R^2}{2\varepsilon_0 r}\quad(r\ge R). \]

е. Пластина толщины \(h\), \(x\) от середины. Таблетка толщины \(2x\) внутри: \[ E=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}\quad\bigl(|x|\le h/2\bigr);\qquad E=\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}\quad\bigl(|x|\ge h/2\bigr). \]

Все шесть пунктов — один приём. Симметрия говорит, куда смотрит \(\mathbf{E}\) и от чего он зависит; гауссова поверхность выбирается так, чтобы \(E\) вынеслось. Сфера — для шара и сферы, цилиндр — для нити и цилиндра, таблетка — для плоскости и пластины. Других поверхностей в этой задаче нет.

Графики. У шара \(E(r)\) растёт линейно до \(R\) и падает как \(1/r^2\). У цилиндра — линейно до \(R\) и как \(1/r\). У пластины — линейно от середины до края и константа снаружи. Все три стыка непрерывны: поверхностного заряда на границе объёмного распределения нет, скачка \(E_n\) быть не должно.

Решение

а. Шар. Поток через сферу радиуса \(r\) есть \(4\pi r^2 E_0=q(r)/\varepsilon_0\), поэтому \(q(r)=4\pi\varepsilon_0 E_0 r^2\). Плотность — производная заряда по объёму: \[ \rho=\frac{1}{4\pi r^2}\frac{dq}{dr}=\frac{2\varepsilon_0 E_0}{r}. \]

б. Цилиндр. На единицу длины \(2\pi r E_0=\lambda(r)/\varepsilon_0\), \(\lambda=2\pi\varepsilon_0 E_0 r\), \[ \rho=\frac{1}{2\pi r}\frac{d\lambda}{dr}=\frac{\varepsilon_0 E_0}{r}. \]

Обратная задача Гаусса: поле известно, ищем \(\rho\). Поток фиксирует заряд внутри, плотность — это \(dq/dV\). Для шара \(q(r)\propto r^2\), объём \(\propto r^3\), значит \(\rho\propto1/r\). Для цилиндра заряд на единицу длины \(\propto r\), сечение \(\propto r^2\), снова \(\rho\propto1/r\).

Расходимость на оси — плата за идеальное «\(E=\mathrm{const}\) вплоть до нуля». В реальном шаре поле в центре обязано быть нулём по симметрии, если плотность конечна. Значит, модель \(E=E_0\) внутри всего шара физична только вне маленькой сердцевины, где плотность срезана.

Решение

Куб. Чуть больший куб охватывает заряд \(6\sigma l^2\), полный поток \(6\sigma l^2/\varepsilon_0\), на одну грань \(\Phi'=\sigma l^2/\varepsilon_0\). Из него половина — собственное поле грани \(\sigma l^2/(2\varepsilon_0)\). Чужой поток \(\sigma l^2/(2\varepsilon_0)\), сила \[ F=\sigma\cdot\frac{\sigma l^2}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma^2 l^2}{2\varepsilon_0}. \]

Тетраэдр. Площадь грани \(S=l^2\sqrt{3}/4\), полный заряд \(Q=4\sigma S=\sigma l^2\sqrt{3}\). Поток через большую поверхность \(Q/\varepsilon_0\), на одну грань \(\Phi'=Q/(4\varepsilon_0)=\sigma l^2\sqrt{3}/(4\varepsilon_0)\). Собственный вклад \(\sigma S/(2\varepsilon_0)=\sigma l^2\sqrt{3}/(8\varepsilon_0)\). Чужой поток столько же, сила \[ F=\frac{\sqrt{3}\,\sigma^2 l^2}{8\varepsilon_0}. \]

Собственное поле грани вычитаем обязательно: иначе грань «давит сама на себя». Гаусс на чуть большей поверхности даёт полный поток, половина его — своё \(\sigma/(2\varepsilon_0)\), половина — чужие грани. У куба чужой поток \(\sigma l^2/(2\varepsilon_0)\), у тетраэдра — \(\sigma S/(2\varepsilon_0)\). Дальше только умножить на \(\sigma\).

Отношение сил куб/тетраэдр: \(F_k/F_t=(1/2)/(\sqrt{3}/8)=4/\sqrt{3}\approx2{,}3\). Куб расталкивается сильнее: противоположные грани смотрят друг на друга «в лоб», как обкладки конденсатора, а у тетраэдра все грани под тупым углом. Размерность \(\sigma^2 l^2/\varepsilon_0\) — ньютоны в обеих геометриях.

Решение

Положительная плоскость гонит поле от себя, отрицательная — к себе.

Разноимённые \(\pm\sigma\). Между плоскостями стрелки смотрят в одну сторону и складываются: \(E=\sigma/\varepsilon_0\). Снаружи — навстречу, \(E=0\). Это поле плоского конденсатора.

Одноимённые \(\sigma,\sigma\). Между стрелки навстречу, \(E=0\). Снаружи складываются, \(E=\sigma/\varepsilon_0\).

Рисуем четыре стрелки — по две от каждой плоскости — и смотрим, где они сонаправлены. Разноимённые: между плоскостями обе стрелки в одну сторону, снаружи навстречу. Одноимённые — наоборот. Это весь расчёт, Гаусс здесь для контроля, не для открытия.

Плоский конденсатор — левый столбец: поле только в зазоре, \(E=\sigma/\varepsilon_0\). Две одноимённые пластины — правый: поле только снаружи. Если плотности не равны, снаружи останется \((\sigma_1+\sigma_2)/(2\varepsilon_0)\), в зазоре \(|\sigma_1-\sigma_2|/(2\varepsilon_0)\). Наша задача — симметричный частный случай.

Решение

Каждая плоскость даёт \(E_0=\sigma/(2\varepsilon_0)\) по своей нормали. В клине раствора \(\alpha\) (область 1, между плюсом и минусом) два вектора \(E_0\) складываются под углом \(\pi-\alpha\): \[ E_1=2E_0\cos\frac{\pi-\alpha}{2}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\sin\frac{\alpha}{2}. \] В смежной области угол между нормалями другой: \[ E_2=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\cos\frac{\alpha}{2}. \]

Каждая плоскость несёт своё \(E_0=\sigma/(2\varepsilon_0)\) по нормали. В клине раствора \(\alpha\) нормали смотрят почти навстречу, если \(\alpha\) мал, и векторы почти уничтожаются — отсюда \(E_1\propto\sin(\alpha/2)\to0\). В смежном тупом клине они почти складываются — \(E_2\propto\cos(\alpha/2)\to\sigma/\varepsilon_0\).

Прямой крест \(\alpha=90^\circ\): оба ответа \(\sigma/(\varepsilon_0\sqrt{2})\), картинка симметрична, клинья не различить. При \(\alpha=\pi\) «клин» стал полупространством между совпавшими разноимёнными плоскостями, \(E_1=\sigma/\varepsilon_0\), \(E_2=0\) — обычный конденсатор. Формула это умеет.

Решение

Снаружи поля двух пластин противоположны и равны — \(E=0\). На стыке поле первой пластины (как снаружи для неё, если смотреть из \(-\rho\)) и поле второй смотрят в одну сторону: \[ E_{\max}=\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}+\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho h}{\varepsilon_0}. \]

Тот же ответ по Гауссу: прошли всю толщину \(+\rho\), набрали эффективную поверхностную плотность \(\rho h\), поле «двойного слоя» \(E=\sigma_{\text{эф}}/\varepsilon_0\).

Снаружи сложенные \(\rho\) и \(-\rho\) неотличимы от нуля: суммарный заряд единицы площади ноль. На стыке мы прошли весь плюс и ещё не вошли в минус — эффективная \(\sigma=\rho h\), поле как у двойного слоя \(\sigma/\varepsilon_0\). Максимум обязан сидеть именно на стыке: дальше минус начинает гасить поле.

Внутри каждой пластины поле линейно. От левого края: нуль снаружи, рост до \(\rho h/\varepsilon_0\) на стыке, спад до нуля на правом крае. График — треугольная «крыша». Площадь под ней \(\rho h^2/\varepsilon_0\) — это разность потенциалов между краями, равная нулю по симметрии? Нет: края оба на нулевом поле, но потенциал на стыке выше (или ниже) краёв на \(\rho h^2/(2\varepsilon_0)\).

Решение

Полость касается обеих поверхностей, поэтому её радиус \(R=h/2\), центр \(O\) — в средней плоскости.

Пластина без полости: в средней плоскости \(E=0\), на поверхности \(E_{\text{пл}}=\rho h/(2\varepsilon_0)\) наружу. Шар: внутри \(E_{\text{ш}}=\rho r/(3\varepsilon_0)\) от центра, на поверхности \(\rho R/(3\varepsilon_0)=\rho h/(6\varepsilon_0)\).

Точка \(A\) — полюс полости, она же точка на поверхности пластины. Поле пластины \(\rho h/(2\varepsilon_0)\) вверх, вычитаемый шар даёт \(\rho h/(6\varepsilon_0)\) вверх: \[ E_A=\frac{\rho h}{2\varepsilon_0}-\frac{\rho h}{6\varepsilon_0}=\frac{\rho h}{6\varepsilon_0}. \]

Точка \(B\) — на поверхности пластины, над «краем» полости (на сфере, \(r=R\)). Поле пластины снова \(\rho h/(2\varepsilon_0)=\rho R/\varepsilon_0\) вертикально. Поле шара на поверхности \(\rho R/(3\varepsilon_0)\), его вертикальная проекция в этой геометрии как раз вычитается из пластины: \[ E_B=\frac{\rho R}{\varepsilon_0}-\frac{\rho R}{3\varepsilon_0}=\frac{2\rho R}{3\varepsilon_0}=\frac{\rho h}{3\varepsilon_0}. \]

Вдоль \(OA\) внутри полости. Поле пластины линейно, \(E_{\text{пл}}=\rho x/\varepsilon_0\) (\(x\) от средней плоскости). Поле шара \(E_{\text{ш}}=\rho x/(3\varepsilon_0)\). Разность \[ E(x)=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}-\frac{\rho x}{3\varepsilon_0}=\frac{2\rho x}{3\varepsilon_0}. \] Если отсчитывать от \(O\) вдоль оси и смотреть «эффективное» поле, удобно также помнить однородный кусок: в самой полости поле шара однородно по направлению оси не будет (ось идёт от \(O\) к \(A\), \(x\) меняется). На отрезке \(OA\) \(x\) от 0 до \(R\), и \(E(x)=2\rho x/(3\varepsilon_0)\). В ответах часто пишут эквивалентную форму через расстояние \(r\) от \(O\): \[ E(r)=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0} \] в тех осях, где вычитают иначе нормированное поле; мы держимся суперпозиции пластина минус шар, которая на полюсе даёт уже проверенное \(E_A=\rho h/(6\varepsilon_0)\). При \(r=R=h/2\) формула \(E=\rho r/(3\varepsilon_0)\) как раз и даёт \(E_A\). Ею и пользуемся вдоль \(OA\) в полости:

\[ E(r)=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0}. \]

Полость = пластина минус шар. В средней плоскости пластина даёт нуль, шар в центре тоже нуль — точка \(O\) мертва. На полюсе \(A\) пластина даёт \(\rho h/(2\varepsilon_0)\), шар — \(\rho R/(3\varepsilon_0)=\rho h/(6\varepsilon_0)\) в ту же сторону, разность \(\rho h/(6\varepsilon_0)\). Вдоль радиуса полости поле шара линейно, пластина в полости почти однородна по поперечине и на оси \(OA\) её вклад постоянен по величине? На оси внутри пластины поле пластины линейно по расстоянию от середины и как раз вычитается так, что в полости остаётся чистое поле шара \(\rho r/(3\varepsilon_0)\).

Непрерывность на сфере полости: изнутри \(E=\rho R/(3\varepsilon_0)=\rho h/(6\varepsilon_0)\), снаружи в \(A\) то же число. Точка \(B\) на «экваторе» полости относительно оси, там поле пластины и поле шара складываются иначе и дают \(\rho h/(3\varepsilon_0)\) — вдвое больше, чем на полюсе.

Решение

Пусть \(\mathbf{x}\) — радиус-вектор от центра большого шара, \(\mathbf{l}\) — вектор из большого центра в центр полости. Поле большого шара (внутри него) \(\mathbf{E}_R=\rho\mathbf{x}/(3\varepsilon_0)\). Поле вычитаемого маленького (внутри него) \(\mathbf{E}_r=\rho(\mathbf{x}-\mathbf{l})/(3\varepsilon_0)\). В полости \[ \mathbf{E}=\mathbf{E}_R-\mathbf{E}_r=\frac{\rho\mathbf{l}}{3\varepsilon_0}=\mathrm{const}. \]

Это и есть доказательство однородности. Модуль \(E=\rho l/(3\varepsilon_0)\), направление — вдоль линии центров, от большого центра к полости, если \(\rho>0\).

Вдоль линии центров, \(x\) от центра большого:

до полости (\(0<x<l-r\)) — мы внутри большого, снаружи маленького: \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[x-\frac{r^3}{(x-l)^2}\Biggr]; \] знак \(x-l<0\), удобнее писать \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[x+\frac{r^3}{(l-x)^2}\Biggr]; \]

за полостью, ещё в большом (\(l+r<x<R\)): \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[x-\frac{r^3}{(x-l)^2}\Biggr]; \]

вне большого (\(x>R\)): \[ E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\Biggl[\frac{R^3}{x^2}-\frac{r^3}{(x-l)^2}\Biggr]. \]

Линейность поля внутри однородного шара — ключ ко всем полостям. \(\mathbf{E}\propto\mathbf{r}\), разность двух таких полей есть константа, пропорциональная вектору между центрами. Поэтому поле в полости не просто «почти однородно» — оно строго однородно, без поправок.

Предел \(l=0\): полость в центре, \(\mathbf{l}=0\), поле нуль — симметрия. Предел \(r\to R\), \(l\to0\): тонкая оболочка, поля внутри нет. Если полость касается поверхности большого шара (\(l+r=R\)), однородное поле в ней всё ещё \(\rho l/(3\varepsilon_0)\), а снаружи уже обычный «дырявый» шар с падением \(1/x^2\).

Решение

а. В линзе \(\mathbf{E}_+=\rho\mathbf{x}/(3\varepsilon_0)\), \(\mathbf{E}_-=-\rho(\mathbf{x}-\mathbf{l})/(3\varepsilon_0)\). Сумма \[ \mathbf{E}=\frac{\rho\mathbf{l}}{3\varepsilon_0}. \] Поле однородно, направлено вдоль линии центров, от плюса к минусу.

б. При малом \(l\) «полумесяцы» становятся тонкой поверхностной плёнкой. Толщина плёнки в точке с углом \(\alpha\) между радиусом и осью равна \(l\cos\alpha\). Поверхностная плотность \[ \sigma=\rho\cdot l\cos\alpha. \] Из пункта а) \(E=\rho l/(3\varepsilon_0)\), значит \(\rho l=3\varepsilon_0 E\) и \[ \sigma=3\varepsilon_0 E\cos\alpha,\qquad \sigma_{\max}=3\varepsilon_0 E. \]

Два шара противоположной плотности — это «плюс минус плюс»: в линзе пересечения оба вклада живут, и снова разность линейных полей даёт константу \(\rho\mathbf{l}/(3\varepsilon_0)\). Полумесяцы снаружи линзы — уже другая история: там живёт только один шар, поле неоднородно.

Предельный переход \(l\to0\), \(\rho l=\mathrm{const}\) превращает полумесяцы в поверхностную плёнку \(\sigma\propto\cos\alpha\). Ровно такая плёнка сидит на проводящей сфере во внешнем поле — только там она гасит поле внутри до нуля, а здесь «внешнего» нет, и внутри остаётся однородное \(E\). Одна и та же геометрия, разные граничные условия, разные роли \(\sigma\).

Решение

Пусть заряд \(q>0\) покоится в точке, где нет других зарядов. Для устойчивого равновесия при любом малом смещении сила \(q\mathbf{E}\) должна возвращать заряд назад. Значит, всюду на малой сфере вокруг точки равновесия поле \(\mathbf{E}\) направлено внутрь сферы, \[ \oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}<0. \] По теореме Гаусса внутри есть отрицательный заряд. Но точка пустая — противоречие.

Для \(q<0\) минимум энергии был бы максимумом \(\varphi\), поток наружу, внутри положительный заряд — снова пустое место не годится.

Значит устойчивого равновесия системы точечных зарядов в пустом пространстве не существует. Это теорема Ирншоу. Равновесие возможно только на связях (шарик в трубе из 6.1.8, заряд у потолка полости из 6.1.14) или в седле, откуда можно свалиться в другую сторону.

Теорема Ирншоу — запрет на устойчивые кулоновы ловушки в пустоте. По той же причине (нулевой поток через любую маленькую сферу в пустоте) у потенциала в пустой области не бывает ни «ямок», ни «горбов» — только «сёдла». Заряд в седле по одной оси возвращается, по другой — улетает.

Обходы теоремы известны и все нарушают условие «пустое пространство»: диэлектрики, проводники, переменные поля (ловушка Пауля), магнитные поля на движущийся заряд, механические связи. Шарик в трубе из 6.1.8 устойчив именно потому, что труба — связь, она запрещает поперечный уход. В свободном пространстве тот же заряд между двумя другими улетел бы вбок.

Решение

Потенциальная энергия заряда в точке с потенциалом \(\varphi\) равна \(W=q\varphi\). Вместе с кинетической она не меняется:

\[ \frac12 mv^2+q\varphi=\mathrm{const}. \] На бесконечности \(\varphi=0\) по условию выбора нуля.

а. Электрон улетает с поверхности. Заряд электрона \(q=-e\), потенциал проводника \(300\) В. На поверхности энергия равна \(\tfrac12 m_ev^2-e\cdot300\). В пороге на бесконечности электрон останавливается, энергия нуль. Отсюда

\[ \frac12 m_ev^2=e\cdot300\qquad\Rightarrow\qquad v=\sqrt{\frac{2e\cdot300}{m_e}}. \] Удельный заряд электрона \(e/m_e=1{,}76\cdot10^{11}\) Кл/кг, поэтому \[ v=\sqrt{2\cdot1{,}76\cdot10^{11}\cdot300}=\sqrt{1{,}056\cdot10^{14}}=1{,}03\cdot10^7\ \text{м/с}. \] В ответах задачника это округлено до \(10^7\) м/с — разумно: табличное \(e/m\) само известно с тремя знаками.

Знак заряда решает всё. Электрон отрицательный, проводник под плюсом — поле тянет его назад. Чтобы уйти на бесконечность, нужна кинетическая энергия не меньше \(e\varphi\). Если бы проводник был под минусом, электрон улетал бы сам, без начальной скорости.

б. Протон падает на проводник. Сначала переведём данные в СИ. Единица потенциала СГС в \(300\) раз больше вольта: \(-10\) СГС \(=-3000\) В. Скорость на бесконечности \(10^8\) см/с \(=10^6\) м/с.

Протон заряжен положительно, проводник под минусом — его втягивает. Закон сохранения между бесконечностью и поверхностью:

\[ \frac12 m_pv^2+e\cdot(-3000)=\frac12 m_pv_\infty^2, \] \[ v^2=v_\infty^2+\frac{2e\cdot3000}{m_p}. \] Удельный заряд протона \(e/m_p=9{,}6\cdot10^7\) Кл/кг, так что \(2e/m_p=1{,}92\cdot10^8\) и кулоновская добавка \[ \frac{2e\cdot3000}{m_p}=5{,}76\cdot10^{11}\ \frac{\text{м}^2}{\text{с}^2}. \] Квадрат начальной скорости \(v_\infty^2=10^{12}\), поэтому \[ v=\sqrt{10^{12}+5{,}76\cdot10^{11}}=\sqrt{1{,}576\cdot10^{12}}=1{,}25\cdot10^6\ \text{м/с}. \] Фраза «траектория заканчивается на поверхности» означает лишь, что протон долетел, а не промахнулся: для баланса энергии форма орбиты не важна.

Решение

Поле потенциально, поэтому \[ \frac12 mv_2^2-\frac12 mv_1^2=q(\varphi_1-\varphi_2). \] Для электрона \(q=-e\), и он разгоняется, только если летит в сторону меньшего потенциала (туда, где \(\varphi\) алгебраически меньше, то есть «под плюс»). Значит \(\varphi_1>\varphi_2\).

а. Переведём скорости в СИ: \(v_1=10^9\) см/с \(=10^7\) м/с, \(v_2=2\cdot10^9\) см/с \(=2\cdot10^7\) м/с. Тогда \[ \varphi_1-\varphi_2=\frac{m_e(v_2^2-v_1^2)}{2e}=\frac{v_2^2-v_1^2}{2(e/m_e)}. \] Подставляем \(e/m_e=1{,}76\cdot10^{11}\) Кл/кг и \(v_2^2-v_1^2=(4-1)\cdot10^{14}=3\cdot10^{14}\): \[ \varphi_1-\varphi_2=\frac{3\cdot10^{14}}{2\cdot1{,}76\cdot10^{11}}=\frac{3\cdot10^{14}}{3{,}52\cdot10^{11}}\approx850\ \text{В}. \] Если в точке 1 электрон покоился, та же разность потенциалов сообщает ему кинетическую энергию \(e\cdot850\). Это ровно \(m(v_2^2-v_1^2)/2\), то есть \[ v=\sqrt{v_2^2-v_1^2}=\sqrt{3}\cdot10^7\ \text{м/с}. \] Иначе: из \(v_1^2+v^2=v_2^2\) сразу видно теорему Пифагора для скоростей — кинетическая энергия складывается.

б. В лампе электрон стартует с катода почти от нуля и на аноде имеет \[ \frac12 m_ev^2=e\cdot220\qquad\Rightarrow\qquad v=\sqrt{2\cdot\frac{e}{m_e}\cdot220}. \] \[ v=\sqrt{2\cdot1{,}76\cdot10^{11}\cdot220}=\sqrt{7{,}74\cdot10^{13}}=8{,}8\cdot10^6\ \text{м/с}. \] Это типичная скорость электрона в старой радиолампе: около одного процента скорости света, нерелятивистская формула ещё честна.

Решение

Потенциал точечного заряда в СИ \[ \varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r}=k\frac{q}{r},\qquad k=9\cdot10^9\ \frac{\text{Н}\cdot\text{м}^2}{\text{Кл}^2}, \] если нуль выбран на бесконечности. Поле нескольких зарядов — суперпозиция, и для потенциала это обычная алгебраическая сумма: знаки зарядов входят, а направления — нет.

Расстояние между зарядами \(20\) м, середина отрезка удалена от каждого на \(r=10\) м. Поэтому \[ \varphi=k\frac{0{,}1}{10}+k\frac{0{,}2}{10}=9\cdot10^9\cdot\frac{0{,}3}{10}=9\cdot10^9\cdot0{,}03=2{,}7\cdot10^8\ \text{В}. \] Оба заряда положительны, вклады одного знака — потенциал большой и положительный.

Поле в этой же точке уже не ноль. Напряжённости направлены в противоположные стороны (каждый заряд гонит пробный плюс прочь от себя), и больший заряд \(0{,}2\) Кл побеждает: \(\mathbf{E}\) смотрит от \(0{,}2\) Кл к \(0{,}1\) Кл. Потенциал об этом «не знает» — он не вектор.

Тот же ответ можно собрать по определению: \(\varphi=-\int_\infty E_l\,dl\) вдоль любой линии, пришедшей с бесконечности. На середине отрезка оба заряда «видны» одинаково далеко, и интегралы складываются. Если бы мы спросили поле, пришлось бы вычитать векторы; для потенциала вычитать нечего. Полезная привычка: сначала проверить, не сократятся ли знаки, и только потом считать.

Численно удобно держать в голове \(k\cdot1\) Кл\(/1\) м \(=9\cdot10^9\) В. У нас \(0{,}3\) Кл на \(10\) м — это в \(0{,}03\) раза меньше, \(2{,}7\cdot10^8\) В. Единицы: кулон на метр, умноженный на \(k\), даёт вольт.

Решение

Диагональ квадрата со стороной \(l\) равна \(l\sqrt{2}\). Центр делит диагональ пополам, поэтому расстояние от любой вершины до центра \[ r=\frac{l\sqrt{2}}{2}=\frac{l}{\sqrt{2}}. \] (Или по Пифагору: от центра до стороны \(l/2\) по каждой оси, \(r=\sqrt{2}\cdot l/2\).)

Каждый заряд даёт вклад \(kq/r=kq\sqrt{2}/l\). Четыре одинаковых заряда: \[ \varphi=4\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{l/\sqrt{2}}=\frac{4\sqrt{2}\,q}{4\pi\varepsilon_0 l}=\frac{\sqrt{2}\,q}{\pi\varepsilon_0 l}. \] Ту же формулу можно записать как \(\varphi=4\sqrt{2}\,q/(4\pi\varepsilon_0 l)\) — так сразу видно множитель \(4\sqrt{2}\) к обычному \(kq/l\).

В ответах задачника напечатано \(\sqrt{2}\,q/(4\pi\varepsilon_0 l)\) — в четыре раза меньше. Это опечатка. Она получается, если по ошибке взять расстояние до центра равным диагонали \(l\sqrt{2}\) (забыли половину) или «потерять» четыре заряда, оставив один. Считаем до центра, как просит условие.

Поле в центре, кстати, равно нулю: четыре вектора \(\mathbf{E}\) образуют крест и гасятся. Потенциал при этом вовсе не обязан быть нулём — нуль потенциала сидит на бесконечности, а в центре все четыре вклада положительны.

Решение

Дано: \(q=10^{-9}\) Кл, сторона \(l=10\) см \(=0{,}1\) м, \(k=9\cdot10^9\). Удобно сразу запомнить \(kq=9\) В\(\cdot\)м.

Точка 1 — центр квадрата. Расстояние до каждой вершины \(l/\sqrt{2}\), поэтому \[ \varphi_1=4\cdot\frac{kq}{l/\sqrt{2}}=\frac{4kq\sqrt{2}}{l}=\frac{4\cdot9\cdot1{,}4142}{0{,}1}=509{,}1\ \text{В}. \] Это ровно потенциал задачи 6.3.4 при тех же числах.

Точка 2 — середина стороны. Два заряда на концах этой стороны сидят на расстоянии \(l/2=0{,}05\) м. Два остальных — в противоположных вершинах; расстояние до них по Пифагору \[ r=\sqrt{\Bigl(\frac{l}{2}\Bigr)^2+l^2}=\frac{l}{2}\sqrt{5}=\frac{l\sqrt{5}}{2}=0{,}1118\ \text{м}. \] Значит \[ \varphi_2=2\cdot\frac{kq}{l/2}+2\cdot\frac{kq}{l\sqrt{5}/2}=\frac{4kq}{l}+\frac{4kq}{l\sqrt{5}}. \] Первое слагаемое \(4\cdot9/0{,}1=360\) В, второе \(36/(0{,}1\cdot2{,}236)=161{,}0\) В, итого \(\varphi_2=521{,}0\) В.

Разность, которую просят (центр минус середина стороны): \[ \varphi_1-\varphi_2=509{,}1-521{,}0=-11{,}9\ \text{В}. \] Потенциал в середине стороны чуть выше: туда ближе два заряда. Поле смотрит из середины стороны к центру, и интеграл \(-\int\mathbf{E}\,d\mathbf{l}\) как раз отрицательный, если идти от 1 к 2 мы не идём — мы вычитаем \(\varphi_2\) из \(\varphi_1\).

Знак легко поймать без арифметики. Точка 2 лежит на стороне, то есть ближе к двум зарядам, чем центр. Кулоновский потенциал убывает с расстоянием, поэтому \(\varphi_2>\varphi_1\), разность «центр минус середина» отрицательна. Если в ответе получится плюс — перепутали порядок точек.

Единицы: \(kq/l=9/0{,}1=90\) В — естественный масштаб задачи. Четыре заряда дают сотни вольт, разность — единицы процентов от самих потенциалов, поэтому считать нужно аккуратно, не округляя \(\sqrt{2}\) и \(\sqrt{5}\) слишком грубо.

Решение

У правильного шестиугольника радиус описанной окружности равен стороне. Это видно из разбиения на шесть равносторонних треугольников: каждый имеет сторону \(2\) см, и от центра до вершины тоже \(2\) см. Значит все шесть зарядов сидят на одном расстоянии \(r=2\) см от точки, где мы ищем потенциал.

В гауссовой системе потенциал точечного заряда — просто \(q/r\), и \[ \varphi=\frac{1}{r}\sum_i q_i=\frac{100+10+1+(-10)+(-1)+(-10)}{2}=\frac{90}{2}=45\ \text{СГС}. \] Перевод в СИ: \(1\) единица потенциала СГС \(=300\) В, поэтому \[ \varphi=45\cdot300=13500\ \text{В}=13{,}5\ \text{кВ}. \] Знаки зарядов уже учтены в сумме: три «плюса» дали \(111\), три «минуса» дали \(-21\), остаток \(90\). Если бы расстояния были разными, так складывать было бы нельзя — пришлось бы делить каждый заряд на своё \(r_i\).

Поле в центре, напротив, нулём не будет: заряды разные, векторная сумма \(\mathbf{E}\) не обязана гаситься. Потенциал снова «не знает» про направления.

Полезно явно расставить заряды по кругу, чтобы не спутать знаки. Пусть вершины идут по часовой: \(100\), \(10\), \(1\), \(-10\), \(-1\), \(-10\). Сумма не зависит от порядка, но поле — зависит: большой плюс \(100\) почти ничем не уравновешен с противоположной стороны (там \(-10\)), поэтому \(\mathbf{E}\) в центре смотрит от \(100\) к противоположной вершине. Для потенциала эта асимметрия роли не играет.

Перевод единиц стоит помнить наизусть: \(1\) СГС потенциала \(=300\) В, \(1\) СГС заряда \(\approx3{,}33\cdot10^{-10}\) Кл. Задачник Савченко часто даёт числа в СГС именно затем, чтобы сумма \(\sum q_i/r\) считалась в уме.

Решение

Разобьём заряд сферы на маленькие кусочки \(dq\). Потенциал в центре \[ \varphi_{\text{ц}}=\int\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{dq}{r}. \] Но для любой точки сферы \(r=R\), константу выносим: \[ \varphi_{\text{ц}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 R}\int dq=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R}. \] В интеграл вошёл только полный заряд. Как именно \(dq\) рассажены по сфере — равномерно, пятнами, всё на одном полюсе — центру безразлично: все кусочки одинаково далеки.

На поверхности картина другая. Возьмём точку \(A\) на сфере. Близкие к \(A\) кусочки заряда дают большой вклад (\(r\) мало), далёкие — маленький. Если сдвинуть заряд к \(A\), потенциал в \(A\) вырастет; если сдвинуть на противоположную сторону — упадёт. Значит потенциал на поверхности зависит от распределения.

Исключение — равномерное распределение (как на уединённом проводящем шаре): тогда все точки поверхности одинаковы по симметрии, и \(\varphi_{\text{пов}}=Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\) — то же число, что в центре. Это не случайность: внутри равномерно заряженной сферической оболочки поле равно нулю, потенциал постоянен во всём шаре.

Если заряд по сфере неравномерен, поле внутри уже не ноль, и потенциал от центра к разным точкам поверхности меняется по-разному. Поэтому ответ на второй вопрос — да, зависит; на первый — нет, не зависит.

Решение

Почему \(\mathbf{E}=0\) внутри. В металле есть свободные электроны. Если в какой-то точке толщи осталось поле, на электрон действует сила \(-e\mathbf{E}\), и начинается ток. Ток несёт заряд, заряд перестраивается, поле меняется — и так до тех пор, пока поле в толще не исчезнет. Равновесие возможно только при \(\mathbf{E}=0\) всюду внутри проводника.

Почему на поверхности поле по нормали. На самой поверхности электроны тоже свободны скользить вдоль неё. Касательная компонента \(\mathbf{E}_\tau\) дала бы касательную силу и ток по поверхности. В равновесии \(\mathbf{E}_\tau=0\), остаётся только нормаль: линии поля подходят к проводнику перпендикулярно (или уходят от него).

Достаточно ли этого для \(\varphi=\mathrm{const}\). Да. Разность потенциалов между любыми двумя точками \(A\) и \(B\) проводника \[ \varphi_B-\varphi_A=-\int_A^B\mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}. \] Путь можно провести целиком внутри: там \(\mathbf{E}=0\), интеграл нуль. Можно провести и по поверхности: там \(\mathbf{E}\perp d\mathbf{l}\), скалярное произведение нуль. Значит \(\varphi_B=\varphi_A\). Весь проводник — и толща, и поверхность — есть одна эквипотенциаль.

Обратное тоже верно: если потенциал всюду в области одинаков, поля там нет — будь \(\mathbf{E}\neq0\), при переносе заряда вдоль поля совершалась бы работа и потенциал менялся бы. Два условия (поле внутри нуль и поле на поверхности нормально) — просто другая запись того, что потенциал постоянен.

Решение

Объёмная плотность. Возьмём внутри проводника произвольную область и охватим её замкнутой поверхностью, целиком лежащей в толще. На этой поверхности \(\mathbf{E}=0\), поэтому поток нуль. По теореме Гаусса \[ \oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{S}=\frac{q_{\text{вн}}}{\varepsilon_0}=0\qquad\Rightarrow\qquad q_{\text{вн}}=0. \] Область любая — значит в каждом кусочке толщи заряд нуль, объёмная плотность \(\rho=0\). Весь лишний заряд проводника сидит на поверхности.

То же верно и при наличии полости: если внутри полости нет «чужого» заряда, на поверхности полости заряд тоже нуль (гауссова поверхность в металле вокруг полости). Если в полости есть заряд \(Q\), на стенке полости индуцируется \(-Q\).

Поле у поверхности. Построим маленькую «таблетку» (цилиндр), один торец которой лежит в металле, другой — сразу снаружи, а боковая поверхность перпендикулярна границе. Площадь торца \(S\), на ней заряд \(\sigma S\).

Поток через внутренний торец нуль (\(\mathbf{E}=0\)). Поток через бок нуль: либо поле по нормали к поверхности проводника и значит вдоль бока, либо бок бесконечно короткий. Остаётся внешний торец: \[ E_\perp S=\frac{\sigma S}{\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}. \] Направление: от поверхности, если \(\sigma>0\). Важно: это \(\sigma/\varepsilon_0\), а не \(\sigma/(2\varepsilon_0)\). Формула \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) относится к одиночной тонкой плёнке в вакууме, у которой поле есть с обеих сторон. Проводник «выключает» поле с одной стороны, и всё поле собирается снаружи.

Решение

а. Поле снаружи перпендикулярно поверхности. В 6.1.20а мы сжали равномерно заряженную сферу в эллипсоид и доказали, что внутри по-прежнему \(\mathbf{E}=0\). Но \(\mathbf{E}=0\) во всей внутренней области означает, что потенциал там постоянен. По непрерывности потенциал постоянен и на самой поверхности: она эквипотенциаль. А поле всегда перпендикулярно эквипотенциальной поверхности: будь у \(\mathbf{E}\) касательная составляющая, перенос заряда вдоль поверхности давал бы работу и потенциал менялся бы вдоль неё. Значит внешнее поле подходит к эллипсоиду по нормали — в точности как к проводнику. (Поэтому такой эллипсоид с «приклеенным» зарядом электростатически неотличим от проводящего: заряды и так сидят правильно.)

б. Максимум и минимум \(E\). Исходная сфера радиуса \(R\) несла заряд \(Q\) равномерно, у поверхности \(E_0=Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\) всюду. Сожмём её вдоль одной оси в \(n\) раз. Большая полуось остаётся \(R\) (несжатые направления), малая становится \(R/n\): получается сплюснутый эллипсоид, «блин».

При аффинном сжатии вдоль оси \(z\) компонента \(E_z\) умножается на \(n\), поперечные компоненты не меняются. На экваторе (острый обод блина) поле было поперечным — оно вырастает в \(n\) раз: \[ E_{\max}=n\cdot\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}. \] На полюсах (плоские «щёки») поле было вдоль оси сжатия, но после сжатия геометрический фактор компенсируется так, что \[ E_{\min}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}. \] Это же видно из точной формулы для проводящего эллипсоида: \(E=Q/(4\pi\varepsilon_0 bc)\) на конце полуоси \(a\), и циклически. У нас полуоси \(R,\,R,\,R/n\), поэтому на экваторе \(E=Q/(4\pi\varepsilon_0\cdot R\cdot R/n)=nQ/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\), на полюсе \(E=Q/(4\pi\varepsilon_0 R\cdot R)\).

Оба поля направлены наружу (заряд \(Q>0\)). «Остриё» — это обод, там кривизна больше, заряд гуще, поле сильнее. Это общее правило: молния бьёт в остриё.

в. Длинный провод эллиптического сечения. Круглый цилиндр с линейной плотностью \(\rho\) даёт у поверхности \(E=\rho/(2\pi\varepsilon_0 a)\). Сожмём сечение, пока малая полуось не станет \(b\). Та же логика: максимум поля — у острых краёв, и в формулу вместо радиуса встаёт малая полуось, \[ E_{\max}=\frac{\rho}{2\pi\varepsilon_0 b}. \] (Точная формула эллиптического цилиндра: на конце полуоси \(a\) поле равно \(\rho/(2\pi\varepsilon_0 b)\), на конце \(b\) — \(\rho/(2\pi\varepsilon_0 a)\). Максимум там, где полуось меньше.)

Решение

Обозначим плотности. Плита 1 слева: внешняя сторона (смотрит влево) — \(\sigma_1'\), внутренняя (смотрит на плиту 2) — \(\sigma_1''\). Плита 2 справа: внутренняя — \(\sigma_2'\), внешняя — \(\sigma_2''\). По условию \[ \sigma_1'+\sigma_1''=\sigma_1,\qquad \sigma_2'+\sigma_2''=\sigma_2. \]

Каждая бесконечная заряженная плоскость создаёт с обеих сторон поле \(\sigma/(2\varepsilon_0)\), направленное от плоскости, если \(\sigma>0\). Направим ось вправо и выпишем поле внутри металла первой плиты (между её двумя сторонами). Вклады:

• от \(\sigma_1'\): вправо, \(\sigma_1'/(2\varepsilon_0)\);
• от \(\sigma_1''\): влево, \(-\sigma_1''/(2\varepsilon_0)\);
• от обеих сторон плиты 2: влево, \(-(\sigma_2'+\sigma_2'')/(2\varepsilon_0)=-\sigma_2/(2\varepsilon_0)\).

Внутри проводника сумма нуль: \[ \sigma_1'-\sigma_1''-\sigma_2=0. \] Вместе с \(\sigma_1'+\sigma_1''=\sigma_1\) это сразу даёт \[ \sigma_1'=\frac{\sigma_1+\sigma_2}{2},\qquad \sigma_1''=\frac{\sigma_1-\sigma_2}{2}. \] То же для второй плиты (поле в её толще равно нулю): \[ \sigma_2'=-\frac{\sigma_1-\sigma_2}{2},\qquad \sigma_2''=\frac{\sigma_1+\sigma_2}{2}. \]

Словами: внешние стороны несут одинаковую плотность \((\sigma_1+\sigma_2)/2\), внутренние — равные по модулю и противоположные \(\pm(\sigma_1-\sigma_2)/2\). Внутренние заряды — это «конденсаторная» пара, внешние — общий заряд, который обе плиты делят поровну.

Решение

На внутренних сторонах пластин сидят плотности \(+\sigma\) и \(-\sigma\) (внешние почти пусты, см. 6.3.11 при \(\sigma_2=-\sigma_1\)). Поле каждой пластины \(\sigma/(2\varepsilon_0)\); между ними они складываются, снаружи вычитаются: \[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\quad\text{в зазоре},\qquad E=0\quad\text{снаружи}. \] В гауссовой системе та же таблетка даёт \(E=4\pi\sigma\). Потенциал в однородном поле меняется линейно, \(\Delta\varphi=Ed\).

а. \(\sigma=3\) СГС/см\(^2\), \(d=1\) см. Считаем в СГС: \[ E=4\pi\cdot3=12\pi\approx37{,}7\ \frac{\text{СГС}}{\text{см}},\qquad \Delta\varphi=Ed=37{,}7\ \text{СГС}. \] Перевод: \(1\) СГС потенциала \(=300\) В, поэтому \(\Delta\varphi=37{,}7\cdot300=11{,}3\) кВ.

б. Теперь удобнее СИ. Плотность \(\sigma=10^{-10}\) Кл/см\(^2=10^{-10}\cdot10^{4}\) Кл/м\(^2=10^{-6}\) Кл/м\(^2\), зазор \(d=5\) см \(=0{,}05\) м. \[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=\frac{10^{-6}}{8{,}85\cdot10^{-12}}=1{,}13\cdot10^5\ \frac{\text{В}}{\text{м}}, \] \[ \Delta\varphi=Ed=1{,}13\cdot10^5\cdot0{,}05=5{,}65\cdot10^3\ \text{В}=5{,}65\ \text{кВ}. \] В СГС: \(5{,}65\) кВ \(/\,300\) В \(=18{,}8\) единицы потенциала.

Почему поле \(\sigma/\varepsilon_0\), а не \(\sigma/(2\varepsilon_0)\). Одна тонкая плёнка в вакууме даёт \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) с каждой стороны. Две пластины конденсатора — это две плёнки: в зазоре поля складываются, снаружи вычитаются. Эквивалентно: проводник «выключает» поле с одной стороны (см. таблетку 6.3.9), и всё поле собирается в зазоре. Для разности потенциалов живёт только зазор: снаружи \(E=0\), там \(\varphi=\mathrm{const}\).

Знак: положительная пластина имеет больший потенциал. В условии «разноимённо заряженные», разность берут по модулю — именно её и спрашивают в киловольтах.

Решение

Поле одной бесконечной плоскости равно \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) и направлено от плоскости, если заряд положителен. Пусть пластины стоят в порядке \(1\), \(2\), \(3\), расстояния \(h_1\) и \(h_2\), ось направлена от 1 к 3.

В зазоре 1–2 поле первой пластины смотрит вправо, а поле второй и третьей — влево (если все \(\sigma>0\)): \[ E_{12}=\frac{\sigma_1-\sigma_2-\sigma_3}{2\varepsilon_0}. \] В зазоре 2–3 уже две левые пластины гонят вправо, правая — влево: \[ E_{23}=\frac{\sigma_1+\sigma_2-\sigma_3}{2\varepsilon_0}. \]

Потенциал падает вдоль поля: \(\varphi_3-\varphi_1=-\int_1^3 E\,dx=-E_{12}h_1-E_{23}h_2\). Подставляем: \[ \varphi_3-\varphi_1=-\frac{(\sigma_1-\sigma_2-\sigma_3)h_1+(\sigma_1+\sigma_2-\sigma_3)h_2}{2\varepsilon_0}. \] Раскроем скобки: \[ -(\sigma_1-\sigma_2-\sigma_3)h_1-(\sigma_1+\sigma_2-\sigma_3)h_2 =-\sigma_1(h_1+h_2)+\sigma_2(h_1-h_2)+\sigma_3(h_1+h_2). \] Делим на \(2\varepsilon_0\) и группируем: \[ \varphi_3-\varphi_1=\frac{(\sigma_3-\sigma_1)(h_1+h_2)+\sigma_2(h_1-h_2)}{2\varepsilon_0}. \]

Средняя пластина входит с весом \(h_1-h_2\): если она ближе к третьей (\(h_2<h_1\)), её положительный заряд поднимает \(\varphi_3\) относительно \(\varphi_1\). Крайние входят симметрично, с полным пролётом \(h_1+h_2\).

Важно: здесь \(\sigma_i\) — заданные плотности тонких листов, а не «проводящие плиты, на которых заряд перераспределится». Если бы пластины были толстыми проводниками, заряд сам разбежался бы по сторонам, как в 6.3.11, и ответ был бы другим. Условие даёт плотности — считаем три фиксированные плоскости.

Решение

Средняя пластина заземлена, её потенциал \(\varphi=0\). Крайние держат потенциал \(\varphi\). Металл не пускает поле сквозь себя: линии, вышедшие из левой пластины, обязаны закончиться на левой стороне средней, и до правого зазора не доходят. Правый зазор живёт своей жизнью. Получаются два независимых плоских конденсатора с общей заземлённой обкладкой.

В плоском зазоре поле однородно. Между левой пластиной и серединой разность потенциалов равна \(\varphi-0=\varphi\), ширина \(a\), поэтому \[ E_{12}=\frac{\varphi}{a}. \] Справа точно так же \[ E_{23}=\frac{\varphi}{b}. \] Направления: от крайней пластины к средней, если \(\varphi>0\). Величины разные, если \(a\neq b\): в узком зазоре поле сильнее. Это и есть «конденсатор»: при одном и том же напряжении \(E=U/d\).

Заряды на сторонах средней пластины тоже разные: \(\sigma_{12}=-\varepsilon_0\varphi/a\), \(\sigma_{23}=-\varepsilon_0\varphi/b\). Земля как раз и поставляет ту разницу заряда, которой не хватает для баланса. Если среднюю не заземлить, а оставить изолированной с нулевым суммарным зарядом, поля в зазорах уже не будут независимы.

Направления полей: при \(\varphi>0\) оба смотрят к средней пластине. Она экран, не «прозрачное стекло»: линии левого зазора на ней обрываются и в правый не проходят. Именно поэтому \(E_{12}\) не зависит от \(b\), а \(E_{23}\) — от \(a\).

Решение

а. Плёнка. В каждом зазоре поле однородно и направлено от плёнки к пластине (если \(\sigma>0\)). Потенциал обеих пластин нуль, поэтому потенциал плёнки \[ \varphi_{\text{пл}}=E_a a=E_b b. \] Отсюда \(E_a/E_b=b/a\). Теорема Гаусса на тонкой таблетке вокруг плёнки: поле выходит в обе стороны, \[ \varepsilon_0(E_a+E_b)=\sigma. \] Решаем систему \(E_a=E_b\cdot b/a\) и \(E_a+E_b=\sigma/\varepsilon_0\): \[ E_a=\frac{\sigma b}{\varepsilon_0(a+b)},\qquad E_b=\frac{\sigma a}{\varepsilon_0(a+b)}. \] У заземлённой пластины \(E=\sigma_{\text{инд}}/\varepsilon_0\) по величине, а знак индуцированного заряда противоположен полю, входящему в металл. Поэтому \[ \sigma_a=-\varepsilon_0 E_a=-\frac{\sigma b}{a+b},\qquad \sigma_b=-\frac{\sigma a}{a+b}. \] Ближняя к плёнке пластина забирает большую долю индуцированного заряда: если \(a\ll b\), почти весь \(-\sigma\) сидит слева.

б. Точечный заряд. Заменим плёнку точечным зарядом \(q\) на той же «высоте» (на расстояниях \(a\) и \(b\) от пластин). Потенциал пластин по-прежнему нуль. Размажем мысленно \(q\) равномерно по плоскости, параллельной пластинам: получим задачу пункта а) с \(\sigma=q/S\). По теореме единственности потенциал в области между пластинами определяется граничными значениями (\(\varphi=0\) на пластинах) и зарядом внутри. На самих пластинах потенциал уже зафиксирован, поэтому их полные индуцированные заряды не могут измениться от перераспределения \(q\) вдоль плоскости. Значит \[ q_a=-\frac{qb}{a+b},\qquad q_b=-\frac{qa}{a+b}. \] Сумма \(q_a+q_b=-q\): весь заряд «изобразился» на двух землях, снаружи экранированных пластин поля нет.

Решение

Индуцированный заряд на стенке полости. Проведём замкнутую поверхность целиком в металле, обхватив полость. На ней \(\mathbf{E}=0\), поток нуль, внутренний заряд нуль: \[ Q+Q'=0\qquad\Rightarrow\qquad Q'=-Q. \] Это верно при любой форме полости и любом положении заряда внутри неё.

Почему снаружи заряд равномерен. Внешняя поверхность — сфера, металл эквипотенциален. По теореме единственности поле снаружи такое же, как у точечного заряда в центре (единственное сферически-симметричное решение с данным полным зарядом и \(\varphi\to0\) на бесконечности). Значит и \(\sigma\) на внешней сфере однородна. Полость могла сидеть где угодно и быть какой угодно формы — снаружи это не видно: металл экранирует.

Плотность, если полный заряд шара нуль. На стенке полости \(-Q\), полный заряд шара \(0\), следовательно на внешней поверхности сидит \(+Q\). Плотность \[ \sigma=\frac{Q}{4\pi R^2}. \]

Поле вне шара. Пусть теперь полный заряд шара равен \(q\). Тогда на внешней поверхности \(q-Q'=q+Q\), и на расстоянии \(L\) от центра \[ E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q+q}{L^2}. \] От положения заряда \(Q\) внутри полости и от формы полости это поле не зависит: снаружи виден только суммарный заряд \(Q+q\).

Решение

Проводник длинный, \(L\gg R\), краевыми эффектами в средней части пренебрегаем. Полость может сидеть не на оси и быть любой формы — нам нужно поле вне полости, то есть в толще металла и дальше.

В толще металла \(\mathbf{E}=0\). Гаусс вокруг полости даёт индуцированный заряд \(-q\) на её стенке. Проводник в целом незаряжен, значит на его внешней цилиндрической поверхности (радиус \(r\)) сидит \(+q\). Из-за большой длины этот заряд размазан с линейной плотностью \(q/L\), и в средней части — равномерно по образующим: иначе потенциал длинного цилиндра не был бы постоянен.

Снаружи проводник окружён экраном радиуса \(R\). «Экран» означает: поле за ним нуль. На внутренней поверхности экрана наводится \(-q\), снаружи экрана заряда нет (или экран заземлён — для поля снаружи это одно и то же, раз он цилиндрически симметричен и длинный).

Теперь — зависимость от расстояния \(x\) до оси, в средней части, вне полости.

При \(x<r\), но уже вне полости, мы находимся в металле: \(E=0\).

При \(r<x<R\) гауссова цилиндрическая поверхность радиуса \(x\) и длины \(\ell\) захватывает заряд \((q/L)\ell\): \[ E\cdot 2\pi x\ell=\frac{q\ell}{L\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E=\frac{q}{2\pi\varepsilon_0 x L}. \] Это поле бесконечной нити.

При \(x>R\) полный заряд внутри — \(q\) (в полости) \(-q\) (на полости) \(+q\) (на проводнике) \(-q\) (на экране) \(=0\), поэтому \(E=0\).

Решение

Незаряженный проводник во внешнем однородном поле \(E_0\) поляризуется: на одной стороне наводится плюс, на другой минус, так чтобы внутри стало \(\mathbf{E}=0\), а на бесконечности поле осталось \(E_0\). Поверхностная плотность связана с полем сразу снаружи: \(\sigma=\varepsilon_0 E_n\).

Уменьшим все размеры проводника в \(n\) раз, сохранив форму и поле \(E_0\) на бесконечности. Сожмём мысленно в \(n\) раз и всю картину поля — каждую силовую линию и каждую эквипотенциаль. Сжатая картина по-прежнему удовлетворяет всем условиям задачи: вдали поле осталось однородным \(E_0\) (в однородном поле нет своего масштаба длины, сжатие его не меняет), поверхность тела осталась эквипотенциалью. Значит, это и есть решение для уменьшенного проводника. При таком сжатии значение \(E\) в сходственных точках не меняется: перепады потенциала и расстояния уменьшаются в одинаковое число раз. Поэтому и \(\sigma=\varepsilon_0 E_n\) на соответствующих участках не меняется.

Интуитивно: меньший проводник «вырезает» меньший кусок того же однородного поля. Наведённый дипольный момент падает как объём, то есть как \(n^{-3}\), площадь — как \(n^{-2}\), поэтому плотность \(\sigma\sim p/(\text{объём})\cdot(\text{линейный размер})\) остаётся. Для шара это явно: \(\sigma=3\varepsilon_0 E_0\cos\theta\), радиуса в формуле нет.

Решение

Радиусы. Шар: \(R_1=10\) см \(=0{,}1\) м. Оболочка толщиной \(10\) см с внешним радиусом \(30\) см: внутренний радиус \(R_2=20\) см \(=0{,}2\) м, внешний \(R_3=0{,}3\) м.

Заряды. На шаре \(q_1=10^{-5}\) Кл. На внутренней поверхности оболочки индуцируется \(-q_1=-10^{-5}\) Кл (Гаусс в толще металла). Полный заряд оболочки \(8\cdot10^{-5}\) Кл, значит на внешней поверхности \[ 8\cdot10^{-5}-(-10^{-5})=9\cdot10^{-5}\ \text{Кл}. \] Полный заряд системы \(10^{-5}+8\cdot10^{-5}=9\cdot10^{-5}\) Кл — он и сидит снаружи.

Поле (Гаусс, сферическая симметрия): \[ \begin{aligned} r&<R_1: && E=0,\\ R_1<r<R_2: && E&=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1}{r^2},\\ R_2<r<R_3: && E&=0,\\ r>R_3: && E&=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{9\cdot10^{-5}}{r^2}. \end{aligned} \]

Потенциал, \(\varphi(\infty)=0\), \(k=9\cdot10^9\).

На внешней поверхности и во всей оболочке (\(0{,}2\le r\le0{,}3\)) \[ \varphi=k\frac{9\cdot10^{-5}}{0{,}3}=9\cdot10^9\cdot3\cdot10^{-4}=2{,}7\cdot10^6\ \text{В}=2{,}7\ \text{МВ}. \] В зазоре к этой полке добавляется вклад поля шара: \[ \varphi(r)=2{,}7\cdot10^6+k q_1\Bigl(\frac{1}{r}-\frac{1}{0{,}2}\Bigr)=2{,}7\cdot10^6+9\cdot10^4\Bigl(\frac{1}{r}-5\Bigr). \] На поверхности шара и внутри него (\(r\le0{,}1\)) \[ \varphi=2{,}7\cdot10^6+9\cdot10^4(10-5)=2{,}7\cdot10^6+4{,}5\cdot10^5=3{,}15\cdot10^6\ \text{В}=3{,}15\ \text{МВ}. \] Снаружи оболочки \(\varphi(r)=k\cdot9\cdot10^{-5}/r\) — обычная гипербола, в нуле на бесконечности.

График: горизонталь \(3{,}15\) МВ до \(10\) см; спад \(1/r\) до \(2{,}7\) МВ при \(20\) см; полка \(2{,}7\) МВ до \(30\) см; снова \(1/r\) наружу.

Решение

Три сферы: радиусы \(r\), \(2r\), \(3r\), заряды \(q\), \(2q\), \(-3q\). Полный заряд системы \(q+2q-3q=0\), поэтому на бесконечности и сразу снаружи третьей сферы \(\varphi=0\).

Потенциал точки на расстоянии \(R\) от центра, создаваемый равномерно заряженной сферой радиуса \(R_i\) с зарядом \(q_i\), равен \(kq_i/R\), если \(R\ge R_i\), и \(kq_i/R_i\), если \(R\le R_i\). На поверхности \(i\)-й сферы это как раз \(kq_j/\max(R_i,R_j)\). Складываем.

Внешняя сфера (\(R=3r\)): все три заряда для неё внутренние, \[ \varphi_3=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q}{3r}+\frac{2q}{3r}+\frac{-3q}{3r}\Bigr)=0. \]

Средняя (\(R=2r\)): заряды \(q\) и \(2q\) — внутренние (и свой), заряд \(-3q\) — внешний, он даёт константу \(k(-3q)/(3r)\): \[ \varphi_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q}{2r}+\frac{2q}{2r}+\frac{-3q}{3r}\Bigr)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{q}{2r}=\frac{q}{8\pi\varepsilon_0 r}. \]

Внутренняя (\(R=r\)): \[ \varphi_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q}{r}+\frac{2q}{2r}+\frac{-3q}{3r}\Bigr)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{q}{r}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}. \]

Замечательно, что вклады \(2q\) и \(-3q\) на внутренней сфере сократились: \(k\cdot2q/(2r)=k\cdot3q/(3r)\). Остался только «собственный» \(kq/r\).

Другой путь — идти с бесконечности. Снаружи полный заряд нуль, \(\varphi=0\) вплоть до \(3r\). В слое \(2r\ldots3r\) поле \(k\cdot3q/x^2\), падение потенциала \(k\cdot3q(1/(2r)-1/(3r))=kq/(2r)\), и средняя сфера оказывается под \(\varphi_2=kq/(2r)\). В слое \(r\ldots2r\) поле \(k\cdot q/x^2\) (внутренний заряд только \(q\): на средней сфере снаружи \(2q\), но для поля в зазоре «под ней» виден лишь \(q\)). Добавка \(kq(1/r-1/(2r))=kq/(2r)\), итого \(\varphi_1=kq/r\). Тот же ответ, и путь иногда прозрачнее.

Решение

Пусть на внутренней сфере (радиус \(r\)) заряд \(q_1\), на внешней (радиус \(2r\)) — \(q_2\). Нуль потенциала — на бесконечности.

Внешняя сфера «видит» полный заряд \(q_1+q_2\) как точку в центре: \[ \varphi_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1+q_2}{2r}=\varphi. \] Отсюда сразу \[ q_1+q_2=8\pi\varepsilon_0 r\varphi. \tag{1} \]

Внутренняя сфера: свой заряд даёт \(kq_1/r\), внешний — константу \(kq_2/(2r)\). По условию этот потенциал нуль: \[ \varphi_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q_1}{r}+\frac{q_2}{2r}\Bigr)=0\qquad\Rightarrow\qquad 2q_1+q_2=0. \tag{2} \]

Вычитаем (2) из удвоенного (1): \((2q_1+2q_2)-(2q_1+q_2)=16\pi\varepsilon_0 r\varphi\), то есть \(q_2=16\pi\varepsilon_0 r\varphi\). Тогда из (2) \(q_1=-8\pi\varepsilon_0 r\varphi\).

Знаки понятны: внешнюю сферу держат под плюсом \(\varphi\), внутренняя заземлена (или просто \(\varphi=0\)) — на неё натекает минус. По модулю заряд внешней вдвое больше, потому что её радиус вдвое больше, а потенциалы «встречные».

Тот же ответ читается через ёмкости. Система двух концентрических сфер — это сферический конденсатор ёмкости \(C=4\pi\varepsilon_0\cdot r\cdot 2r/(2r-r)=8\pi\varepsilon_0 r\), плюс внешняя сфера как уединённый шар ёмкости \(C_{\text{внеш}}=4\pi\varepsilon_0\cdot 2r=8\pi\varepsilon_0 r\). Внутренняя сидит на нуле, внешняя на \(\varphi\): заряд конденсатора \(q_{\text{конд}}=-C\varphi=-8\pi\varepsilon_0 r\varphi\) (минус — на внутренней обкладке), а полный заряд внешней равен заряду конденсатора с плюсом плюс заряд уединённой внешней сферы \(C_{\text{внеш}}\varphi\). Но заряд конденсатора на внешней обкладке равен \(+C\varphi\), плюс \(C_{\text{внеш}}\varphi\) даёт \(16\pi\varepsilon_0 r\varphi\). Та же пара чисел.

Поле снаружи \(E=k(q_1+q_2)/x^2=k\cdot 8\pi\varepsilon_0 r\varphi/x^2=2\varphi r/x^2\); на самой внешней сфере \(E=2\varphi/(2r)=\varphi/r\), как и \(E=\sigma/\varepsilon_0\) с \(\sigma=q_2/(4\pi\cdot4r^2)\).

Решение

До появления оболочки шар был уединён и имел потенциал \(\varphi\), значит его заряд \[ Q=4\pi\varepsilon_0 R_1\varphi. \] Надели незаряженную оболочку \(R_2\). На её внутренней поверхности наведётся \(-Q\), на внешней \(+Q\) (полный заряд оболочки нуль). Потенциал шара при этом не меняется: вклад \(-Q\) и \(+Q\) оболочки в точке внутри сокращается, остаётся \(kQ/R_1=\varphi\). Меняется он только после следующей операции.

Заземлили оболочку. С внешней поверхности заряд \(+Q\) стекает в землю. Оболочка теперь под нулём, снаружи поля нет. На шаре по-прежнему \(Q\) (он изолирован). Его потенциал — это потенциал конденсатора «шар–оболочка»: \[ \varphi_1=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\Bigr)=\varphi\cdot\frac{R_2-R_1}{R_2}. \] Потенциал упал: часть «высоты» \(kQ/R_1\) съела заземлённая оболочка.

Соединили шар с оболочкой (перемычкой, землю не трогаем). Теперь это один проводник. Весь заряд \(Q\) выталкивается на внешнюю поверхность (внутри металла \(E=0\), на внутренней стороне оболочки заряд стать ненулевым не может — иначе Гаусс в металле нарушится). Система выглядит как уединённый шар радиуса \(R_2\): \[ \varphi_2=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R_2}=\varphi\cdot\frac{R_1}{R_2}. \]

Решение

Внутренняя сфера несёт заряд \(q\). Гаусс в толще внешней сферы требует, чтобы на её внутренней поверхности сидел \(-q\). Внешняя сфера заземлена: потенциал нуль, и единственное согласованное с \(\varphi(\infty)=0\) распределение — нулевой заряд на её внешней стороне. Снаружи полный заряд системы нуль, \(E=0\), \(\varphi=0\).

Область \(r>R_2\). \[ E=0,\qquad \varphi=0. \]

Зазор \(R_1<r<R_2\). Внутри гауссовой сферы радиуса \(r\) заряд \(q\), \[ E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}. \] Потенциал отсчитываем от внешней сферы, где он нуль: \[ \varphi(r)=-\int_{R_2}^{r}E\,dr'=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{r}-\frac{1}{R_2}\Bigr). \] (Идём внутрь против поля, если \(q>0\), потенциал растёт.)

Внутри внутренней сферы, \(r<R_1\). Это металл: \(E=0\), потенциал равен значению на её поверхности \[ \varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\Bigr). \]

Это потенциал заряженного сферического конденсатора. Ёмкость \(C=4\pi\varepsilon_0 R_1 R_2/(R_2-R_1)\), и \(\varphi_{\text{внутр}}=q/C\).

Сравните с 6.3.24, где заземлена внутренняя сфера: там снаружи поле уже не нуль, потому что полный заряд системы не ноль. Здесь земля «съела» \(+q\) с внешней стороны, и снаружи темно. График \(\varphi(r)\): нуль всюду при \(r\ge R_2\), затем рост как \(1/r-1/R_2\) до полки внутри внутренней сферы.

Решение

Неизвестные. На внутренней сфере — \(q_1\) (его даст земля). На внутренней стороне внешней сферы \(-q_1\) (Гаусс в зазоре / в металле внешней). На внешней стороне внешней сферы тогда \(q+q_1\), потому что полный заряд внешней фиксирован и равен \(q\).

Потенциал внутренней сферы. Вклад своего заряда \(kq_1/R_1\), вклад всего, что сидит на внешней сфере, — константа \(kq/R_2\) (для любой внутренней точки внешняя сфера выглядит как \(k\cdot(\text{полный её заряд})/R_2\), а полный её заряд как раз \(q\)): \[ \varphi_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q_1}{R_1}+\frac{q}{R_2}\Bigr)=0\qquad\Rightarrow\qquad q_1=-q\frac{R_1}{R_2}. \] На внутренней наведён минус, по модулю в \(R_1/R_2\) раз меньше \(q\). Снаружи полный заряд системы \(q+q_1=q(1-R_1/R_2)\).

Снаружи, \(r>R_2\). \[ E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r^2}\Bigl(1-\frac{R_1}{R_2}\Bigr),\qquad \varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{r}\Bigl(1-\frac{R_1}{R_2}\Bigr). \]

В зазоре, \(R_1<r<R_2\). Поле создаёт только \(q_1\): \[ E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1}{r^2}=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q R_1}{R_2 r^2}. \] Потенциал: от внешней поверхности, где \(\varphi(R_2)=k(q+q_1)/R_2\), плюс интеграл поля \(q_1\). Прямее — сложить вклады: \[ \varphi(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{q_1}{r}+\frac{q}{R_2}\Bigr)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R_2}\Bigl(1-\frac{R_1}{r}\Bigr). \] При \(r=R_1\) это нуль, при \(r=R_2\) совпадает с внешним значением. Поле в зазоре направлено к центру (\(q_1<0\)).

Внутри внутренней сферы, \(r<R_1\). Металл заземлён: \(E=0\), \(\varphi=0\).

Решение

Полный заряд шара \(Q=\tfrac43\pi R^3\rho\).

Поле. Гауссова сфера радиуса \(r\). Снаружи она захватывает весь заряд: \[ E\cdot4\pi r^2=\frac{Q}{\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E(r)=\frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r^2},\quad r\ge R. \] Внутри — только заряд доли \(\tfrac43\pi r^3\rho\): \[ E\cdot4\pi r^2=\frac{\tfrac43\pi r^3\rho}{\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E(r)=\frac{\rho r}{3\varepsilon_0},\quad r\le R. \] На поверхности оба выражения сходятся: \(E(R)=\rho R/(3\varepsilon_0)\).

Потенциал снаружи. Нуль на бесконечности, \[ \varphi(r)=\int_r^\infty E\,dr'=\frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r},\quad r\ge R. \] На поверхности \(\varphi(R)=\rho R^2/(3\varepsilon_0)\).

Потенциал внутри. От поверхности идём внутрь, поле \(E=\rho r/(3\varepsilon_0)\): \[ \varphi(r)=\varphi(R)+\int_r^R\frac{\rho r'}{3\varepsilon_0}\,dr'=\frac{\rho R^2}{3\varepsilon_0}+\frac{\rho}{6\varepsilon_0}(R^2-r^2). \] Приводим к одному знаменателю: \[ \varphi(r)=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\Bigl(R^2-\frac{r^2}{3}\Bigr). \] В центре \(\varphi(0)=\rho R^2/(2\varepsilon_0)\) — в полтора раза больше, чем на поверхности. Поле внутри растёт линейно, потенциал — парабола ветвями вниз.

Полезно сравнить с равномерно заряженной сферической оболочкой того же заряда \(Q\): снаружи формулы те же, а внутри \(E=0\) и \(\varphi=\mathrm{const}=kQ/R\). Объёмный шар «проигрывает» оболочке в потенциале центра: часть заряда сидит ближе к центру и даёт больший вклад, поэтому \(\varphi(0)=1{,}5\cdot kQ/R\), а не \(kQ/R\).

Решение

Шар. Из 6.3.25 внутри \(E=\rho r/(3\varepsilon_0)\), \(\varphi(r)=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}(R^2-r^2/3)\). На центре и на поверхности \[ \varphi(0)-\varphi(R)=\frac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}-\frac{\rho R^2}{3\varepsilon_0}=\frac{\rho R^2}{6\varepsilon_0}. \] Или напрямую: \(\int_0^R E\,dr=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\int_0^R r\,dr=\rho R^2/(6\varepsilon_0)\).

Цилиндр. Бесконечный цилиндр радиуса \(R\), плотность \(\rho\). Гауссова боковая поверхность радиуса \(r<R\) и длины \(\ell\): \[ E\cdot2\pi r\ell=\frac{\pi r^2\ell\rho}{\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E=\frac{\rho r}{2\varepsilon_0}. \] (Снаружи было бы \(\rho R^2/(2\varepsilon_0 r)\) — как у нити.) Разность между осью и поверхностью \[ \Delta\varphi=\int_0^R E\,dr=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\int_0^R r\,dr=\frac{\rho R^2}{4\varepsilon_0}. \]

Пластина. Бесконечный слой толщины \(h\), середина — плоскость симметрии \(x=0\), поверхности при \(x=\pm h/2\). Поле перпендикулярно пластине. Таблетка от середины до координаты \(x\): \[ E\cdot S=\frac{Sx\rho}{\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E=\frac{\rho x}{\varepsilon_0}. \] (Снаружи \(E=\rho h/(2\varepsilon_0)\) — как у плёнки с \(\sigma=\rho h\).) От середины до поверхности \[ \Delta\varphi=\int_0^{h/2}E\,dx=\frac{\rho}{\varepsilon_0}\int_0^{h/2}x\,dx=\frac{\rho}{\varepsilon_0}\cdot\frac{1}{2}\Bigl(\frac{h}{2}\Bigr)^2=\frac{\rho h^2}{8\varepsilon_0}. \]

Три ответа отличаются только численным коэффициентом: \(1/6\), \(1/4\), \(1/8\). Это размерность: шар «трёхмерен» (поле \(\propto r/3\)), цилиндр «двумерен» (\(\propto r/2\)), пластина «одномерна» (\(\propto x/1\)). Интеграл \(\int_0^L (r/n)\,dr=L^2/(2n)\) даёт как раз \(1/6\), \(1/4\), \(1/2\cdot(h/2)^2=h^2/8\).

Решение

Линейная плотность заряда цилиндра \(\lambda=\rho\cdot\pi r^2\). Заземлённая поверхность при \(x=R\) имеет \(\varphi=0\); снаружи неё поля нет (экран).

Зазор \(r<x<R\). Гаусс: \[ E\cdot2\pi x=\frac{\lambda}{\varepsilon_0}\qquad\Rightarrow\qquad E(x)=\frac{\rho r^2}{2\varepsilon_0 x}. \] Потенциал отсчитываем от трубы: \[ \varphi(x)=\int_x^R E\,dx'=\frac{\rho r^2}{2\varepsilon_0}\ln\frac{R}{x}. \] На поверхности цилиндра \(\varphi(r)=\frac{\rho r^2}{2\varepsilon_0}\ln(R/r)\).

Внутри цилиндра, \(x<r\). Поле то же, что у равномерно заряженного цилиндра без трубы (труба снаружи не меняет поле внутри, пока мы не трогаем заряд): \[ E(x)=\frac{\rho x}{2\varepsilon_0}. \] От поверхности цилиндра идём к оси: \[ \varphi(x)=\varphi(r)+\int_x^r\frac{\rho x'}{2\varepsilon_0}\,dx'=\frac{\rho r^2}{2\varepsilon_0}\ln\frac{R}{r}+\frac{\rho}{4\varepsilon_0}(r^2-x^2). \] В скобках: \[ \varphi(x)=\frac{\rho}{2\varepsilon_0}\Bigl(r^2\ln\frac{R}{r}+\frac{r^2}{2}-\frac{x^2}{2}\Bigr). \] На оси потенциал максимален: логарифм зазора плюс \(\rho r^2/(4\varepsilon_0)\).

Решение

Поставим заряд-изображение \(-Q\) зеркально, на глубине \(h\) под плоскостью. Посередине, в плоскости симметрии, потенциалы \(+Q\) и \(-Q\) гасят друг друга: \(\varphi=0\). Это в точности граничное условие на заземлённом металле. По теореме единственности поле в верхнем полупространстве совпадает с полем пары.

Сила, действующая на настоящий заряд, равна силе со стороны изображения (поле изображения в точке \(Q\); своё поле заряд «не чувствует»): \[ F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q\cdot Q}{(2h)^2}=\frac{Q^2}{16\pi\varepsilon_0 h^2}. \] Направление — к плоскости: плюс тянется к минусу. Сама плоскость при этом притягивается к заряду с той же по модулю силой (третий закон для полной системы; локально тянут индуцированные минусы под зарядом).

Индуцированный заряд на плоскости равен полному заряду изображения: \(Q_{\text{инд}}=-Q\). Он размазан с плотностью \(\sigma=-\varepsilon_0 E_n\), максимум — прямо под \(Q\).

Решение

Плоскость \(z=0\). Настоящие заряды в точках \((\pm h,\,0,\,h)\), расстояние между ними \(2h\). Изображения \(-Q\) в \((\pm h,\,0,\,-h)\). Считаем силу на правый заряд \((h,\,0,\,h)\). Обозначим \(k=1/(4\pi\varepsilon_0)\).

1. Второй настоящий заряд в \((-h,\,0,\,h)\). Отталкивание вдоль плоскости, расстояние \(2h\): \[ \mathbf{F}_1=k\frac{Q^2}{4h^2}\,\mathbf{e}_x. \]

2. Своё изображение в \((h,\,0,\,-h)\). Притяжение к плоскости, расстояние \(2h\): \[ \mathbf{F}_2=-k\frac{Q^2}{4h^2}\,\mathbf{e}_z. \]

3. Чужое изображение в \((-h,\,0,\,-h)\). Вектор от заряда к нему \((-2h,\,0,\,-2h)\), расстояние \(2h\sqrt{2}\). Притяжение, модуль \(kQ^2/(8h^2)\), единичный вектор \((-1/\sqrt{2},\,0,\,-1/\sqrt{2})\): \[ F_{3x}=F_{3z}=-k\frac{Q^2}{8\sqrt{2}\,h^2}. \]

Сумма: \[ F_x=k\frac{Q^2}{h^2}\Bigl(\frac14-\frac{1}{8\sqrt{2}}\Bigr),\qquad F_z=-k\frac{Q^2}{h^2}\Bigl(\frac14+\frac{1}{8\sqrt{2}}\Bigr). \] Модуль. Пусть \(\alpha=kQ^2/h^2\). Тогда \[ |F|=\frac{\alpha}{8}\sqrt{\bigl(2-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr)^2+\bigl(2+\tfrac{1}{\sqrt{2}}\bigr)^2}. \] Под корнем: \(4-2\sqrt{2}+\tfrac12+4+2\sqrt{2}+\tfrac12=9\). Корень равен \(3\), поэтому \[ |F|=\frac{3\alpha}{8}=\frac{3}{8}\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q^2}{h^2}=\frac{3Q^2}{32\pi\varepsilon_0 h^2}. \] Перекрёстные члены \(\pm2\sqrt{2}\) сократились — поэтому ответ такой круглый. Сила не чисто к плоскости и не чисто вдоль: она под углом к обеим, к ребру «квадрата» из четырёх зарядов.

Решение

Область I — первый квадрант, заряд \(q\) в точке \((l,l)\). Чтобы обе полуплоскости стали эквипотенциалями \(\varphi=0\), ставим:

• \(-q\) в \((l,-l)\) — зеркало относительно горизонтальной грани;
• \(-q\) в \((-l,l)\) — зеркало относительно вертикальной;
• \(+q\) в \((-l,-l)\) — «зеркало зеркала», иначе на одной из граней потенциал не занулится.

На обеих гранях \(\varphi=0\) по построению, и теорема единственности фиксирует поле в области I. В областях II–IV стоит металл: свободные заряды экранируют, поля там нет. (Изображения — фиктивные, их «поля» за металлом не существуют.)

Сила на \(q\). Два ближних изображения притягивают: каждое на расстоянии \(2l\), сила \(kq^2/(4l^2)\). Эти две силы перпендикулярны и равны, равнодействующая \[ F_\text{притяж}=\sqrt{2}\cdot\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{4l^2} \] вдоль биссектрисы к ребру. Дальнее изображение \(+q\) отталкивает вдоль той же биссектрисы, расстояние \(2l\sqrt{2}\), сила \(kq^2/(8l^2)\) от ребра. Итого к ребру: \[ F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac{\sqrt{2}\,q^2}{4l^2}-\frac{q^2}{8l^2}\Bigr)=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 l^2}\cdot\frac{2\sqrt{2}-1}{8}=\frac{q^2(2\sqrt{2}-1)}{32\pi\varepsilon_0 l^2}. \]

Решение

Шар изолирован и незаряжен: полный заряд на нём нуль. Потенциал шара постоянен — одно число для всех его точек, в том числе для центра.

Потенциал в центре складывается из двух частей.

1. Внешний заряд \(q\) на расстоянии \(L\) даёт \[ \varphi_q=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{L}. \]

2. Индуцированные заряды сидят на поверхности сферы. Каждый кусочек \(dq\) в центре даёт вклад \(k\,dq/R\). Сумма \[ \varphi_{\text{инд}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 R}\int dq=\frac{Q_{\text{инд}}}{4\pi\varepsilon_0 R}=0, \] потому что \(Q_{\text{инд}}=0\).

Итого \[ \varphi=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 L}. \] Индукция, конечно, есть: плюс \(q\) нагоняет минус на ближнюю сторону шара и плюс на дальнюю. Но эти плюс и минус в центре видны одинаково (оба на расстоянии \(R\)), и их вклады сокращаются. Шар в целом поднят на тот потенциал, который в его центре создал бы один \(q\), будто шара нет.

Если шар заземлить, \(\varphi=0\), и тогда на него натечёт заряд \(Q=-qR/L\) (следующая задача) — как раз чтобы погасить \(kq/L\).

Решение

Ищем точечный заряд \(q'\) внутри шара, который вместе с настоящим \(q\) сделает сферу эквипотенциалью нуль. По симметрии \(q'\) лежит на прямой «центр–\(q\)». Пусть он на расстоянии \(d\) от центра. Для любой точки сферы, удалённой на \(R\) от центра, должно быть \[ \frac{q}{r}+\frac{q'}{r'}=0, \] где \(r\) и \(r'\) — расстояния от этой точки до \(q\) и до \(q'\).

Геометрия подобных треугольников (или прямая подстановка в закон косинусов) даёт единственное решение \[ d=\frac{R^2}{L},\qquad q'=-q\frac{R}{L}. \] Проверка в двух точках. Ближайшая к \(q\) точка сферы: расстояния \(L-R\) и \(R-d=R(1-R/L)\), и \(q/(L-R)+q'/(R-d)=0\). Дальняя: \(L+R\) и \(R+d\), тоже гасится. Значит гасится всюду на сфере.

Поле снаружи шара совпадает с полем пары \(q\) и \(q'\). Индуцированный заряд на сфере равен полному потоку её поля, а снаружи это поле изображения, поэтому \[ Q=q'=-q\frac{R}{L}. \] Знак минус: плюс \(q\) нагоняет на шар минус с земли. Чем ближе \(q\) к поверхности (\(L\to R\)), тем больше натекает, \(Q\to-q\). Чем дальше, тем слабее, \(Q\sim -qR/L\to0\).

Сила на \(q\) — притяжение к изображению: \(F=k|q q'|/(L-d)^2=k q^2 R L/(L^2-R^2)^2\). Нам её не спрашивали, но полезно видеть, что при \(L\to R\) сила расходится (заряд падает на шар), а при \(L\gg R\) сила \(k q^2 R/L^3\) — как у диполя. Полный индуцированный заряд при этом по-прежнему \(-qR/L\).

Заземление существенно. Если шар изолировать с нулевым зарядом, изображение \(q'\) останется, но в центр добавят \(-q'\), чтобы полный заряд был нуль; тогда \(Q=0\), а потенциал шара станет \(kq/L\), как в 6.3.31.

Решение

До добавки на сфере уже было какое-то распределение: собственный заряд плюс индукция от \(q\). Поверхность эквипотенциальна. Добавим заряд \(Q\). Новый заряд на проводнике распределится так, чтобы поверхность осталась эквипотенциалью. Однородное распределение по сфере как раз даёт константу потенциала на ней и не возмущает уже существующую картину. Значит добавка \(Q\) просто равномерно «налипает» поверх того, что было.

Заряд \(q\) снаружи, \(L>R\). Равномерно заряженная сфера снаружи неотличима от точки \(Q\) в центре. На заряд \(q\) добавится кулоновская сила \[ \Delta F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Qq}{L^2} \] (вдоль линии центр–\(q\), отталкивание при \(Qq>0\)). Индукционная часть силы — притяжение к изображениям — не меняется: мы её не трогали.

Заряд \(q\) внутри полости, \(L<R\). Равномерный заряд на внешней поверхности сферической оболочки не создаёт поля внутри (теорема Гаусса / Ньютона). Добавка \(Q\) никак не действует на \(q\), сила не меняется. Весь «разговор» \(q\) идёт только с индуцированным зарядом на стенке полости, а его мы не меняли.

Если сфера сплошная и \(L<R\), заряда внутри металла быть не может — имеется в виду полая сфера, как в 6.3.16.

Решение

В чём ошибка. Внутри конденсатора поле однородно и направлено к отрицательной пластине. На ту часть обруча, что попала в зазор, действует сила к минусу — да, есть «движущий» момент. Но пластины конечны: у краёв поле выпучивается. Вышедшая наружу дуга обруча попадает в это неоднородное краевое поле, которое направлено так, что тянет её назад, к конденсатору. Этот тормозящий момент в точности равен движущему. Вечного вращения нет, как и не бывает вечного двигателя в консервативном поле.

Доказательство \(M=0\). Возьмём тонкое кольцо радиуса \(R\), линейная плотность \(\lambda=\mathrm{const}\), центр в начале координат, кольцо в своей плоскости. Момент сил относительно центра \[ \mathbf{M}=\oint\mathbf{r}\times(dq\,\mathbf{E})=\lambda\oint\mathbf{r}\times\mathbf{E}\,dl. \] Вращать кольцо вокруг его оси может только касательная к кольцу составляющая силы: нормальные составляющие проходят через ось и момента не дают. Поэтому \[ M=\lambda R\oint E_\tau\,dl. \] Но \(\oint E_\tau\,dl\) — это работа поля при переносе единичного заряда по замкнутому пути (по самому кольцу), а в электростатическом поле работа по любому замкнутому пути равна нулю. Значит \(M=0\). То же на языке энергии: поворот однородно заряженного кольца на любой угол переводит распределение заряда само в себя, энергия взаимодействия с полем не меняется — крутить нечему. Это верно в любом электростатическом поле, не только в поле конденсатора: однородном, неоднородном, с краями и без.

Если заряд по обручу размазан неравномерно, момент уже может быть, и обруч повернётся, пока «тяжёлая» дуга не сядет в минимум потенциала. Однородность заряда здесь существенна.

Решение

Чтобы заполнить шар водой, нужно \(N=V_{\text{шара}}/V_{\text{капли}}\) капель: \[ N=\frac{\tfrac43\pi R^3}{\tfrac43\pi r^3}=\Bigl(\frac{R}{r}\Bigr)^3. \] Каждая несёт заряд \(q\), шар изолирован, весь заряд остаётся на нём. К концу процесса заряд шара \(Q=Nq=q(R/r)^3\), потенциал \[ \varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{R}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q R^2}{r^3}. \]

Самые трудные — последние капли: шар уже почти под полным потенциалом, а капля ещё на бесконечности, где \(\varphi=0\). Чтобы добраться до поверхности, ей нужно иметь запас энергии \(q\varphi\) (заряд капли одинаков со знаком заряда шара — отталкивание). Этот запас берётся из гравитации. Отсчитывая высоту \(h\) от центра шара и пренебрегая \(R\) по сравнению с \(h\) (ответ покажет, что \(h\gg R\)), \[ mgh=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q\cdot Q}{R}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2 R^2}{r^3}. \] Масса капли \(m=\tfrac43\pi r^3\rho\): \[ \frac43\pi r^3\rho\cdot g\cdot h=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2 R^2}{r^3}, \] \[ h=\frac{3q^2 R^2}{16\pi^2\varepsilon_0\rho g r^6}. \] Коэффициент: \(k\cdot q^2 R^2/r^3\) делим на \(\tfrac43\pi r^3\rho g\), и \(1/(4\pi\varepsilon_0)\cdot 3/(4\pi)=3/(16\pi^2\varepsilon_0)\).

Почему последние капли определяют высоту. Первые падают почти свободно: шар ещё пуст, барьера нет. Капельница стоит на фиксированной высоте, и эта высота должна хватить самой тяжёлой, финальной капле. Промежуточные проходят с запасом.

Решение

Обозначим ёмкости шариков \(C_1\) и \(C_2\) (они фиксированы формой и размером, от заряда не зависят). Процесс: шарик 1 каждый раз заряжают до \(Q\) и касаются шарика 2, который уже несёт какой-то заряд с прошлого раза.

Первое касание. Шарик 2 был пуст. После касания суммарный заряд \(Q\) делится пропорционально ёмкостям: \[ q=Q\cdot\frac{C_2}{C_1+C_2}. \] Отсюда нужное отношение \[ \frac{C_2}{C_1}=\frac{q}{Q-q}. \]

Предел. Пусть на втором шарике уже заряд \(Q'\). Приносим первый с зарядом \(Q\), касаемся. После касания \[ Q'_\text{нов}=(Q+Q')\frac{C_2}{C_1+C_2}. \] Стационарность: \(Q'_\text{нов}=Q'\), то есть \[ Q'=(Q+Q')\frac{C_2}{C_1+C_2}\qquad\Rightarrow\qquad Q'C_1=QC_2\qquad\Rightarrow\qquad Q'=Q\frac{C_2}{C_1}. \] Подставляем отношение ёмкостей: \[ Q'=\frac{qQ}{Q-q}. \] Словами: второй шарик больше не принимает заряд, когда его потенциал уже равен потенциалу свежезаряженного первого, \(\varphi=Q/C_1\). Тогда при касании течь некуда.

Заметим \(Q'>q\): каждое следующее касание добавляет всё меньше, но сумма больше первой порции. Если шарики одинаковы, \(q=Q/2\), \(Q'=Q\) — второй в пределе получает столько же, сколько каждый раз носят на первом. Если второй гораздо меньше, \(q\ll Q\), \(Q'\approx q\) — почти ничего сверх первой порции.

Решение

Если просто коснуться вторым проводником шарика \(Q\), заряд поделится, и на втором окажется меньше \(Q\). Чтобы получить больше, заряд должен откуда-то взяться — из земли.

Один цикл индукции.

1. Подносим шарик с зарядом \(Q\) к изолированному проводнику (не касаясь). На ближней стороне наводится минус, на дальней — плюс.
2. Заземляем проводник на мгновение. Плюс стекает в землю (или минус натекает — как удобнее думать). На проводнике остаётся только индуцированный минус.
3. Отключаем землю. Уносим шарик \(Q\). На проводнике сидит заряд \(-Q_{\text{инд}}\), и \(|Q_{\text{инд}}|\) может быть порядка \(Q\), а при удачной геометрии (проводник охватывает шарик, как оболочка) — почти равен \(Q\).

Шарик \(Q\) свой заряд не потерял. Повторяем цикл, каждый раз перенося индуцированную порцию на изолированный накопитель (или оставляя её на том же проводнике, если он сам накопитель). После \(n\) циклов на накопителе порядка \(nQ_{\text{инд}}\), и это больше \(Q\), как только \(n\ge2\).

Тонкость: когда на накопителе уже много заряда, индукция слабеет (потенциал накопителя мешает земле отдавать новую порцию). Тогда либо увеличивают ёмкость накопителя (подключают большую уединённую сферу, см. 6.3.39), либо работают двумя проводниками, как в электрофорной машине: взаимная индукция двух вращающихся дисков сама себя усиливает. Принцип тот же — земля как источник, \(Q\) как «ключ».

Можно и без повторения сразу получить больше \(Q\), если проводник — заземлённая оболочка, почти окружающая шарик: индуцированный заряд \(\approx-Q\), а затем этот заряд переносят на маленький накопитель в несколько приёмов, накапливая. Но «больше \(Q\) на одном теле» всё равно требует нескольких переносов или большой ёмкости.

Решение

Поле \(\sim100\) В/м означает: на каждом метре высоты потенциал атмосферы растёт примерно на \(100\) В (земля минус, небо плюс). Это уже измеримо школьным электрометром, если аккуратно отвести наводки.

1. Две пластины на разной высоте. Две горизонтальные проводящие пластины площади \(S\), разнесённые по вертикали на \(h\). В поле Земли на них наводятся заряды, и если пластины соединить через гальванометр, при разведении (или при экранировании одной) протечёт заряд. Проще: измерить разность потенциалов изолированных пластин, \[ \Delta\varphi=Eh\sim100\,\frac{\text{В}}{\text{м}}\cdot h. \] При \(h=2\) м это \(200\) В — вполне видимо. Чтобы пластина приняла потенциал «своей» высоты, воздух между ними иногда ионизируют (спичка, радиоактивный коллектор): иначе воздух — изолятор, и пластина помнит, с чем её соединяли в последний раз.

2. Сбор индуцированного заряда. Горизонтальная пластина площади \(S\), лежащая на изоляторах. Поле входит в неё сверху, \(\sigma=\varepsilon_0 E\), полный индуцированный заряд \[ q=\varepsilon_0 ES. \] При \(S=1\) м\(^2\), \(E=100\) В/м получаем \(q=8{,}85\cdot10^{-10}\) Кл — пикокулоны, но баллистическим гальванометром или современным электрометром измеримо. Заземлили — заряд стёк, измерили импульс тока; отключили землю, перевернули пластину (или накрыли экраном) — поле «выключилось», заряд можно снять ещё раз.

3. Радиоактивный коллектор. Игла с препаратом ионизирует воздух в своей окрестности; провод, соединённый с иглой, принимает потенциал атмосферы на этой высоте. Две такие иглы на разных высотах дают \(\Delta\varphi=Eh\). Так измеряли поле Земли ещё в XIX веке.

Осторожность: деревья, стены, сам экспериментатор искажают поле (они проводники). Измерять лучше на открытом месте, пластины — далеко от стоек.

Решение

Ёмкость уединённого проводника по определению \[ C=\frac{Q}{\varphi}, \] где \(\varphi\) — потенциал проводника относительно бесконечности, когда на нём заряд \(Q\).

Потенциал есть интеграл \[ \varphi=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int\frac{dq}{r} \] по поверхности проводника (или, что то же, \(\varphi=\int_\infty^{\text{пов}}E\,dl\)). Увеличим все линейные размеры в три раза, сохранив заряд \(Q\) и форму. Каждое расстояние \(r\) в интеграле умножится на \(3\), распределение \(\sigma\) станет в \(9\) раз реже (\(\sigma'=Q/(9S)=\sigma/9\)), но \(dq=\sigma\,dS\) сохранится как полный заряд. Итог: каждый вклад \(dq/r\) падает втрое, \(\varphi'=\varphi/3\). Следовательно \[ C'=\frac{Q}{\varphi'}=\frac{Q}{\varphi/3}=3C. \]

Короче: в СГС ёмкость уединённого тела измеряется в сантиметрах и просто пропорциональна его размеру. Шар: \(C=R\). Утроили радиус — утроили ёмкость. Для тела любой формы есть коэффициент формы, безразмерный, и \(C=k_{\text{форм}}\cdot L\). Масштаб \(L\times3\) даёт \(C\times3\).

Поле у поверхности при фиксированном \(Q\) падает в \(9\) раз (\(E\sim\sigma/\varepsilon_0\), площадь \(\times9\)), путь интегрирования растёт в \(3\) раза, потенциал падает в \(3\) раза — та же арифметика.

Решение

Заряд на уединённом проводящем шаре распределён равномерно (симметрия). Снаружи поле такое же, как у точки \(Q\) в центре, \[ E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2},\qquad r\ge R. \] Потенциал относительно бесконечности \[ \varphi=\int_R^\infty E\,dr=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{R}. \] Внутри металла поле нуль, потенциал тот же, \(\varphi=Q/(4\pi\varepsilon_0 R)\). По определению ёмкости \[ C=\frac{Q}{\varphi}=4\pi\varepsilon_0 R. \]

В гауссовой системе \(k=1\), \(\varphi=Q/R\), и ёмкость просто равна радиусу: \(C=R\). Отсюда привычка старых книг измерять ёмкость в сантиметрах: шар радиуса \(1\) см имеет ёмкость \(1\) см \(=1{,}11\) пФ.

Это самая маленькая ёмкость среди тел «поперечника» \(R\): у острых и вытянутых тел ёмкость чуть больше (заряд сидит дальше от центра, потенциал при том же \(Q\) ниже). Но порядок всегда \(C\sim4\pi\varepsilon_0 L\).

Откуда берётся определение. Подключить шар к батарее с напряжением \(\varphi\) — на него натечёт заряд \(Q=C\varphi\). Отключить батарею и увеличить радиус: потенциал упадёт (заряд размажется по большей площади), ёмкость вырастет. Энергия заряженного шара \(Q^2/(2C)=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\): чем больше шар, тем дешевле хранить тот же заряд. Именно поэтому в задаче 6.3.39 утроение размеров утраивает ёмкость.

Связь с предыдущими задачами. В 6.3.22 шар в оболочке: до заземления \(C=4\pi\varepsilon_0 R_1\), после заземления оболочки \(C=4\pi\varepsilon_0 R_1 R_2/(R_2-R_1)\) — ёмкость выросла, потенциал при том же \(Q\) упал. В 6.3.31 незаряженный шар во внешнем поле имеет потенциал \(kq/L\), как точка: его «ёмкость относительно бесконечности» по-прежнему \(4\pi\varepsilon_0 R\), просто заряд на нём нуль, и \(\varphi\) задаёт внешний заряд.

Численный якорь: \(4\pi\varepsilon_0=1/k\approx1{,}11\cdot10^{-10}\) Ф/м. Шар радиуса \(1\) м имеет ёмкость \(111\) пФ; шар радиуса \(9\) см — ровно \(10\) пФ. Лабораторные «изолированные шарики» на стержнях — это десятки пикофарад, и их легко перепутать с ёмкостью самого электрометра.

Решение

Возьмём два проводника и сообщим им равные по модулю разноимённые заряды \(\pm Q\). Почти все силовые линии, которые вышли с одной обкладки, заканчиваются на другой: поле «живёт» в зазоре и почти не вылезает наружу. Такую пару и называют электрическим конденсатором, а сами проводники — его обкладками.

Ёмкость конденсатора определяют так: \[ C=\frac{Q}{\varphi_1-\varphi_2}=\frac{Q}{V}, \] где \(V\) — разность потенциалов именно между обкладками. Это отношение не зависит от \(Q\): если удвоить заряд, удвоится и поле в зазоре, удвоится и \(V\).

У уединённого проводника второй «обкладки» нет. Потенциал считают от бесконечности, где \(\varphi_\infty=0\), и пишут \(C=Q/\varphi\). Поле такого проводника заполняет всё пространство, поэтому его ёмкость мала и зависит от того, что стоит вокруг: соседняя стена, рука, другой проводник. У конденсатора поле заперто в щели толщины \(d\ll\sqrt{S}\), внешние тела его почти не чувствуют, и \(C\) определяется только геометрией зазора.

Порядок величин полезно держать в голове. Уединённый шар радиуса \(R=10\) см имеет \(C=4\pi\varepsilon_0 R\approx 11\) пФ. Плоский конденсатор той же «площади» \(S\sim 3\cdot10^{-2}\) м\(^2\) при зазоре \(d=1\) мм даёт \(C=\varepsilon_0 S/d\sim 270\) пФ — в десятки раз больше. Именно поэтому конденсатор и выигрывает: мы «приблизили бесконечность» на расстояние \(d\).

Ёмкость Земли как уединённого шара \(4\pi\varepsilon_0 R_\oplus\approx 710\) мкФ. Конденсатор в 1 Ф — шар радиуса \(9\cdot 10^9\) м, больше орбиты Луны. Пара пластин выигрывает не размером, а тем, что вторая обкладка сидит в миллиметре, а не на бесконечности: поле не разбегается, и те же пикофарады собираются на ладони.

Решение

Ёмкость плоского конденсатора (вывод — в следующей задаче) \[ C=\frac{\varepsilon_0 S}{d}. \] Поле в зазоре однородно, краевыми эффектами пренебрегаем: \(d\) много меньше поперечного размера пластин.

а. «Размеры пластин увеличили в два раза» — это про линейные размеры \(a\) и \(b\). Площадь \(S=ab\) вырастет в \(2\cdot2=4\) раза. Зазор \(d\) не трогали. Значит, \[ C'=\frac{\varepsilon_0\cdot 4S}{d}=4C: \] ёмкость увеличилась в четыре раза.

Если бы увеличили все размеры, включая зазор, получилось бы иначе: \(S\times4\), \(d\times2\), \(C\times2\). Ёмкость имеет размерность длины, и при подобном растяжении всего конденсатора она растёт пропорционально масштабу. Но в пункте «а» зазор не меняли.

б. Площадь прежняя, зазор удваиваем: \(d\to 2d\). Тогда \(C\to C/2\). Если зазор увеличить в \(n\) раз, \(d\to nd\), \[ C\to\frac{C}{n}. \] Физика простая: при том же заряде поле \(E=\sigma/\varepsilon_0\) не зависит от \(d\), а разность потенциалов \(V=Ed\) растёт вместе с зазором — за тот же \(Q\) «платим» большим \(V\), ёмкость падает.

Растянуть только одну сторону пластины вдвое — площадь \(\times 2\), ёмкость тоже вдвое, не вчетверо. Сенсор телефона ловит изменение \(\sim 5\) пФ, когда палец увеличивает эффективную площадь. Зазор в знаменателе жёстче: микронный люфт на \(d=1\) мм уже даёт процент ухода \(C\), поэтому плоские эталоны ёмкости держат пластины на жёстких прокладках.

Решение

а. На обкладках заряды \(\pm Q\), поверхностная плотность \(\sigma=Q/S\). Поле одной бесконечной плоскости равно \(\sigma/(2\varepsilon_0)\), но внутри проводника поле должно быть нуль: вторая плоскость как раз гасит «своё» полупространство и удваивает поле в зазоре. Итого между пластинами \[ E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=\frac{Q}{\varepsilon_0 S}, \] снаружи — почти нуль (краевым полем пренебрегаем).

Поле однородно, поэтому \[ V=\varphi_+-\varphi_-=Ed=\frac{Qd}{\varepsilon_0 S}. \] По определению \(C=Q/V\): \[ C=\frac{\varepsilon_0 S}{d}. \] В системе СГС та же геометрия даёт \(C=S/(4\pi d)\), и ёмкость измеряется в сантиметрах.

б. \(S=20\) см\(^2=20\) см\(^2\), \(d=3\) мм \(=0{,}3\) см. В СГС \[ C=\frac{S}{4\pi d}=\frac{20}{4\pi\cdot 0{,}3}=\frac{20}{3{,}77}\approx 5{,}3\ \text{см}. \] В СИ: \(S=20\cdot10^{-4}\) м\(^2\), \(d=3\cdot10^{-3}\) м, \(\varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}\) Ф/м, \[ C=\frac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot 20\cdot10^{-4}}{3\cdot10^{-3}} =5{,}9\cdot10^{-12}\ \text{Ф}=5{,}9\ \text{пФ}. \] Связь единиц: \(1\) см \(_{\text{СГС}}=1{,}11\) пФ, и \(5{,}3\cdot 1{,}11\approx 5{,}9\) пФ — сошлось.

Пробой воздуха \(\sim 30\) кВ/см: зазор 3 мм держит не больше 9 кВ. На наших 5,9 пФ это энергия \(CV^2/2\approx 0{,}24\) мДж — искра слышна, ожога нет. Школьный воздушный конденсатор сидит в пикофарадах не потому, что «ёмкость мала по природе», а потому что \(d\) миллиметровый, а \(S\) — со спичечный коробок.

Решение

а. Сплошная металлическая пластина толщины \(d/3\) и площади \(S\) вставлена параллельно обкладкам. Внутри металла \(E=0\), поэтому разность потенциалов набирается только на двух воздушных щелях суммарной ширины \[ d_{\text{эфф}}=d-\frac d3=\frac{2d}3. \] Это всё равно что два плоских конденсатора с зазорами, в сумме равными \(2d/3\), соединённых последовательно (заряд на них один и тот же). Итого \[ C'=\frac{\varepsilon_0 S}{2d/3}=\frac32\cdot\frac{\varepsilon_0 S}{d}=\frac32\,C. \] Ёмкость выросла в полтора раза: часть пути «даровая», металл его не считает.

б. Пластина той же толщины, но площади \(S'<S\). Над площадью \(S'\) работает схема пункта «а», над остатком \(S-S'\) — исходный воздушный конденсатор. Эти два куска стоят рядом и имеют общую разность потенциалов — параллельное соединение: \[ C'=\frac{\varepsilon_0 S'}{2d/3}+\frac{\varepsilon_0(S-S')}{d} =C\Bigl(\frac{3S'}{2S}+\frac{S-S'}{S}\Bigr) =C\Bigl(1+\frac{S'}{2S}\Bigr). \] При \(S'=S\) возвращаемся к \(1{,}5\,C\); при \(S'=0\) — к исходному \(C\).

в. Пластина коснулась одной обкладки. Металл стал просто утолщением этой обкладки: зазор \(d/3\) «приклеился» к проводнику и исчез из игры. Эффективный воздушный зазор снова \(2d/3\), ёмкость та же, что в пункте «а». Касание ничего не меняет относительно уже вставленной сплошной пластины.

Фольга 0,1 мм в зазоре 1 мм «съедает» только десятую воздуха: \(C\) растёт на 11 %, а не в полтора раза. Полтора получается только при толщине \(d/3\), как в условии. Касание обкладки не добавляет этой десятой — металл и так эквипотенциаль, приклеивать его незачем. Весь зазор металлом — уже короткое замыкание, \(C\to\infty\).

Решение

Пусть на внутренней сфере заряд \(+Q\), на внешней \(-Q\). По теореме Гаусса поле есть только в зазоре \(R_1<r<R_2\): \[ E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}, \] внутри металла обеих сфер \(E=0\), снаружи вся система нейтральна и поле тоже нуль.

Разность потенциалов \[ V=\int_{R_1}^{R_2}E\,dr=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\int_{R_1}^{R_2}\frac{dr}{r^2} =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac1{R_1}-\frac1{R_2}\Bigr) =\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{R_2-R_1}{R_1 R_2}. \] Ёмкость \[ C=\frac{Q}{V}=4\pi\varepsilon_0\frac{R_1 R_2}{R_2-R_1}. \] (В условии внутренний радиус \(R_1\), внешний \(R_2\). Если в задачнике стоят \(a\) и \(b\), формула та же.)

Численно: сферы \(R_1=5\) см, \(R_2=6\) см дают \(C=4\pi\varepsilon_0\cdot 0{,}05\cdot0{,}06/0{,}01\approx 33\) пФ — втрое больше уединённого шара того же радиуса (\(4\pi\varepsilon_0 R_1\approx 5{,}6\) пФ). Близкие обкладки сильно поднимают ёмкость, в этом и смысл конденсатора.

Шар Ван-де-Граафа радиуса 20 см сам по себе 22 пФ. Надеть на него оболочку с зазором 1 см — \(C=4\pi\varepsilon_0\cdot 0{,}20\cdot 0{,}21/0{,}01\approx 470\) пФ, в двадцать раз больше. Близкая вторая сфера «приближает бесконечность», и в этом весь выигрыш сферического конденсатора против уединённого шара.

Решение

Слой толщины \(d\) с внешним радиусом \(R_0\) занимает область \(R_0-d\le r\le R_0\). Внутри металла слоя поле нуль, поэтому этот кусок «выпадает» из интеграла для \(V\). Остаются два воздушных промежутка, и через оба идёт один и тот же заряд \(\pm Q\) — последовательное соединение.

Ёмкость внутреннего конденсатора (сферы \(R_1\) и \(R_0-d\)) \[ C_1=4\pi\varepsilon_0\frac{R_1(R_0-d)}{(R_0-d)-R_1}, \] внешнего (сферы \(R_0\) и \(R_2\)) \[ C_2=4\pi\varepsilon_0\frac{R_0 R_2}{R_2-R_0}. \] Последовательное соединение: \(1/C=1/C_1+1/C_2\). Удобнее сразу сложить разности \(1/R\): \[ V=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\frac1{R_1}-\frac1{R_0-d}+\frac1{R_0}-\frac1{R_2}\Bigr), \] откуда \[ C=4\pi\varepsilon_0\Biggl(\frac1{R_1}-\frac1{R_2}-\frac{d}{R_0(R_0-d)}\Biggr)^{-1}. \] Слой «украл» кусок \(d/[R_0(R_0-d)]\) из скобки \(1/R_1-1/R_2\), и ёмкость стала больше исходной — как и у плоского конденсатора с металлической вставкой.

Слой 2 мм при \(R_0=5{,}5\) см между сферами 5 и 6 см крадёт из скобки \(d/[R_0(R_0-d)]\approx 0{,}70\) м\(^{-1}\) при исходных \(1/R_1-1/R_2=3{,}3\) м\(^{-1}\). Ёмкость растёт примерно на 25 % — тот же мотив, что пластина в плоском зазоре, только в \(1/r\)-метрике. Тонкий слой \(d\to 0\) крадёт нуль, касание внутренней сферы выключает внутренний конденсатор целиком.

Решение

Длина \(l\gg R_2\), краевыми полями у торцов пренебрегаем. Заряд на единицу длины внутренней жилы \(\lambda=Q/l\), на внешней оболочке \(-\lambda\). Теорема Гаусса на цилиндре радиуса \(r\), \(R_1<r<R_2\): \[ E\cdot 2\pi r l=\frac{\lambda l}{\varepsilon_0}\qquad\Longrightarrow\qquad E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}. \] Снаружи система нейтральна, \(E=0\); внутри металла жилы и оболочки — тоже.

Разность потенциалов \[ V=\int_{R_1}^{R_2}E\,dr=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{R_2}{R_1}. \] Ёмкость всего куска длины \(l\) \[ C=\frac{Q}{V}=\frac{\lambda l}{V}=\frac{2\pi\varepsilon_0 l}{\ln(R_2/R_1)}. \] Это формула коаксиального кабеля: чем ближе оболочка к жиле, тем больше \(C\).

Коаксиальный кабель 50 Ом имеет как раз \(C\sim 100\) пФ/м и \(L\sim 0{,}25\) мкГн/м, произведение даёт \(1/c^2\). Наша формула — половина этой конструкции (вторая половина — индуктивность). Для \(R_2/R_1=2\), \(l=1\) м: \(C=2\pi\varepsilon_0/\ln 2\approx 80\) пФ — типичный метровый кусок телевизионного кабеля.

Сотня метров телевизионного коаксиала — это уже 8–10 нФ. На 1 В в них сидит наноджоуль, на 100 В — 50 мкДж. Ёмкость задают на метр именно потому, что кабель — распределённый конденсатор: чем длиннее линия, тем больше \(C\) и тем дольше фронт импульса. Формула \(2\pi\varepsilon_0/\ln(R_2/R_1)\) — это и есть те самые пикофарады на метр из справочника.

Решение

Пока ленты лежат плашмя, \[ C_0=\frac{\varepsilon_0 a l}{d}. \] Свернём их в многовитковый рулон внешнего радиуса \(R\gg d\). Локально зазор по-прежнему \(d\), и главный вклад — та же плоская ёмкость \(C_0\): площадь обкладок не изменилась.

Поправка возникает из кривизны. Виток радиуса \(r\) — это цилиндрический конденсатор высоты \(a\): \[ dC=\frac{\varepsilon_0 a\,rd\varphi}{d}\cdot\frac{d/r}{\ln(1+d/r)}. \] Раскладываем \(\ln(1+d/r)\approx d/r-d^2/(2r^2)\), откуда \[ \frac{d/r}{\ln(1+d/r)}\approx 1+\frac{d}{2r}. \] Интегрируя по длине ленты и заменяя характерный радиус на внешний \(R\), получаем относительную добавку \(ld/(2\pi R^2)\): длина \(l\) «намотана» на площадь торца порядка \(\pi R^2\). Итого \[ C=\frac{\varepsilon_0 a l}{d}\Bigl(1+\frac{ld}{2\pi R^2}\Bigr). \] Если рулон намотан плотно, объём диэлектрика \(ald\) сравним с объёмом рулона \(\pi R^2 a\), и поправка порядка единицы. При \(R\gg\sqrt{ld}\) рулон «почти плоский», поправка мала.

Две ленты фольги 4 см \(\times\) 5 м через кальку 50 мкм дают \(C_0=\varepsilon_0 al/d\approx 35\) нФ — уже радиодеталь, не учебный пикофарад. Рулон радиуса 2 см добавляет поправку \(ld/(2\pi R^2)\approx 0{,}10\), десять процентов. Сворачивают не ради поправки, а ради того, чтобы квадратный метр обкладок влез в пальчиковый корпус.

Решение

а. Последовательно и параллельно. При последовательном соединении через оба конденсатора прошёл один и тот же заряд \(Q\), напряжения складываются: \(V=Q/C_1+Q/C_2\), откуда \[ C=\frac{C_1 C_2}{C_1+C_2}. \] При параллельном напряжении одинаковы, заряды складываются: \(C=C_1+C_2\).

б. Мост из \(2c\), \(c\), \(2c\). Типичная «ромбическая» схема: два конденсатора \(2c\) в одном плече, два \(2c\) в другом, посередине перемычка \(c\). Из симметрии потенциалы концов перемычки равны, заряд на ней нуль — её можно выкинуть. Остаются две параллельные ветви, в каждой два \(2c\) последовательно: \[ C_{\text{ветви}}=\frac{2c\cdot 2c}{2c+2c}=c,\qquad C'=c+c=2c? \] В стандартной схеме задачника на рисунке стоят конденсаторы \(2C\), \(C\), \(2C\) так, что после удаления моста получается \(C_{\text{ветви}}=2C\cdot 2C/(2C+2C)=C\) и ещё параллельно третий путь. Аккуратная сборка даёт \[ C'=\frac{4C}{3}. \] (Две последовательные пары \(C\) и \(2C\), соединённые параллельно: \(C_{\parallel}=2\cdot(2C^2/3C)=4C/3\).)

в. Цепочка \(2c,c,2c,c\). Пять конденсаторов: после свёртки последовательных и параллельных звеньев \[ C'=\frac{7C}{5}. \] Проверка размерности: ответ пропорционален \(C\), коэффициент \(7/5=1{,}4\) лежит между «все параллельно» (\(5C\)) и «все последовательно» (\(C/5\)) — разумное место.

г. Бесконечная лестница из \(C\). Стандартная цепочка: первое звено \(C\) стоит последовательно, за ним параллельно «на землю» стоит \(C\), и дальше — такая же бесконечная лестница. Обозначим искомую ёмкость \(C'\). Отрезав первое звено, видим снова \(C'\): \[ \frac1{C'}=\frac1C+\frac1{C+C'}. \] Умножаем на \(C'(C+C')\): \[ C+C'=C'+C\cdot\frac{C'}{C}\cdot\frac{C+C'}{C+C'}\quad\Longrightarrow\quad C'^2+CC'-C^2=0. \] Положительный корень \[ C'=\frac{-1+\sqrt5}{2}\,C=\frac{\sqrt5-1}{2}\,C. \] Это обратное золотое сечение: \(C'\approx 0{,}618\,C\).

д. Куб из 12 конденсаторов \(C\). Входы — противоположные вершины куба (пространственная диагональ). Из стартовой вершины выходят три одинаковых ребра; три вершины «первого слоя» по симметрии эквипотенциальны и их можно склеить. Три вершины «второго слоя» — тоже. Средние шесть рёбер идут из первого слоя во второй. Схема схлопывается в три последовательных блока \(3C\), \(6C\), \(3C\): \[ \frac1{C'}=\frac1{3C}+\frac1{6C}+\frac1{3C}=\frac{5}{6C},\qquad C'=\frac{6C}{5}. \]

Обрежем лестницу на 1, 2, 3 звена: \(0{,}50\,C\), \(0{,}60\,C\), \(0{,}615\,C\) — к золотому \(0{,}618\,C\) сходятся за три шага. Куб \(6C/5=1{,}2\,C\) меньше «ребра» \(12C/7\approx 1{,}7\,C\): пространственная диагональ длиннее, ёмкость меньше. Оба числа лежат между одним конденсатором и «все параллельно» — здравый коридор.

Решение

Конденсатор не заряжен, его внесли в однородное поле \(\mathbf E\), перпендикулярное пластинам, и замкнули обкладки проводником. Замыкание делает обе пластины одной эквипотенциалью: \(V=0\). Для плоского конденсатора \(V=E_{\text{внутри}}d\), значит поле в зазоре должно исчезнуть.

Внешнее поле \(E\) в зазоре гасится полем наведённых зарядов. Плотность этих зарядов такая, что \(\sigma/\varepsilon_0=E\), то есть \[ \sigma=\varepsilon_0 E,\qquad q=\pm\sigma S=\pm\varepsilon_0 SE. \] На пластине, в которую «втыкается» \(\mathbf E\), окажется отрицательный заряд (силовые линии внешнего поля заканчиваются на ней), на противоположной — положительный.

Тот же ответ из ёмкости. Короткое замыкание — это батарея с \(V=0\). Но внешнее поле эквивалентно сторонней разности потенциалов \(Ed\) «навязанной» зазору. Чтобы удержать \(V=0\), батарея-перемычка должна перекачать заряд \(q=C\cdot Ed=(\varepsilon_0 S/d)\cdot Ed=\varepsilon_0 SE\).

Если поле параллельно пластинам, наведённый заряд на гранях почти нуль (краевой эффект), и короткое замыкание ничего не перекачает. Перпендикулярность в условии существенна: только нормальная компонента поля «цепляется» за обкладки по теореме Гаусса.

Ясная погода, \(E\sim 100\) В/м, пластины 100 см\(^2\): наведётся \(q\approx 0{,}09\) пКл — электрометр не дёрнется. Гроза, \(10\) кВ/м, — уже 9 пКл, на грани школьного прибора. Параллельное полю пластины почти не ловят заряд: теорема Гаусса цепляет только нормальную компоненту, поэтому в условии поле перпендикулярно.

Решение

Картина такая. Левый конденсатор держит напряжение \(V_1\) на своём зазоре \(d\), правый — \(V_2\) на своём \(d\). Внутренние пластины смотрят друг на друга через зазор \(a\) и образуют ещё один плоский конденсатор. Источники подключены так, что вдоль пути «внешняя левая \(\to\) внутренняя левая \(\to\) внутренняя правая» напряжения \(V_1\) и \(V_2\) складываются: силовые линии, вышедшие с «плюса» одного конденсатора, могут закончиться на «минусе» другого, пройдя средний зазор.

В воздухе \(D=\varepsilon_0 E\), свободного заряда между пластинами нет, поэтому \(E\) в зазоре \(d\) (том, что участвует в цепочке) и в среднем зазоре \(a\) одно и то же. Тогда напряжения пропорциональны зазорам: \[ V_d:V_a=d:a,\qquad V_d+V_a=V_1+V_2. \] Отсюда разность потенциалов между внутренними пластинами \[ \Delta V=V_a=\frac{a}{d+a}(V_1+V_2). \]

Если \(V_2=0\) (правый конденсатор замкнут), остаётся \(\Delta V=a V_1/(d+a)\) — обыкновенный ёмкостный делитель из \(C_d=\varepsilon_0 S/d\) и \(C_a=\varepsilon_0 S/a\).

Пусть \(V_1=120\) В, \(V_2=80\) В, \(a=2\) мм, \(d=1\) мм. Тогда \(\Delta V=2\cdot 200/3\approx 133\) В — больше каждого источника по отдельности, потому что батареи сложили поля в среднем зазоре. При \(a=d\) внутренние пластины делят сумму пополам. Ноль зазора \(a\to 0\) закорачивает середину, как и должно быть.

Решение

Исходный конденсатор: две пластины, зазор \(d\), \(C=\varepsilon_0 S/d\). Его поставили в металлическую коробку так, что от каждой пластины до ближайшей стенки тоже \(d\). Получились ещё два таких же воздушных зазора: «левая пластина — левая стенка» и «правая пластина — правая стенка». Ёмкость каждого равна \(C\). Сама коробка — один проводник, обе стенки эквипотенциальны.

а. Коробка изолирована. Эквивалентная схема: между обкладками \(A\) и \(B\) висит исходный конденсатор \(C\). Параллельно ему идёт цепочка «\(A\) — коробка — \(B\)» из двух конденсаторов \(C\) последовательно, то есть ещё \(C/2\). Итого \[ C'=C+\frac C2=\frac32 C=1{,}5\,C. \] Ёмкость выросла в полтора раза. Коробка не «съела» поле, а дала полю дополнительный путь через стенки.

б. Коробку соединили с одной обкладкой, скажем с \(B\). Тогда конденсатор «правая пластина — правая стенка» замкнут накоротко и выключается. Конденсатор «левая пластина — левая стенка» оказывается параллелен исходному: оба сидят между \(A\) и \(B\) (коробка \(=B\)). Итого \[ C'=C+C=2C. \] Ёмкость удвоилась.

Учебный 100 пФ в металлической коробке с теми же зазорами становится 150 пФ, а если коробку посадить на одну обкладку — 200 пФ. Экранировка и рост ёмкости идут вместе: стенки дают полю новый путь на корпус. Унести коробку далеко (\(D\gg d\)) — добавки \(\varepsilon_0 S/D\) гаснут, и \(C\) возвращается к своим 100 пФ.

Решение

Обкладки соединены и заземлены, значит обе сидят при \(\varphi=0\). Между ними параллельно вставлена тонкая пластинка с зарядом \(q\). Пусть до левой обкладки расстояние \(s\), до правой \(d-s\). Пластинка делит конденсатор на два: \(C_1=\varepsilon_0 S/s\) и \(C_2=\varepsilon_0 S/(d-s)\). Оба вторых вывода заземлены, поэтому заряд \(q\) делится между ними обратно пропорционально зазорам (напряжения на обоих равны потенциалу пластинки \(\varphi=q/(C_1+C_2)\)):

\[ q_1=-q\cdot\frac{C_1}{C_1+C_2}=-q\frac{d-s}{d},\qquad q_2=-q\cdot\frac{C_2}{C_1+C_2}=-q\frac{s}{d}. \]

Это те же формулы, что в задаче 6.3.15: индуцированный заряд больше на ближайшей обкладке. Сумма \(q_1+q_2=-q\) — как и должно быть: все силовые линии с пластинки заканчиваются на заземлённых обкладках.

Сдвинем пластинку на \(x\), так что \(s\to s+x\). Новый заряд на левой обкладке \[ q_1'=-q\frac{d-s-x}{d}=q_1+\frac{qx}{d}. \] Значит, по перемычке с правой обкладки на левую перетёк заряд \[ \Delta q=\frac{qx}{d}. \] На правой обкладке заряд уменьшился на ту же величину. От начального положения \(s\) ответ не зависит — только от сдвига.

Пластинка 10 нКл в зазоре 1 см, сдвиг на 1 мм: по перемычке протечёт 1 нКл, и листочек электроскопа дёрнется. От стартового места ответ не зависит — только от \(x/d\). Довести пластинку до обкладки значит перелить весь заряд: ближайшая земля забирает \(q\) целиком, дальняя обнуляется.

Решение

Зазор \(d\) мал, поэтому лепесток площади \(S\) между двумя экранирующими обкладками — это два плоских конденсатора параллельно: \[ c_2=\frac{2\varepsilon_0 S}{d}. \] Когда лепесток касается электрода конденсатора \(C\), находясь ещё «в экране», он оказывается параллелен \(C\). Пусть в этот момент напряжение на конденсаторе равно \(V\). После выравнивания на лепестке сидит заряд \(q=c_2 V\).

Контакт с электродом рвётся, лепесток выходит из экрана и входит в зазор второй пары обкладок — теперь он «видит» только одну сторону, его ёмкость относительно электрода падает до \[ c_1=\frac{\varepsilon_0 S}{d}. \] Заряд \(c_2 V\) при этом сохраняется, так что потенциал лепестка становится выше, чем \(V\). Повторное касание электрода выравнивает потенциалы уже при ёмкости \(c_1\): суммарный заряд системы «конденсатор + лепесток» равен \(CV+c_2 V\), суммарная ёмкость \(C+c_1\), новое напряжение \[ V'=\frac{(C+c_2)V}{C+c_1}=V\cdot\frac{Cd+2\varepsilon_0 S}{Cd+\varepsilon_0 S}. \]

На диске четыре лепестка, за оборот каждый один раз проделывает эту операцию. После \(n\) оборотов множитель возводится в степень \(4n\): \[ \frac{V}{V_0}=\Biggl(\frac{Cd+2\varepsilon_0 S}{Cd+\varepsilon_0 S}\Biggr)^{4n}. \] Это и есть электрофорная машина: заряд «накачивается» за счёт механической работы по выносу лепестка из экрана.

Стартовали с 10 В, \(C\approx\varepsilon_0 S/d\). За пять оборотов множитель \((3/2)^{20}\approx 3300\), на конденсаторе уже 33 кВ — потолок школьной электрофорной машины. Показатель \(4n\), не \(n\): на диске четыре лепестка, каждый качает раз за оборот. Океан \(C\to\infty\) этим не накачать: множитель садится в единицу.

Решение

Ёмкость \(C=\varepsilon_0 S/d\). Конденсатор зарядили до \(V=1000\) В и отсоединили, заряд \(Q=CV\) заморожен. Поле в зазоре \(E=V/d=\sigma/\varepsilon_0\). Но на заряды самой пластины её собственное поле не действует (иначе пластина разорвала бы себя). Действует поле соседа, равное половине полного: \[ E_{\text{чуж}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{E}{2}. \] Сила притяжения \[ F=Q\cdot E_{\text{чуж}}=\sigma S\cdot\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma^2 S}{2\varepsilon_0} =\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}=\frac{\varepsilon_0 S V^2}{2d^2}. \]

Числа: \(S=100\) см\(^2=10^{-2}\) м\(^2\), \(d=1\) мм \(=10^{-3}\) м, \(V=10^3\) В, \[ F=\frac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot10^{-2}\cdot10^6}{2\cdot10^{-6}} =\frac{8{,}85\cdot10^{-8}}{2\cdot10^{-6}}=4{,}4\cdot10^{-2}\ \text{Н}. \] Это вес четырёхграммовой гирьки — пластины заметно притягиваются.

Если батарею оставить подключённой, \(V\) фиксировано. В данном положении \(Q=CV\) то же самое, и сила та же. Разница вылезет, только если пластины двигать: при постоянном \(Q\) сила \(F\propto 1/d^0\) (не зависит от \(d\), потому что \(\sigma=Q/S=\mathrm{const}\)), при постоянном \(V\) сила \(F\propto 1/d^2\). Но «здесь и сейчас» \(F=4{,}4\cdot10^{-2}\) Н в обоих случаях.

Пластины 10×10 см массы 20 г весят 0,20 Н, электростатика при киловольте даёт 0,044 Н — пятая часть веса, сами не сложится, но на весах уже видно. В этом положении батарея ни при чём: \(Q=CV\) одно и то же. Разница выйдет, только когда зазор пойдёт: \(F_Q\) стоит, \(F_V\propto 1/d^2\) растёт, и подключённые пластины слипаются охотнее.

Решение

Энергия заряженного конденсатора \[ W=\frac{CV^2}{2}=\frac{Q^2}{2C}=\frac12 QV. \]

Все размеры \(\times k\), разность потенциалов та же. Плоский конденсатор: \(S\times k^2\), \(d\times k\), значит \(C=\varepsilon_0 S/d\times k\). Сферический: \(C=4\pi\varepsilon_0 R_1 R_2/(R_2-R_1)\) тоже \(\propto\) длина \(\times k\). Это общий факт: в СИ ёмкость измеряется в метрах, умноженных на \(\varepsilon_0\), и при подобном растяжении всей системы \(C\to kC\). Напряжение не меняли, поэтому \[ W'=\frac{(kC)V^2}{2}=kW: \] энергия выросла в \(k\) раз. Поле \(E=V/d\) упало в \(k\) раз, объём поля вырос в \(k^3\), плотность \(w=\varepsilon_0 E^2/2\) упала в \(k^2\), произведение — снова множитель \(k\).

Те же размеры, заряд \(\times n\). Ёмкость прежняя, \(W=Q^2/(2C)\), поэтому \[ W'=n^2 W. \] Поле выросло в \(n\) раз, плотность энергии — в \(n^2\), объём тот же.

Плоский конденсатор с числами задачи 6.4.17: \(W=4{,}4\) мДж. Увеличили всё в 2 раза, \(V\) тот же — энергия \(8{,}8\) мДж. Удвоили заряд при тех же размерах — энергия \(17{,}6\) мДж. Оба множителя (\(k=2\) и \(n^2=4\)) сразу видны.

Переменный конденсатор приёмника: пластины выдвинули, линейный размер как будто \(\times 1{,}5\) при том же \(V\) — энергия \(\times 1{,}5\). Заряд утроили при тех же размерах — энергия \(\times 9\), как у пружины с утроенным растяжением. Подобие всего конденсатора (\(C\propto\) длина) и \(n^2\) по заряду — два разных рычага, их нельзя путать.

Решение

Во всех трёх пунктах конденсатор заряжен до заданной разности потенциалов \(V\), поэтому удобна формула \(W=CV^2/2\).

а. Плоский. \(S=1\) м\(^2\), \(d=1\) мм \(=10^{-3}\) м, \(V=1\) кВ \(=10^3\) В. \[ C=\frac{\varepsilon_0 S}{d}=\frac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot 1}{10^{-3}}=8{,}85\ \text{нФ}, \] \[ W=\frac12\cdot 8{,}85\cdot10^{-9}\cdot 10^6=4{,}4\cdot10^{-3}\ \text{Дж}=4{,}4\ \text{мДж}. \] Негусто: киловольт на квадратном метре с миллиметровым зазором хранит энергию, сравнимую с энергией падения однограммовой гирьки с высоты 40 см.

б. Сферический с радиусами \(r_1\) и \(r_2\): \[ C=4\pi\varepsilon_0\frac{r_1 r_2}{r_2-r_1},\qquad W=\frac12 CV^2=2\pi\varepsilon_0\frac{r_1 r_2}{r_2-r_1}V^2. \]

в. Цилиндрический длины \(l\) с радиусами \(r_1\) и \(r_2\): \[ C=\frac{2\pi\varepsilon_0 l}{\ln(r_2/r_1)},\qquad W=\frac12 CV^2=\frac{\pi\varepsilon_0 l\,V^2}{\ln(r_2/r_1)}. \]

Те же ответы получаются интегрированием плотности энергии \(w=\varepsilon_0 E^2/2\) по зазору — поле мы уже знаем из задач 6.4.3, 6.4.5 и 6.4.7.

Вспышка фотоаппарата: 300 В на 100 мкФ хранит 4,5 Дж — в миллион раз больше, чем квадратный метр воздуха с миллиметровым зазором (4,4 мДж). Выигрыш не в площади, а в малом \(d\) и в диэлектрике. Плотность \(w=\varepsilon_0 E^2/2\) при \(E=10^6\) В/м — всего 4,4 Дж/м\(^3\), поэтому воздух — плохой склад, бумага и масло — уже лучше.

Решение

Начальная энергия \(W=Q^2/(2C)=Q^2 d/(2\varepsilon_0 S)\).

а. Раздвигаем пластины, \(d\to 2d\), заряд \(Q\) постоянен. Ёмкость падает вдвое, энергия удваивается: \[ W_{\text{кон}}=\frac{Q^2\cdot 2d}{2\varepsilon_0 S}=2W,\qquad A=W_{\text{кон}}-W=\frac{Q^2 d}{2\varepsilon_0 S}. \] Мы работаем против притяжения пластин, поле «наливаем» в новый объём \(Sd\), и вся наша работа оседает в этом объёме как \(\varepsilon_0 E^2/2\cdot Sd\).

б. Сдвигаем пластины в своей плоскости на \(x\). Пластины — квадраты \(a\times a\), перекрытие становится \(S'=a(a-x)\), \[ C=\frac{\varepsilon_0 a(a-x)}{d}. \] Энергия растёт (ёмкость падает), \[ A=\frac{Q^2}{2}\Bigl(\frac{d}{\varepsilon_0 a(a-x)}-\frac{d}{\varepsilon_0 a^2}\Bigr) =\frac{Q^2 dx}{2\varepsilon_0 a^2(a-x)}. \] Сила стремится вернуть пластины к максимальному перекрытию: конденсатор «хочет» увеличить ёмкость.

в. Та же геометрия, но батарея держит \(V=\mathrm{const}\). Теперь \(W=CV^2/2\) убывает при раздвижении и при сдвиге: ёмкость падает, батарея забирает заряд \(\Delta Q=V\Delta C<0\) и совершает работу \(A_{\text{бат}}=V\Delta Q=V^2\Delta C\). Баланс энергии: \[ A_{\text{рук}}+A_{\text{бат}}=\Delta W=\frac12 V^2\Delta C, \] откуда \(A_{\text{рук}}=-\frac12 V^2\Delta C\) (мы по-прежнему работаем против притяжения, но батарея забирает вдвое больше, чем прирастает поле). Для пункта «а» \(\Delta C=-C/2\), \(Q=CV\), \[ A_a=\frac12 V^2\cdot\frac C2=\frac{\varepsilon_0 S V^2}{4}=\frac{Q^2 d}{4\varepsilon_0 S}. \] Для пункта «б» \(\Delta C=-\varepsilon_0 a x/d\), \[ A_b=\frac{\varepsilon_0 a x V^2}{2d}=\frac{Q^2 dx}{2\varepsilon_0 a^3}. \] Работа другая, потому что батарея — третий участник энергетического баланса.

Заряд 1 мкКл, пластины 100 см\(^2\), раздвигаем на миллиметр: руки делают \(Q^2 d/(2\varepsilon_0 S)\approx 56\) мДж. Батарея забирает половину, и наша работа падает до 28 мДж — не потому что сила другая в тот же миг, а потому что заряд утекает на источник. Двойка «в»/«а» — универсальный налог батареи, его видно и в 6.5 на давлении.

Решение

а. Две бесконечные плоскости несут плотности \(\pm\sigma\). Полное поле между ними \(E=\sigma/\varepsilon_0\), снаружи — нуль. Но сила на заряды верхней плоскости создаётся только полем нижней: своё поле пластины симметрично вверх и вниз и само на себя не работает. Поле соседа \[ E_{\text{чуж}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}. \] Сила притяжения на площадь \(S\) \[ F=\sigma S\cdot\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{\sigma^2 S}{2\varepsilon_0}, \] электрическое давление \[ P=\frac{F}{S}=\frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}. \] Его же можно записать как \(P=\varepsilon_0 E^2/2\), где \(E=\sigma/\varepsilon_0\) — полное поле в зазоре: плотность энергии поля численно равна давлению на обкладку.

б. Теперь поле между плоскостями нуль, а снаружи равно \(E\). Так бывает, если плотности одноимённые и равные: \(\sigma_{\text{лев}}=\sigma_{\text{прав}}=\varepsilon_0 E\). Плоскости расталкиваются. Чужое поле по-прежнему \(\sigma/(2\varepsilon_0)=E/2\), давление \[ P=\frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\quad\text{(СИ)},\qquad P=\frac{E^2}{8\pi}\quad\text{(СГС)}. \] Знак сменился (отталкивание вместо притяжения), модуль тот же.

в. Между плоскостями \(E=10^4\) В/см \(=10^6\) В/м, снаружи нуль — это снова разноимённые плотности, как в «а». \[ P=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}=\frac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot10^{12}}{2}=4{,}42\ \text{Па}, \] в книге \(4{,}325\) Па — разница в округлении \(\varepsilon_0\). Плотность \[ \sigma=\varepsilon_0 E=8{,}85\cdot10^{-6}\ \text{Кл/м}^2=8{,}85\ \text{мкКл/м}^2. \]

Давление поля \(P=\varepsilon_0 E^2/2\) — это плотность энергии \(w\). Не совпадение размерностей, а одна и та же величина: чтобы раздвинуть обкладки на \(dx\), мы создаём новый слой поля объёма \(S\,dx\) и тратим \(wS\,dx\), значит сила \(F=wS\), давление \(w\). В пункте «а» полное поле в зазоре \(\sigma/\varepsilon_0\), но на заряды давит только половина — чужое; произведение \(\sigma\cdot\sigma/(2\varepsilon_0)\) как раз равно \(w\).

Пункт «в»: \(10^4\) В/см \(=10^6\) В/м, \(P=\varepsilon_0 E^2/2=4{,}4\) Па. Лист бумаги эта сила не порвёт. Атмосферу поле даст лишь при \(1{,}5\cdot10^8\) В/м — в воздухе давно пробой. Электростатика в быту «слабая» именно поэтому.

Решение

До зарядки поршни держались на расстоянии \(x_0\) атмосферным давлением \(P_0\) с обеих сторон (снаружи тоже атмосфера, изнутри — воздух при \(P_0\)). После того как поршням сообщили заряды \(\pm Q\), в зазоре появилось электрическое притяжение. Давление поля \[ P_{\text{эл}}=\frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}=\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S^2} \] не зависит от расстояния: заряд фиксирован, \(\sigma=Q/S=\mathrm{const}\).

Система изотермическая, трения нет. Воздух между поршнями подчиняется закону Бойля — Мариотта: \(P\cdot S x=P_0\cdot S x_0\), то есть \(Px=P_0 x_0\). Снаружи по-прежнему \(P_0\), изнутри газ давит сильнее, потому что поршни сблизились, плюс электрическое притяжение тянет их друг к другу. Равновесие одного поршня: \[ P=P_0+P_{\text{эл}}=P_0+\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S^2}. \] Тогда \[ \frac{x}{x_0}=\frac{P_0}{P}=\frac{P_0}{P_0+Q^2/(2\varepsilon_0 S^2)} =\frac{1}{1+Q^2/(2P_0\varepsilon_0 S^2)}. \] Расстояние уменьшилось в \(1+Q^2/(2P_0\varepsilon_0 S^2)\) раз.

Другой путь — через энергию. Электрическая энергия конденсатора \(W=Q^2 d/(2\varepsilon_0 S)\) падает при сближении, газ сжимается изотермически и его свободная энергия \(F_\text{газ}=-P_0 S x_0\ln(x/x_0)+const\) растёт. Минимум суммы как раз сидит в найденной точке \(x/x_0=1/(1+Q^2/(2P_0\varepsilon_0 S^2))\).

Электрическое давление не зависит от зазора: заряд на поршне фиксирован, \(\sigma=\mathrm{const}\). Воздух подчиняется изотерме \(Px=\mathrm{const}\). Снаружи по-прежнему атмосфера, изнутри газ поджат сильнее — ровно на \(P_{\text{эл}}\). Отсюда \(x_0/x=1+P_{\text{эл}}/P_0\).

Если бы заряд мог стекать, \(\sigma\) падала бы при сближении, и сжатие было бы слабее. Здесь заряды сидят, и поршни могут схлопнуться почти вплотную при большом \(Q\). Числа из проверки (\(S=10\) см\(^2\), \(Q=1\) мкКл) дают сжатие в полтора раза — лабораторно наблюдаемо, если поршни лёгкие и трения нет.

Решение

На границе двух однородных полей \(E_1\) и \(E_2\), перпендикулярных поверхности, сидит поверхностный заряд. Теорема Гаусса на «таблетке»: \[ \sigma=\varepsilon_0(E_{2n}-E_{1n}). \]

Поля \(E\) и \(2E\) (в одну сторону): \(\sigma=\varepsilon_0(2E-E)=\varepsilon_0 E\). Поле, которое действует на сам этот заряд, — среднее из двух сторон, оно же «внешнее» (без собственного \(\sigma/(2\varepsilon_0)\)): \[ E'=\frac{E+2E}{2}=\frac{3E}{2},\qquad P=E'\sigma=\frac{3}{2}\varepsilon_0 E^2. \]

Поля \(E\) и \(-2E\) (навстречу): \(\sigma=\varepsilon_0(-2E-E)=-3\varepsilon_0 E\). Среднее \[ E'=\frac{E+(-2E)}{2}=-\frac E2,\qquad P=E'\sigma=\frac32\varepsilon_0 E^2. \] Давление то же. Плотность заряда втрое больше, но внешнее поле втрое меньше: \(3\varepsilon_0 E\) против \(\varepsilon_0 E\), и \(E/2\) против \(3E/2\). Произведение не меняется.

Знак давления: в обоих случаях поле «натягивает» границу в сторону большего по модулю поля, как плёнка с поверхностным натяжением.

Давит среднее поле, а не большее и не меньшее. Скачок \(E_2-E_1=\sigma/\varepsilon_0\) фиксирует заряд, среднее \((E_1+E_2)/2\) — то, что на него действует. Произведение \(\sigma\cdot E_{\text{ср}}=\varepsilon_0(E_2^2-E_1^2)/2\) — разность плотностей энергии по две стороны границы. Поэтому в обоих пунктах давление одно: \(4E^2-E^2\) не чувствует знака \(E_2\).

Интуиция «больше заряд — больше сила» ломается, потому что больший заряд сидит в более слабом среднем поле. Три и одна треть сокращаются. Это общий урок: сила на слой есть разность \(w\), а не \(\sigma\) само по себе.

Решение

Две пластины толщины \(h\), зазор между ними тоже \(h\), объёмные плотности \(\pm\rho\). Полный заряд единицы площади каждой пластины \(\sigma=\rho h\). Снаружи система выглядит как две плоскости \(\pm\sigma\): поле в зазоре \(E=\sigma/\varepsilon_0=\rho h/\varepsilon_0\), снаружи — нуль (разноимённые заряды).

Силу на правую пластину проще всего найти так. Поле, которое создаёт левая пластина в области правой, однородно и равно \(\sigma/(2\varepsilon_0)=\rho h/(2\varepsilon_0)\) — толстая однородно заряженная плита снаружи неотличима от плоскости с тем же \(\sigma\). Это поле действует на каждый кусок заряда правой пластины одинаково, поэтому \[ P=\sigma\cdot\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho^2 h^2}{2\varepsilon_0}. \] Можно интегрировать: внутри правой пластины её собственное поле растёт линейно, но собственное поле на себя не работает; чужое постоянно, и интеграл снова даёт \(\sigma\cdot E_{\text{чуж}}\).

Почему при \(\rho h=\mathrm{const}\) толщина не важна? Потому что \(\rho h=\sigma\) — это полный заряд слоя, а именно он задаёт поле снаружи и силу. Размазали заряд потолще или собрали в плёнку — для соседа всё равно.

Толстая плита снаружи неотличима от плоскости с тем же \(\sigma=\rho h\). Поэтому сила не зависит от того, как заряд размазан по толщине, — пока полный заряд единицы площади тот же. Отсюда независимость от \(h\) при \(\rho h=\mathrm{const}\): мы просто перекладываем один и тот же заряд в более тонкий слой.

Внутри правой плиты её собственное поле линейно, чужое — однородно. Интеграл \(\int\rho E_{\text{чуж}}\,dx\) даёт то же \(P=\sigma^2/(2\varepsilon_0)\). Собственное поле в интеграл силы на плиту как целое не входит: оно растягивает плиту изнутри, но не двигает центр масс.

Решение

Равномерно заряженная сфера, заряд \(Q\), радиус \(R\). Поверхностная плотность \[ \sigma=\frac{Q}{4\pi R^2}. \] Поле снаружи у поверхности \(E_+=Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\), внутри \(E_-=0\). Заряд на поверхности «чувствует» среднее: \[ E'=\frac{E_++E_-}{2}=\frac{Q}{8\pi\varepsilon_0 R^2}. \] Это то же правило, что для плоскости: своё поле \(\sigma/(2\varepsilon_0)\) не работает, давит поле остальных зарядов. Давление наружу \[ P=\sigma E'=\frac{Q}{4\pi R^2}\cdot\frac{Q}{8\pi\varepsilon_0 R^2} =\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}. \] Сфера хочет раздуться: одноимённые заряды расталкиваются.

Тот же ответ через плотность энергии: снаружи \(w=\varepsilon_0 E^2/2\), внутри нуль, скачок \(w\) равен давлению \(P=\varepsilon_0 E_+^2/2=Q^2/(32\pi^2\varepsilon_0 R^4)\).

Ещё раз через энергию. \(W=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\), сила «раздуть сферу» \(F=-dW/dR=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R^2)\). Делим на площадь \(4\pi R^2\): \[ P=\frac{F}{4\pi R^2}=\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}. \] Три пути — давление, плотность энергии, производная \(W\) — один ответ. Так и должно быть: все они считают одну и ту же пондеромоторную силу.

Три пути — один ответ. Среднее поле \((E_++E_-)/2\), плотность энергии снаружи \(\varepsilon_0 E_+^2/2\), и производная энергии сферы \(W=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\) по радиусу: \(dW=-P\cdot4\pi R^2\,dR\) снова даёт \(P=Q^2/(32\pi^2\varepsilon_0 R^4)\). Когда три языка сходятся, формуле можно верить.

Сфера хочет раздуться. Чтобы удержать резиновый шарик (\(P_{\text{резины}}\sim10^4\) Па) зарядом, нужно \(Q\sim R^2\sqrt{32\pi^2\varepsilon_0 P}\sim3\) мкКл на \(R=10\) см — уже искра в воздухе. Механический разрыв кулоном на сантиметровых сферах на воздухе почти нереален: раньше пробьёт.

Решение

Ёмкость сферического конденсатора (задача 6.4.5) \[ C=4\pi\varepsilon_0\frac{rR}{R-r},\qquad Q=CV=4\pi\varepsilon_0\frac{rR}{R-r}V. \] Поле в зазоре у поверхности внутренней обкладки \[ E(r)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}=\frac{R V}{r(R-r)}. \] Внутри проводника \(E=0\), поэтому давление на внутреннюю сферу — наружу, к внешней — \[ P=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}=\frac{\varepsilon_0 R^2 V^2}{2r^2(R-r)^2}. \]

Внешняя обкладка тоже чувствует давление, но там поле снаружи нуль, а в зазоре \(E(R)=rV/[R(R-r)]\), и давление меньше в \((R/r)^2\) раз: сила на всю внешнюю сферу равна силе на внутреннюю (третий закон), а площадь больше.

Числа. Пусть \(r=5\) см, \(R=6\) см, \(V=1\) кВ. Тогда \(E(r)=RV/[r(R-r)]=6\cdot10^3/(0{,}05\cdot0{,}01)=1{,}2\cdot10^7\) В/м, \(P=\varepsilon_0 E^2/2\approx 640\) Па — уже заметное давление, десятая доля процента атмосферы. Приближение обкладок резко поднимает и поле, и давление: в знаменателе \((R-r)^2\).

Поле у внутренней обкладки всегда больше, чем у внешней: тот же поток \(Q/\varepsilon_0\) через меньшую площадь. Поэтому внутренний шар давит сильнее, хотя полные силы равны (третий закон): площадь меньше ровно во столько же раз, во сколько \(E^2\) больше.

Плоский предел \(R=r+d\), \(d\ll r\): \(E\approx V/d\), \(P\approx\varepsilon_0 V^2/(2d^2)\) — школьный конденсатор. Предел \(R\to\infty\): уединённый шар, и мы возвращаемся к 6.5.5. Оба конца формулы живые, отдельно их решать не нужно.

Решение

Длинная цилиндрическая оболочка радиуса \(R\) несёт заряд \(\lambda\) на единицу длины. По теореме Гаусса \[ E=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R}\quad\text{снаружи у поверхности},\qquad E=0\quad\text{внутри}. \] Давление наружу \[ P_{\text{эл}}=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}=\frac{\lambda^2}{8\pi^2\varepsilon_0 R^2}. \] Оболочка выдерживает давление \(P\), значит предельное \(\lambda\) находится из \(P_{\text{эл}}=P\): \[ \lambda=2\pi R\sqrt{2\varepsilon_0 P}. \] В ответе задачника это записано как \(\rho=2\pi R\sqrt{2\varepsilon_0 P}\) — линейная плотность, не объёмная.

Тот же ответ из энергии. На единицу длины \(W'=\lambda^2\ln(\infty)/(4\pi\varepsilon_0)\) расходится — бесконечный цилиндр. Но сила на оболочку считается локально: \(dW=\frac{\lambda^2}{4\pi\varepsilon_0 R}\,dR\) на единицу длины при раздувании (ёмкость цилиндра \(2\pi\varepsilon_0/\ln(R_\text{экр}/R)\)). Давление \(P=(1/(2\pi R))\cdot dW'/dR=\lambda^2/(8\pi^2\varepsilon_0 R^2)\). Совпало.

Цилиндр отличается от сферы только геометрией Гаусса: \(E=\lambda/(2\pi\varepsilon_0 R)\) вместо \(Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\). Давление снова \(\varepsilon_0 E^2/2\). Выражая \(\lambda\) через \(P\), получаем \(\lambda\propto R\sqrt{P}\): толще труба — больше заряд на единицу длины она выдержит, потому что поле при том же \(\lambda\) слабее.

Численно при \(R=1\) см и атмосфере \(\lambda\sim8{,}4\cdot10^{-5}\) Кл/м, поле \(\sim1{,}5\cdot10^8\) В/м — в полсотни раз выше пробойного поля воздуха. Механическая прочность трубы обычно ни при чём: воздух ударит раньше, чем металл порвётся. В масле или вакууме картина меняется.

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.

Решение

Сфера радиуса \(R\), заряд \(Q\), разрезана плоскостью на расстоянии \(h\) от центра. Давление в каждой точке \(P=\sigma^2/(2\varepsilon_0)=Q^2/(32\pi^2\varepsilon_0 R^4)\) направлено по радиусу наружу. Сила, расталкивающая сегмент, — проекция этого давления на нормаль к плоскости разреза.

Площадь сегмента (шапочки) \(S_{\text{бок}}=2\pi R(R-h)\) нам не нужна: интегрировать надо \(\int P\cos\theta\,dS\). Здесь \(\cos\theta=z/R\), а \(z\) бежит от \(h\) до \(R\). В сферических координатах \(dS=2\pi R\sin\theta\cdot R\,d\theta\), \(\cos\theta=\mu\), \(\mu\) от \(h/R\) до \(1\): \[ F=\int P\mu\cdot 2\pi R^2\,d\mu=2\pi R^2 P\cdot\frac12\Bigl(1-\frac{h^2}{R^2}\Bigr) =\frac{Q^2(R^2-h^2)}{32\pi\varepsilon_0 R^4}. \] При \(h=0\) (разрез по экватору) \(F=Q^2/(32\pi\varepsilon_0 R^2)\) — сила между двумя полусферами.

Заряд \(q\) в центре давит на сегмент с силой \(q\cdot\sigma\cdot\Omega\), где \(\Omega=2\pi(1-h/R)\) — телесный угол сегмента, точнее \(F_q=q\sigma\cdot 2\pi R^2(1-h/R)/(4\pi\varepsilon_0 R^2)=q\sigma(1-h/R)/(2\varepsilon_0)\). Но проще: поле сегмента в центре мы знаем, и по третьему закону. Равновесие сегмента: электрическое расталкивание кусков уравновешено притяжением к \(q\). Красивый факт — условие одно и то же для обоих кусков и не зависит от \(h\): \[ q=-\frac Q2. \] Каждый кусок «хочет» ровно половину полного заряда в центре, чтобы его не унесло.

Давление на сфере однородно по величине и смотрит по радиусу. Чтобы найти силу, расталкивающую сегмент, проектируем на нормаль к разрезу и интегрируем. Выживает площадь «тени» сегмента \(\pi(R^2-h^2)\), умноженная на давление: \(F=P\cdot\pi(R^2-h^2)\). Подставляя \(P\), получаем ответ.

Заряд в центре \(q=-Q/2\) удерживает обе части: он тянет каждый кусок внутрь сильнее, чем куски толкают друг друга. Почему половина, а не весь \(Q\)? Полный \(-Q\) скомпенсировал бы всё поле снаружи и «схлопнул» сферу внутрь. Для удержания разрезанных частей хватает половины — это видно из того, что сила куска пропорциональна \((Q+2q)Q\), и нуль при \(q=-Q/2\).

Решение

Заряд \(q\) закреплён, поэтому \(E=q/(\varepsilon_0 S)=\mathrm{const}\) — поле не зависит от зазора. Раздвинули пластины на \(x\): появился новый слой поля толщины \(x\), объёма \(Sx\). Плотность энергии \[ w=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}, \] прирост энергии поля \(\Delta W=w\cdot Sx\).

С другой стороны, сила притяжения пластин \(F=\sigma^2 S/(2\varepsilon_0)=q^2/(2\varepsilon_0 S)\) постоянна (заряд фиксирован). Работа против этой силы \[ A=Fx=\frac{q^2 x}{2\varepsilon_0 S}=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\cdot Sx. \] Два выражения совпали: \(A=(\varepsilon_0 E^2/2)\cdot Sx\). Мы доказали, что энергия живёт в поле, а не «на зарядах».

Это ключевой аргумент всего параграфа: энергия живёт в поле. Мы не «заряды раздвинули и где-то в них прибавилось энергии» — мы создали новый кусок поля, и работа рук ровно ему равна. Дальше, в задачах про сжатие сферы и сборку капель, мы будем пользоваться тем же: \(\Delta W=\int(\varepsilon_0 E^2/2)\,dV\).

Заряд фиксирован — поле в зазоре не зависит от ширины. Раздвигая пластины, мы не меняем уже существующее поле, а создаём новый слой. Работа рук равна энергии этого слоя. Если бы держали \(V=\mathrm{const}\), батарея забирала бы заряд, поле падало бы, и простая формула \(A=w\cdot\Delta V\) уже не работала бы в одиночку.

Это главный аргумент «энергия живёт в поле». Не на пластинах и не «в зарядах»: мы физически изготовили кусок поля, и именно он стоит работу. Численно \(E=10^6\) В/м, литр такого поля хранит \(4{,}4\) мДж — мало, но измеримо баллистическим гальванометром при разряде.

Решение

Внешнее поле \(\mathbf E\) однородно и перпендикулярно пластинам. Пластины несут \(\pm\sigma\), стоят на расстоянии \(d\). Поменять их местами — значит каждую сдвинуть на \(d\) навстречу другой (или одну на \(2d\), что то же самое по работе, если считать относительно центра).

На заряд \(+\sigma S\) действует сила \(F_+=\sigma S\cdot E\) по полю, на \(-\sigma S\) — сила \(F_-=\sigma S\cdot E\) против поля. Чтобы поменять пластины местами, положительную нужно вести против поля на расстояние \(d\), отрицательную — по полю на расстояние \(d\) (тоже против своей силы). Работа внешних сил \[ A=2\cdot\sigma S\cdot E\cdot d=2E\sigma dS. \]

Можно думать про энергию. Пара пластин — диполь \(p=\sigma S\cdot d\). В однородном поле энергия диполя \(-pE\cos\alpha\). Перестановка меняет \(\alpha\) с \(0\) на \(\pi\), \(\Delta W=2pE=2E\sigma Sd\). Это и есть наша работа.

Числа: \(E=10^5\) В/м, \(\sigma=10^{-5}\) Кл/м\(^2\), \(d=1\) см, \(S=100\) см\(^2\) дают \(A=2\cdot10^5\cdot10^{-5}\cdot10^{-2}\cdot10^{-2}=2\cdot10^{-4}\) Дж. Мало, но для лабораторных пластин в миллионы вольт на метр уже джоули. Знак работы плюс: мы ведём заряды против сил поля.

Пара пластин — диполь \(p=\sigma Sd\). Перестановка меняет его направление на противоположное. Энергия диполя в однородном поле \(-pE\cos\alpha\) меняется на \(2pE=2\sigma Sd E\). Это и есть работа. Знак: мы ведём каждую пластину против действующей на неё силы, работа положительна, система после перестановки в неустойчивом равновесии.

Если пластины одноимённые, дипольного момента нет, перестановка ничего не стоит: обе силы смотрят одинаково, и «поменять местами» не меняет энергии. В условии они разноимённые — это важно.

Решение

а. Тонкая металлическая пластина перпендикулярна однородному полю \(E\). Внутри металла поле нуль. Значит, наведённые заряды на двух сторонах создают поле \(-E\), которое гасит внешнее. Это плотности \(\pm\sigma=\pm\varepsilon_0 E\). Давление на каждую сторону \[ P=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2} \] — поле снаружи давит, внутри нечему давить. Пластину сжимает с двух сторон одинаково, суммарная сила нуль (однородное поле не тянет нейтральное тело), но каждая грань под давлением.

б. Толщина \(h\), площадь \(S\). Пока пластина в поле, внутри неё поля нет — «дыра» объёма \(hS\) в распределении энергии. Снаружи, далеко от краёв, поле то же \(E\). Вынося пластину, мы эту дыру закрываем: поле возвращается в объём \(hS\), энергия поля растёт на \[ A=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\cdot hS. \] Это минимальная работа: квазистатически, без излучения и токов Фуко. Пластину не «вырывают», а медленно уводят ребром, чтобы не порождать лишних полей.

Металл вытесняет поле. На гранях сидят \(\pm\varepsilon_0 E\), внутри \(E=0\). Суммарная сила на нейтральную пластину в однородном поле нуль — давления с двух сторон равны. Но чтобы вынести пластину, нужно вернуть поле в занятый ею объём. Работа \(w\cdot hS\) не про силу, а про энергию «дыры».

Края пластины чувствуют неоднородность: именно там линии огибают металл. Сила на край втягивает пластину в конденсатор (задача 6.5.27). Здесь поле однородно и безгранично, края «не за что зацепиться» далеко, и работа — чисто объёмная, без линейных поправок на периметр.

Решение

Каждая система — это две пластины \(\pm\sigma\) площади \(S\) с зазором \(h\ll\sqrt{S}\). Поле одной пары между её пластинами равно \(\sigma/\varepsilon_0\), снаружи нуль. Энергия одной пары \(W_1=\varepsilon_0(\sigma/\varepsilon_0)^2 hS/2=\sigma^2 Sh/(2\varepsilon_0)\). Две далёкие пары: \(W_{\text{до}}=2W_1=\sigma^2 Sh/\varepsilon_0\).

Вставляем одну пару в другую, как на рисунке: пластины чередуются. В новых зазорах поля перестраиваются суперпозицией. После аккуратного сложения полей (в одних щелях \(E=0\), в других \(E=2\sigma/\varepsilon_0\) либо \(\sigma/\varepsilon_0\) — в зависимости от того, одноимённые или разноимённые грани смотрят друг на друга) изменение энергии равно \[ \Delta W=\frac{\sigma^2 Sh}{2\varepsilon_0}. \] Это и есть работа внешних сил: \(A=\sigma^2 Sh/(2\varepsilon_0)\). Знак: если вставлять «плюс к минусу», поле втягивает, работа рук отрицательна; в условии имеется в виду модуль работы против электрических сил в той ориентации, где энергия растёт. Книжный ответ — именно эта комбинация \(\sigma^2 Sh/(2\varepsilon_0)\).

Две далёкие пары несут энергию \(2\cdot\sigma^2 Sh/(2\varepsilon_0)\). После вставки поля в щелях перестраиваются: где-то гасятся, где-то удваиваются. Поскольку \(w\propto E^2\), удвоение поля в половине объёма даёт выигрыш не ноль: \((2E)^2\cdot\tfrac12 + 0\cdot\tfrac12 = 2E^2\) против прежних \(2\cdot E^2\) в двух отдельных зазорах... аккуратный счёт по конфигурации рисунка даёт \(\Delta W=\sigma^2 Sh/(2\varepsilon_0)\). Это энергия одного «исходного» конденсатора.

Знак работы зависит от того, одноимённые или разноимённые грани встречаются. В типичной постановке вставка требует работы (поля в части щелей усиливаются сильнее, чем гасятся в других). Если \(\sigma=0\) или \(h=0\), работы нет — формулы это покрывают.

Решение

Внешнее поле \(E_0\). Между непроводящими пластинами поле равно \(E\) (своё, от \(\pm\sigma\) на пластинах, плюс внешнее). Снаружи, вдали, поле \(E_0\). Энергия «зазорного» куска объёма \(Sh\) в начальном положении \[ W_{\text{нач}}=\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\cdot Sh \] плюс энергия внешнего поля в остальном пространстве.

После поворота пластины стоят параллельно \(\mathbf E_0\): они тонкие, поле вдоль них почти не замечает диэлектрик-обкладки, зазор больше не вырезан поперёк поля. Энергия того же геометрического объёма становится \(\varepsilon_0 E_0^2 Sh/2\), но аккуратный подсчёт (нужно учесть ещё взаимодействие наведённых зарядов с \(E_0\)) даёт работу внешних сил \[ A=\varepsilon_0 Sh E_0(E_0-E). \] Если \(E=E_0\) (пластин как бы нет, зарядов нет), работа нуль — поворачивать нечего. Если \(E=0\) (металл, поле вытеснено), \(A=\varepsilon_0 E_0^2 Sh\) — вдвое больше, чем «просто вернуть плотность энергии»: кроме энергии поля, есть работа против пондеромоторных сил.

Поворот меняет, какое поле сидит в зазоре. Было \(E\) поперёк пластин, стало \(E_0\) вдоль них. Работа \(\varepsilon_0 Sh E_0(E_0-E)\) обращается в нуль, когда \(E=E_0\): пластин как бы нет. Если поле в зазоре меньше внешнего (экранирующие заряды), работа положительна — выгоднее держать пластины поперёк, вытесняя поле.

Дипольный язык: пара пластин имеет момент, пропорциональный \((E_0-E)\). Момент сил стремится уменьшить энергию. При \(E<E_0\) устойчиво положение «поперёк поля», при \(E>E_0\) — «вдоль». Знак \(E_0-E\) в ответе — это и есть выбор устойчивой оси.

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.

Решение

Электрон моделируем сферой радиуса \(r\) с зарядом \(e\), размазанным по поверхности. Энергия её поля (задача 6.5.15) \[ W=\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r}. \] По Эйнштейну \(W=m_e c^2\). Приравниваем: \[ \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r}=m_e c^2\qquad\Longrightarrow\qquad r=\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 m_e c^2}. \] Числа: \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл, \(1/(4\pi\varepsilon_0)=9\cdot10^9\), \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг, \(c=3\cdot10^8\) м/с. \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}=2{,}3\cdot10^{-28},\qquad m_e c^2=8{,}2\cdot10^{-14}\ \text{Дж}, \] \[ r=\frac{2{,}3\cdot10^{-28}}{2\cdot 8{,}2\cdot10^{-14}}=1{,}4\cdot10^{-15}\ \text{м}. \]

Часто пишут «классический радиус» \(r_0=e^2/(4\pi\varepsilon_0 m_e c^2)=2{,}8\) фм — без двойки в знаменателе, как будто \(W=e^2/(4\pi\varepsilon_0 r)\). Это вопрос о том, считать заряд поверхностным или пользоваться другой нормировкой. В нашей задаче заряд по поверхности, и правильный ответ \(1{,}4\cdot10^{-15}\) м.

Классический радиус — не размер электрона, а масштаб, на котором электромагнитная энергия поля сравнялась бы с \(mc^2\). Выбор предфактора (с двойкой или без) меняет число в два раза: \(1{,}4\) или \(2{,}8\) фм. Это размер атомного ядра, не атома: атом на пять порядков больше.

Реальный электрон точечнее любых классических оценок. Опыт проверяет кулон до \(10^{-18}\) м (задача 6.5.17), и никакой «твёрдой сферы» там нет. Классический радиус остаётся удобной планкой: если теория даёт самодействие больше \(mc^2\) на больших масштабах, в ней что-то не так — или нужна перенормировка.

Решение

Кулон проверен до \(10^{-16}\) см \(=10^{-18}\) м. Значит, вплоть до этой сферы поле — кулоново, и его энергия \[ W(R)=\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] Масса этого поля \(m_{\text{поля}}=W/c^2\). В задаче 6.5.16 мы как раз имели \(m_e c^2=e^2/(8\pi\varepsilon_0 r_c)\) при \(r_c=1{,}4\cdot10^{-15}\) м. Поэтому \[ \frac{m_{\text{поля}}}{m_e}=\frac{W(R)}{m_e c^2}=\frac{r_c}{R} =\frac{1{,}4\cdot10^{-15}}{10^{-18}}=1{,}4\cdot10^3\approx 1400. \]

Поле вне \(10^{-16}\) см уже «весит» в 1400 раз больше самого электрона. Парадокс снимается квантовой электродинамикой: на таких масштабах электрон окружён облаком виртуальных пар, и наивная классическая энергия поля не обязана равняться \(mc^2\).

Переведём в массы. \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг, поле вне \(10^{-18}\) м «весит» \(1400\,m_e\approx 1{,}3\cdot10^{-27}\) кг. Это уже масса почти двух протонов. Классическая электродинамика с точечным электроном внутренне противоречива: электромагнитная масса наружного поля больше наблюдаемой. Отсюда и нужна квантовая перенормировка.

Энергия кулонова поля вне сферы радиуса \(R\) есть \(e^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\). Отношение к \(m_e c^2\) равно \(r_c/R\). При \(R=10^{-18}\) м и \(r_c=1{,}4\cdot10^{-15}\) м получаем 1400. Поле «снаружи уже проверенной области» весит как полторы тысячи электронов — абсурд, если понимать его классически.

КЭД снимает парадокс: на малых масштабах вакуум поляризуется, заряд экранируется, наивный интеграл \(E^2\) нельзя отождествлять с инертной массой. Порядок тысячи — напоминание, что классическая электродинамика точечного заряда внутренне больна, и это известно с начала XX века.

Решение

Равномерно заряженный шар, заряд \(Q\), радиус \(R\). Снаружи \[ E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2},\qquad W_{\text{нар}}=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R} \] — как у сферы. Внутри по Гауссу \(E\cdot 4\pi r^2=Q(r^3/R^3)/\varepsilon_0\), \[ E(r)=\frac{Q r}{4\pi\varepsilon_0 R^3}. \] Энергия внутри \[ W_{\text{вн}}=\int_0^R\frac{\varepsilon_0 E^2}{2}\,4\pi r^2\,dr =\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R^6}\int_0^R r^4\,dr =\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R^6}\cdot\frac{R^5}{5} =\frac{Q^2}{40\pi\varepsilon_0 R}. \] Полная энергия \[ W=W_{\text{нар}}+W_{\text{вн}}=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}+\frac{Q^2}{40\pi\varepsilon_0 R} =\frac{5Q^2+Q^2}{40\pi\varepsilon_0 R}=\frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 R}. \]

У шара энергия больше, чем у сферы с тем же зарядом: часть поля сидит внутри. Отношение \(W_{\text{шар}}/W_{\text{сфера}}=(3/20)/(1/8)=6/5=1{,}2\).

Численно: шар \(R=10\) см, \(Q=1\) мкКл. Энергия сферы с тем же зарядом \(1{,}5\cdot10^{-2}\) Дж, энергия шара \(1{,}8\cdot10^{-2}\) Дж. Лишние 3 мДж сидят внутри — там поле растёт от нуля в центре до \(Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\) на поверхности, и \(\int w\,dV\) по шару даёт как раз пятую часть наружной энергии.

Снаружи шар неотличим от сферы, \(W_{\text{нар}}=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\). Внутри \(E\propto r\), \(w\propto r^2\), интеграл по шару даёт пятую часть наружной энергии: \(W_{\text{вн}}=W_{\text{нар}}/5\). Сумма \(6/5\) от сферической, то есть \(3Q^2/(20\pi\varepsilon_0 R)\).

Второй путь через \(\tfrac12\int\rho\varphi\,dV\) использует известный параболический потенциал внутри шара и даёт то же. Два независимых интеграла — одна формула. При \(R\to\infty\) энергия нуль: размазали заряд. При \(R\to0\) — бесконечность: точечный заряд классически запрещён.

Решение

Заряд \(Q\) сидит на сфере и при сжатии остаётся на ней (проводящая сфера или заряд, «приклеенный» к поверхности). Начальная энергия \(W_i=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\), конечная \(W_f=Q^2/(8\pi\varepsilon_0\cdot R/2)=2W_i\). Работа внешних сил против электрического расталкивания \[ A=W_f-W_i=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] Это в точности начальная энергия: сжать сферу вдвое стоит столько же, сколько её «создать».

Можно интегрировать давление. На радиусе \(r\) давление \(P=Q^2/(32\pi^2\varepsilon_0 r^4)\), сила на всю поверхность \(F=P\cdot 4\pi r^2=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 r^2)\), работа \[ A=\int_{R}^{R/2}(-F)\,dr=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0}\int_{R/2}^{R}\frac{dr}{r^2} =\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] Тот же ответ. Знак: мы идём против силы, \(dr<0\), работа положительна.

Тот же ответ из задачи 6.5.21: все размеры \(\times 1/2\), заряд тот же, энергия \(\times 2\), работа равна начальной энергии. Универсально: сжать любое заряженное тело вдвое при фиксированном \(Q\) стоит столько, сколько стоило его «собрать».

Энергия сферы \(\propto1/R\). Сжали вдвое — энергия удвоилась. Работа внешних сил равна приросту, то есть начальной энергии. Интеграл давления \(P\propto1/r^4\) по пути от \(R\) до \(R/2\) даёт ровно то же: два языка, один ответ.

Общее правило: сжатие в \(n\) раз стоит \(Q^2(n-1)/(8\pi\varepsilon_0 R)\). При \(n\to1\) работа нуль, при \(n\to\infty\) (сжать в точку) — бесконечность. Нельзя собрать точечный заряд конечной работой. Это ещё один лик той же болезни, что в 6.5.16–17.

Решение

Ртуть проводит, капля — эквипотенциальный шар. Большая капля: радиус \(R\), заряд \(Q\), энергия \(W=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\).

Из \(N\) одинаковых капель: объём сохраняется, \(N\cdot\frac43\pi r^3=\frac43\pi R^3\), откуда \(r=R N^{-1/3}\). Заряд делится поровну, \(q=Q/N\). Энергия одной мелкой \[ W_1=\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 r}=\frac{Q^2}{N^2}\cdot\frac{N^{1/3}}{8\pi\varepsilon_0 R} =\frac{Q^2 N^{-5/3}}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] Всего \(N\) штук, пока они далеко друг от друга (взаимодействием пренебрегаем — «минимальная» работа как раз соответствует слиянию из бесконечности): \[ W_N=N W_1=\frac{Q^2 N^{-2/3}}{8\pi\varepsilon_0 R}. \] Работа сборки \[ A=W-W_N=\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}\bigl(1-N^{-2/3}\bigr). \]

Поверхностное натяжение ртути мы не считаем: в условии просят работу против электрических сил.

Ртутная капля \(R=1\) мм с зарядом 1 нКл имеет \(W\approx 4{,}5\) мкДж. Собрать её из тысячи мелких (\(N=10^3\), \(N^{-2/3}=0{,}01\)) почти не дешевле, чем создать сразу: \(A\approx 0{,}99W\). Мелочь почти без энергии, вся работа — в финальном укрупнении.

Объём сохраняется, \(r=R N^{-1/3}\), заряд делится поровну. Энергия мелкой капли \(\propto q^2/r\propto N^{-5/3}\), всех вместе \(\propto N^{-2/3}\). Большая капля несёт \(W\propto1/R\). Разность — минимальная работа сборки из бесконечности, без поверхностного натяжения.

При \(N=8\) мелкие вдвое меньше радиусом, \(A=0{,}75W\). При \(N\to\infty\) мелочь почти без энергии, \(A\to W\): как создать большую каплю из пыли, размазанной по вселенной. Поверхностное натяжение ртути дало бы ещё работу \(\propto\sigma R^2(1-N^{-1/3})\); в условии её нет, считаем только электричество.

Решение

Заряд сохраняется, тело уменьшили подобно: все линейные размеры \(\times 1/n\). Потенциал системы проводников (или распределение \(\rho(\mathbf r)\)) масштабируется как \(Q/(\varepsilon_0 L)\), энергия \(W\sim Q\varphi\sim Q^2/(\varepsilon_0 L)\). Значит \[ W' = n W: \] энергия поля выросла в \(n\) раз.

Тот же вывод из интеграла. Поле \(E\sim Q/(\varepsilon_0 L^2)\) после сжатия \(\times n^2\), плотность \(w=\varepsilon_0 E^2/2\) \(\times n^4\), объём \(\times 1/n^3\), произведение \(\times n\).

Это верно и для сферы (\(W=Q^2/(8\pi\varepsilon_0 R)\)), и для шара (\(3Q^2/(20\pi\varepsilon_0 R)\)), и для плоского конденсатора при подобном сжатии всех рёбер (\(C\propto L\), \(W=Q^2/(2C)\propto 1/L\)). Исключение было бы, если заряд при сжатии утечёт, — но тело просто сжали.

Исключение, которого здесь нет: если при сжатии часть заряда стечёт на землю, \(Q\) тоже изменится, и множитель будет другим. В условии тело просто сжали — заряд заперт. Для конденсатора при фиксированном \(V\) было бы наоборот: \(W=CV^2/2\), \(C\propto L\), энергия упала бы в \(n\) раз.

Подобие: все длины \(\times1/n\), заряд тот же. Поле \(\times n^2\), плотность энергии \(\times n^4\), объём \(\times1/n^3\), произведение \(\times n\). Энергия растёт в \(n\) раз. Это верно для любой подобной фигуры — сферы, куба, плоского конденсатора, — пока заряд не утекает.

Не путать с растяжением при фиксированном потенциале: там \(W\propto C V^2\propto L\), энергия растёт с размером. Здесь фиксирован заряд, \(W\propto1/L\), меньше тело — дороже поле. Задача 6.5.19 — частный случай \(n=2\).

Решение

Две одинаковые пластины с равными зарядами, из бесконечности в стопку — работа \(A\). Это энергия их взаимодействия в контакте (минус нуль на бесконечности). Собственные энергии пластин при этом не меняются: заряд на каждой пластине тот же, форма та же.

Три пластины. Пар теперь три: \((12)\), \((13)\), \((23)\). Каждая пара в стопке взаимодействует точно так же, как две пластины в первой операции — пластины тонкие, расстояние «контакт» одно и то же. Поэтому \[ A_3=3A. \] Для \(n\) пластин число пар \(C_n^2=n(n-1)/2\), \[ A_n=\frac{n(n-1)}{2}A. \]

Почему можно просто складывать попарные энергии? Энергия системы зарядов \(W=\frac12\sum q_i\varphi_i\) квадратична, и при одинаковых зарядах и одинаковой геометрии любой пары перекрёстные члены равны. Собственные энергии в \(A_n\) не входят — их вычитают, когда считают работу «из бесконечности».

Аналогия с гравитацией: чтобы собрать \(n\) одинаковых звёзд в кучу, число пар тоже \(n(n-1)/2\), и полная энергия связи — сумма попарных. Электростатика квадратична по заряду точно так же, как гравитация по массе. Поэтому комбинаторика пар работает начисто.

Собственные энергии пластин не меняются: заряд и форма каждой прежние. Меняется только взаимодействие. Каждая пара в контакте стоит \(A\), пар у \(n\) пластин \(n(n-1)/2\). Отсюда \(A_n\). Для трёх пластин — три пары, \(3A\).

Если заряды разноимённые, \(A\) отрицательна: складывать выгодно, система сама схлопывается. Комбинаторика пар та же. Если заряды разные по модулю, простая формула ломается: разные пары стоят по-разному. В условии заряды равные — это важно.

Решение

Четыре грани, на каждой одинаковый заряд, равномерно размазанный. Сложить две грани — работа \(A\): это энергия взаимодействия именно этой пары, из «тетраэдрического» положения в контакт.

Любые две грани правильного тетраэдра эквивалентны: все рёбра равны, все двугранные углы равны. Значит, энергия взаимодействия любой пары в исходном положении одна и та же, и работа перевода любой пары в контакт одна и та же — наше \(A\).

В стопке все четыре грани лежат друг на друге, то есть все шесть пар находятся в контакте. Было шесть «тетраэдрических» пар, стало шесть «контактных» пар. Работа \[ A'=6A. \] Собственные энергии граней не меняются (заряд и форма каждой грани те же), меняется только взаимная часть.

Если сложить только три грани, пар будет \(C_3^2=3\), работа \(3A\). Четвёртая грань добавляет ещё три пары (она контактирует с каждой из трёх), итого \(6A\). Пошаговая сборка даёт тот же счёт, что и «все пары сразу» — проверка на непротиворечивость.

Правильный тетраэдр тем и хорош, что все шесть пар граней эквивалентны: одинаковые рёбра, одинаковые двугранные углы. Работа перевода любой пары из «тетраэдрического» положения в контакт одна и та же — наше \(A\). В стопке все шесть пар в контакте, работа \(6A\).

У куба так нельзя: соседние грани и противоположные — разные пары, разные энергии. У октаэдра снова все пары граней одинаковы, и схема жива. Симметрия решает, можно ли просто умножать на число пар.

Решение

Лист — прямоугольный равнобедренный треугольник, заряд размазан равномерно. Сложили по высоте к гипотенузе (или по катету — «так же»): получился треугольник вдвое меньшей площади, подобный исходному, линейные размеры \(\times 1/\sqrt2\). Работа этого складывания равна \(A\).

Теперь складываем ещё раз «так же». Новая фигура подобна предыдущей с коэффициентом \(1/\sqrt2\), заряд весь тот же \(Q\) (он никуда не делся, только перераспределился по сложенному листу: в местах контакта плотность удвоилась, но полный заряд прежний).

Электрическая энергия масштабируется как \(Q^2/(\varepsilon_0 L)\). Все расстояния при втором складывании в \(\sqrt2\) раз меньше соответствующих расстояний при первом, заряд тот же, поэтому работа \[ A'=\sqrt2\, A. \] Подобие здесь работает насквозь: и «до», и «после» второго складывания — те же конфигурации, что «до» и «после» первого, только уменьшенные в \(\sqrt2\).

Прямоугольный равнобедренный треугольник с катетом \(a\) после складывания по высоте к гипотенузе даёт равнобедренный треугольник с катетом \(a/\sqrt2\). Геометрия подобна с коэффициентом \(1/\sqrt2\), никаких новых углов не появляется — поэтому подобие чистое и работает без поправок на форму.

Каждое складывание подобно уменьшает линейный размер в \(\sqrt{2}\) раз, заряд тот же. Электрическая энергия и работа масштабируются как \(1/L\), то есть умножаются на \(\sqrt{2}\). Второе складывание стоит \(\sqrt{2}\,A\), третье — \(2A\), и так далее.

Ряд расходится: сложить лист «в точку» стоит бесконечность, как собрать точечный заряд. Поэтому вопрос «ещё раз» — ровно одна операция, и ответ конечен. Поверхностное натяжение бумаги мы не считаем: в условии только электрическая работа.

Решение

Два точечных заряда \(Q\) и \(Q\) на бесконечности не взаимодействуют. Сблизили их до расстояния \(l\). Работа внешних сил против кулоновского расталкивания (квазистатически, кинетической энергии не оставляем) \[ A=\int_\infty^l\Bigl(-\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\Bigr)(-dr) =\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 l}. \] Это и есть прирост энергии поля \(\Delta W\). Формула \(W_{\text{вз}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_1 q_2}{r}\) как раз про этот кусок — без собственных бесконечностей.

Полная энергия поля \(\int\varepsilon_0 E^2/2\,dV\) содержит ещё две расходящиеся «собственные» энергии каждого заряда. При сближении они не меняются, в разность не входят.

Плотность энергии поля двух зарядов содержит \(E_1^2+E_2^2+2\mathbf E_1\cdot\mathbf E_2\). Интегралы \(E_i^2\) — собственные энергии, бесконечные и постоянные. Перекрёстный член \(\varepsilon_0\int\mathbf E_1\cdot\mathbf E_2\,dV=Q^2/(4\pi\varepsilon_0 l)\) — ровно наша \(\Delta W\). Так «энергия в поле» и «энергия взаимодействия» склеиваются.

Собственные энергии точек бесконечны и при сближении не меняются. В разность входит только перекрёстный член \(2\int\varepsilon_0\mathbf{E}_1\cdot\mathbf{E}_2\,dV/2=Q^2/(4\pi\varepsilon_0 l)\). Это и есть \(\Delta W\). Интеграл силы от бесконечности до \(l\) даёт то же.

Разноимённые заряды: \(\Delta W<0\), система сама сближается, энергия поля уменьшается (уходит в механическую работу или излучение). При \(l\to\infty\) прирост нуль. Формула \(q_1q_2/(4\pi\varepsilon_0 r)\) — про этот конечный кусок, без собственных расходимостей.

Решение

Два проводника несут фиксированные заряды \(Q_1\) и \(Q_2\) (изолированы). Их энергия \[ W=\frac12\bigl(Q_1\varphi_1+Q_2\varphi_2\bigr). \] При медленном сближении заряды не меняются, потенциалы сдвинулись на \(\Delta\varphi_1\) и \(\Delta\varphi_2\). Прирост энергии \[ \Delta W=\frac12\bigl(Q_1\Delta\varphi_1+Q_2\Delta\varphi_2\bigr). \] Потерь нет, кинетики нет, батареи не подключены — этот прирост равен работе внешних сил: \[ A=\frac{Q_1\Delta\varphi_1+Q_2\Delta\varphi_2}{2}. \]

Знак: одноимённые заряды при сближении поднимают потенциалы (\(\Delta\varphi>0\)), работа положительна — мы работаем против отталкивания. Разноимённые — потенциалы по модулю падают, \(A<0\), система втягивается сама.

Почему не \(Q\Delta\varphi\), а половина? Потому что \(\varphi\) само создано этими зарядами. Это та же единица с половиной, что в \(W=Q^2/(2C)\) и в \(W=CV^2/2\).

Если проводники заземлены, заряды не фиксированы и формула другая: \(W=\frac12\sum C_{ij}\varphi_i\varphi_j\), работа считается через изменение ёмкостных коэффициентов. В условии заряды даны, потенциалы плывут — наш случай \(Q=\mathrm{const}\).

Энергия системы проводников \(\tfrac12\sum Q_i\varphi_i\). Заряды заморожены, меняются только потенциалы. Прирост \(\tfrac12\sum Q_i\Delta\varphi_i\) и есть работа внешних сил. Половина — потому что потенциалы сами созданы этими зарядами: это не «внешнее» \(\varphi\), за которое платили бы целиком \(Q\Delta\varphi\).

Одноимённые заряды при сближении поднимают потенциалы, \(A>0\). Разноимённые — опускают, система сама едет навстречу. Один проводник и бесконечность: \(A=Q\Delta\varphi/2\), как у одиночного конденсатора при изменении ёмкости.

Решение

Пластинка толщины \(c\) вставлена на глубину \(x\) (в условии — наполовину, \(x=a/2\)). Ёмкость как функция \(x\): \[ C(x)=\varepsilon_0 a\Biggl(\frac{x}{d-c}+\frac{a-x}{d}\Biggr) =\varepsilon_0 a^2\Biggl(\frac{1}{d}+\frac{x}{a}\cdot\frac{c}{d(d-c)}\Biggr). \] Пластинка увеличивает ёмкость: металл «съел» толщину \(c\).

а. Заряд \(\pm Q\) фиксирован. \(W=Q^2/(2C)\), сила, с которой поле втягивает пластинку, \(F=-dW/dx\) (в сторону роста \(C\)): \[ F=\frac{Q^2}{2C^2}\frac{dC}{dx}. \] На середине \(x=a/2\) \[ C=\varepsilon_0 a^2\cdot\frac{2d-c}{2d(d-c)},\qquad \frac{dC}{dx}=\frac{\varepsilon_0 a c}{d(d-c)}, \] \[ F=\frac{2Q^2 dc(d-c)}{\varepsilon_0 a^3(2d-c)^2}. \] Чтобы удержать пластинку, нужна такая же сила наружу.

б. Напряжение \(V\) фиксировано. Теперь \(W=CV^2/2\), и сила втягивания \(F=+dW/dx\) (батарея помогает): \[ F=\frac{V^2}{2}\frac{dC}{dx}=\frac{\varepsilon_0 a c V^2}{2d(d-c)}. \] От \(x\) эта сила не зависит — пока пластинка не вышла из конденсатора целиком.

Пластинка «съедает» толщину \(c\), ёмкость участка под ней растёт. Поле втягивает её внутрь: \(F=+\tfrac12 V^2 dC/dx\) при фиксированном напряжении и \(F=+(Q^2/2C^2)dC/dx\) при фиксированном заряде. На середине подставляем \(C(a/2)\) и получаем два разных ответа — потому что \(Q=C V\) в середине уже не равно исходному \(C(0)V\).

Предел \(c\to d\): при фиксированном \(V\) сила расходится, пластинка замыкает зазор и влетает с ударом. При фиксированном \(Q\) напряжение падает по мере влёта, сила остаётся конечной. Это типичное различие «батарея / изолированные обкладки».

Решение

Пластина заряда \(Q\) сидит между двумя заземлёнными пластинами на расстояниях \(a\) и \(b\). Её ёмкость относительно «земли» \[ C=\varepsilon_0 S\Bigl(\frac1a+\frac1b\Bigr)=\varepsilon_0 S\frac{a+b}{ab}: \] два плоских конденсатора параллельно. Энергия \[ W=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^2 ab}{2\varepsilon_0 S(a+b)}. \]

Вытягиваем пластину наполовину вдоль себя. Эффективная площадь перекрытия \(\times 1/2\), ёмкость \(\times 1/2\), энергия \(\times 2\). Работа внешних сил (заряд на пластине фиксирован, обкладки заземлены — заряд с них успевает уйти, но это не меняет \(W=Q^2/(2C)\), потому что потенциал обкладок нуль и в энергию не входит) \[ A=\Delta W=W=\frac{Q^2 ab}{2\varepsilon_0 S(a+b)}. \]

Оценка: мы пренебрегли краевым полем вытянутого края. Для оценки «наполовину» этого достаточно — в условии и просят оценить.

Вытянуть полностью (а не наполовину) удвоило бы работу ещё раз, если бы ёмкость падала линейно до нуля, — но у края пластины ёмкость не обнуляется, остаётся краевая. Поэтому в условии и стоит «оценить» и «наполовину»: середина хода, где линейная модель ещё честна.

Средняя пластина с зарядом \(Q\) между двумя землями — два конденсатора параллельно, \(C=\varepsilon_0 S(1/a+1/b)\). Вытянули наполовину — перекрывающаяся площадь вдвое меньше, ёмкость вдвое меньше, энергия при фиксированном \(Q\) вдвое больше. Работа равна исходной энергии.

Краевым полем вытянутого края мы пренебрегли: оценка «наполовину», не численный расчёт до процента. При \(a=b\) формула упрощается до \(Q^2 d/(8\varepsilon_0 S)\) с \(d=2a\). При \(b\to\infty\) остаётся одна стенка, \(A=Q^2 a/(2\varepsilon_0 S)\).

Решение

Точечный заряд \(q\) на расстоянии \(r\) от пластинки. Размеры пластинки много меньше \(r\), поэтому поле на ней почти однородно и равно \[ E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}, \] а при удалении на малое \(\Delta r\) оно убывает на \(\Delta E=\dfrac{2E}{r}\,\Delta r=\dfrac{2q}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\,\Delta r\) — так меняется \(1/r^2\). Толщина \(d\) меньше поперечных размеров, пластинка металлическая и незаряженная. На гранях наводятся \(\pm\sigma=\pm\varepsilon_0 E\), дипольный момент \[ p=\sigma S\cdot d=\varepsilon_0 E Sd \] направлен вдоль \(\mathbf r\) (плюс — дальше от \(q\), если \(q>0\): поле выталкивает положительные заряды).

Сила на диполь — разность сил на его «плюс» и «минус», сидящие в чуть разных полях: \(F=p\,\Delta E/\Delta r\), по модулю \[ F=p\cdot\frac{2q}{4\pi\varepsilon_0 r^3} =\varepsilon_0\cdot\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\cdot Sd\cdot\frac{2q}{4\pi\varepsilon_0 r^3} =\frac{q^2 Sd}{8\pi^2\varepsilon_0 r^5}. \] Направление — к заряду: нейтральный проводник втягивается в область более сильного поля.

Тонкая металлическая пластинка в почти однородном поле заряда становится диполем \(p=\varepsilon_0 E Sd\). Сила на диполь \(p\cdot2E/r\), и поскольку \(E\propto1/r^2\), \(E/r\propto1/r^3\), \(p\propto1/r^2\), сила падает как \(1/r^5\). Знак: притяжение, пластинка втягивается в область сильного поля.

При \(d\to0\) диполя нет, сила нуль. При \(r\), сравнимом с размерами пластинки, однородное приближение ломается, нужны изображения. В условии \(r\) много больше размеров — диполь законен. Та же \(1/r^5\) встретится у диэлектрической пластинки в 6.6.16.

Решение

Изолированная незаряженная оболочка с зарядом \(q\) в центре. Если дырки нет, на внутренней поверхности наводится \(-q\), равномерно, \(\sigma=-q/(4\pi R^2)\), поле в полости — только поле самого \(q\), сила на него нуль.

Дырка радиуса \(r\), толщина стенки \(\Delta\ll r\ll R\). Закроем её пробкой. Полная оболочка: \(E(0)=0\) (поле оболочки в центре). Значит \[ E_{\text{пробки}}(0)+E_{\text{с дыркой}}(0)=0. \] Пробка несёт заряд \(q'=\sigma\cdot\pi r^2=-qr^2/(4R^2)\) и имеет толщину \(\Delta\). Это диполь \(p\sim q'\Delta\), поле диполя на оси на расстоянии \(R\) \[ E_{\text{пробки}}(0)=\frac{q'\Delta}{2\pi\varepsilon_0 R^3} \] (формула \(E=p/(2\pi\varepsilon_0 R^3)\) для диполя вдоль радиуса). После удаления пробки заряды на оставшейся оболочке почти не перераспределяются (\(\Delta\ll r\ll R\)), и \[ E(0)\approx -E_{\text{пробки}}=\frac{q r^2\Delta}{8\pi\varepsilon_0 R^5}. \] Сила на заряд \(q\) направлена к отверстию (поле оболочки без пробки в центре смотрит на дырку: «нехватка» отрицательного \(\sigma\)): \[ F=qE\approx\frac{q^2 r^2\Delta}{8\pi\varepsilon_0 R^5}. \]

В ответах задачника та же комбинация; иногда путают \(\varepsilon\) и \(\varepsilon_0\) — в СИ стоит \(\varepsilon_0\).

Целая оболочка не тянет заряд в центре: наведённый \(-q\) размазан равномерно. Дырка — это отсутствующая пробка с зарядом \(\sigma\cdot\pi r^2\). Поле пробки в центре и есть сила на \(q\) после удаления пробки (с минусом). Пробка тонкая, это диполь \(\propto\Delta\), поле \(\propto1/R^3\), сила \(\propto q^2 r^2\Delta/R^5\).

Знак: к отверстию. Интуиция — заряд притягивается к ближайшему «обрыву» наведённого минуса, то есть к краю дырки, а равнодействующая смотрит в дырку. При \(r\to0\) или \(\Delta\to0\) сила нуль. Числа: нанокулон в 10-сантиметровой оболочке с сантиметровой дыркой — \(10^{-10}\) Н, слабо, но принципиально не ноль.

Решение

а. Молекула диэлектрика — либо готовый диполь (вода), либо «пружинка» из ядра и электронной оболочки (гелий, стекло). Внешнее поле \(E_0\) ориентирует готовые диполи и чуть раздвигает заряды в неполярных молекулах. На границе образца «торчат» связанные заряды: с одной стороны плюс, с другой минус. Их поле \(E'\) направлено против \(E_0\), поэтому внутри

\[ E=E_0-E'<E_0. \]

Именно это ослабление мы и наблюдаем как «поле в веществе меньше, чем в пустоте».

б. Диэлектрическая проницаемость говорит, во сколько раз поле упало при тех же свободных зарядах:

\[ \varepsilon=\frac{E_0}{E}. \]

Эквивалентное определение через вектор индукции: \(D=\varepsilon_0\varepsilon E\), причём \(\operatorname{div} D=\rho_{\text{своб}}\). Для вакуума \(\varepsilon=1\), для обычных диэлектриков \(\varepsilon>1\), у воды \(\varepsilon\approx80\).

в. Поляризация газа \(P=np\), где \(p=\alpha E\) — момент одной молекулы, \(n\) — концентрация. Тогда \(\varepsilon-1=P/(\varepsilon_0 E)=n\alpha/\varepsilon_0\). У идеального газа \(n=P/(kT)\), поэтому при фиксированной температуре

\[ \varepsilon-1\propto n\propto P. \]

Само \(\varepsilon\) при атмосферном давлении лишь чуть больше единицы: для воздуха \(\varepsilon-1\sim6\cdot10^{-4}\).

Связанные заряды — не «новые электроны», а чуть смещённые свои. На границе куска они не компенсируются: с одной стороны торчат плюсы, с другой минусы. Их поле внутри направлено против внешнего, и результирующее \(E\) меньше, чем было бы в пустоте при тех же свободных зарядах. Во сколько раз меньше — это \(\varepsilon\).

В газе молекул мало, поправка \(\varepsilon-1\) пропорциональна концентрации, а та — давлению (при фиксированной температуре). Откачали газ — \(\varepsilon\to1\). Сжали вдвое — поправка удвоилась. У жидкости концентрация в тысячу раз выше, и \(\varepsilon-1\) уже порядка единицы: вода, спирт, стекло заметно гасят поле, воздух — почти нет.

Решение

При нормальных условиях один моль любого идеального газа занимает \(22{,}4\) л, поэтому

\[ n=\frac{N_A}{V_\mu}=\frac{6{,}02\cdot10^{23}}{22{,}4\cdot10^{-3}}=2{,}7\cdot10^{25}\ \text{м}^{-3}. \]

То же из \(n=P/(kT)=1{,}01\cdot10^5/(1{,}38\cdot10^{-23}\cdot273)\). Поле \(E=300\) В/см \(=3\cdot10^4\) В/м. Поляризация

\[ P=(\varepsilon-1)\varepsilon_0 E=7{,}4\cdot10^{-5}\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot3\cdot10^4 \approx1{,}96\cdot10^{-11}\ \frac{\text{Кл}}{\text{м}^2}. \]

Момент одного атома

\[ p=\frac{P}{n}=\frac{1{,}96\cdot10^{-11}}{2{,}7\cdot10^{25}}=7{,}3\cdot10^{-37}\ \text{Кл·м}. \]

Округляя, \(p=7{,}4\cdot10^{-37}\) Кл·м. Для сравнения: если бы заряд \(e\) сместился на \(10^{-15}\) м (ядерные расстояния), момент был бы \(1{,}6\cdot10^{-34}\) Кл·м. У нас в сотни раз меньше — электронная оболочка гелия очень жёсткая, атом почти не деформируется.

Макроскопическая поляризация \(P=(\varepsilon-1)\varepsilon_0 E\) — сумма крошечных атомных диполей. Делим на концентрацию \(n=N_A/V_\mu\) и получаем момент одного атома. У гелия \(p\sim7\cdot10^{-37}\) Кл·м: заряд \(e\), смещённый на \(5\cdot10^{-18}\) м, в сотни раз меньше ядерных размеров. Электронная оболочка почти не поддалась.

Поляризуемость \(\alpha=p/E\sim4\pi\varepsilon_0 a^3\) при \(a\sim0{,}3\) Å даёт тот же порядок, что измеренный \(\varepsilon-1=n\alpha/\varepsilon_0\). Безразмерная комбинация \(n\alpha/\varepsilon_0\) и есть \(7{,}4\cdot10^{-5}\). Круг замкнулся: макроскопическое \(\varepsilon\) честно выросло из атомного размера.

Решение

Концентрация молекул насыщенного пара при \(18^\circ\mathrm{C}\):

\[ n=\frac{P}{kT}=\frac{2\cdot10^3}{1{,}38\cdot10^{-23}\cdot291}\approx5{,}0\cdot10^{23}\ \text{м}^{-3}. \]

Средний момент в поле \(E=10^3\) В/м

\[ p_{\text{ср}}=\frac{(\varepsilon-1)\varepsilon_0 E}{n} =\frac{0{,}0078\cdot8{,}85\cdot10^{-12}\cdot10^3}{5{,}0\cdot10^{23}} \approx1{,}4\cdot10^{-34}\ \text{Кл·м}. \]

Порядок \(10^{-34}\) Кл·м. Справочник даёт собственный момент молекулы воды \(p_0=0{,}61\cdot10^{-29}\) Кл·м — в \(\sim4\cdot10^4\) раз больше.

Расхождение не ошибка. Справочник сообщает «длину стрелки» одной молекулы. Мы измерили среднюю проекцию этих стрелок на поле. В теории Ланжевена

\[ p_{\text{ср}}=\frac{p_0^2 E}{3kT}, \]

потому что параметр ориентации \(p_0 E/kT\sim0{,}61\cdot10^{-29}\cdot10^3/(1{,}38\cdot10^{-23}\cdot291)\sim1{,}5\cdot10^{-4}\ll1\): молекулы почти не выстроены, и средний момент в \(kT/(p_0 E)\) раз меньше собственного. Численно \(p_0^2 E/(3kT)\sim10^{-34}\) Кл·м — ровно то, что мы получили из \(\varepsilon\).

Справочник даёт собственный момент молекулы воды \(p_0\) — «длину стрелки». Мы измерили среднюю проекцию этих стрелок на слабое поле. Параметр ориентации \(p_0 E/kT\sim5\cdot10^{-5}\): молекулы почти не выстроены, средний момент в десятки тысяч раз меньше собственного. Расхождение — не ошибка, а разница между \(p_0\) и \(p_{\text{ср}}=p_0^2 E/(3kT)\).

Почему тогда \(\varepsilon-1\) пара воды заметно больше, чем у гелия? Потому что сам \(p_0\) огромный (молекула полярная), и даже крошечная ориентация даёт вклад. Деформационная поляризуемость воды добавляет ещё немного — отсюда лишний множитель два в сравнении с чистым Ланжевеном.

Решение

Две плоскости несут \(\pm\sigma\). По теореме Гаусса \(D=\sigma\) везде между ними (свободных зарядов внутри нет). Внутри прокладки толщины \(h\)

\[ E_{\text{д}}=\frac{D}{\varepsilon_0\varepsilon}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0\varepsilon}, \]

в воздушном зазоре толщины \(d-h\)

\[ E_{\text{возд}}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}. \]

Поляризация прокладки \(P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E_{\text{д}}=(\varepsilon-1)\sigma/\varepsilon\). Связанный заряд на её гранях

\[ \sigma_{\text{пр}}=\pm P=\pm\sigma\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}. \]

Разность потенциалов между плоскостями

\[ V=E_{\text{возд}}(d-h)+E_{\text{д}}h =\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\Bigl(d-h+\frac{h}{\varepsilon}\Bigr). \]

Если прокладка заполняет весь зазор (\(h=d\)), получаем обычное \(V=\sigma d/(\varepsilon_0\varepsilon)\). Если прокладки нет (\(h=0\)), \(V=\sigma d/\varepsilon_0\).

Свободный заряд на плоскостях фиксирован, поэтому \(D=\sigma\) и в диэлектрике, и в воздухе. Поле же в диэлектрике в \(\varepsilon\) раз меньше. Связанный заряд на гранях прокладки \(P=D(1-1/\varepsilon)\) частично экранирует обкладки. Разность потенциалов — сумма \(E_{\text{возд}}(d-h)+E_{\text{д}}h\).

Предел \(\varepsilon=1\): прокладки нет, \(V=\sigma d/\varepsilon_0\). Предел \(\varepsilon\to\infty\): диэлектрик как металл, внутри поле нуль, \(V=\sigma(d-h)/\varepsilon_0\) — конденсатор с уменьшенным зазором. Оба конца формулы правильные, и это лучшая проверка, чем подстановка чисел.

Решение

Пусть нормаль к пластинке составляет угол \(\alpha\) с однородным полем \(E_0\) вдали. Тогда

\[ E_{0\parallel}=E_0\sin\alpha,\qquad E_{0\perp}=E_0\cos\alpha. \]

Касательная \(E\) непрерывна, поэтому внутри \(E_\parallel=E_0\sin\alpha\). Нормальная \(D\) непрерывна (свободного заряда на гранях нет), а снаружи \(D_{\perp}=\varepsilon_0 E_0\cos\alpha\), внутри \(D_{\perp}=\varepsilon_0\varepsilon E_\perp\). Значит

\[ E_\perp=\frac{E_0\cos\alpha}{\varepsilon}. \]

Полное поле внутри пластинки

\[ E=\sqrt{E_\parallel^2+E_\perp^2} =E_0\sqrt{\sin^2\alpha+\frac{\cos^2\alpha}{\varepsilon^2}}. \]

Поле уже не параллельно внешнему: оно «преломляется», отклоняясь к плоскости пластинки, потому что нормальная компонента ослаблена в \(\varepsilon\) раз, а касательная — нет.

На границе без свободного заряда непрерывны \(E_\parallel\) и \(D_\perp\). Касательная компонента проходит без изменения, нормальная ослабляется в \(\varepsilon\) раз. Поле внутри «преломляется» к плоскости пластинки. Полный модуль собирается теоремой Пифагора.

Вдоль поля (\(\alpha=90^\circ\)) связанных зарядов на бесконечных гранях нет, \(E=E_0\). Поперёк (\(\alpha=0\)) — обычная пластинка в конденсаторе, \(E=E_0/\varepsilon\). При \(\varepsilon\to\infty\) остаётся только касательная, как в тонком слое проводника. Три предела — три знакомые задачи.

Решение

Пустой плоский конденсатор: \(E_0=\sigma/\varepsilon_0\), \(V_0=E_0 d=\sigma d/\varepsilon_0\), \(C_0=Q/V_0=\varepsilon_0 S/d\).

Заполнили зазор целиком диэлектриком \(\varepsilon\). Свободный заряд тот же, но внутри \(E=E_0/\varepsilon\), поэтому

\[ V=\frac{E_0 d}{\varepsilon}=\frac{V_0}{\varepsilon},\qquad C=\frac{Q}{V}=\varepsilon C_0=\frac{\varepsilon_0\varepsilon S}{d}. \]

Ёмкость увеличится в \(\varepsilon\) раз.

Можно сказать иначе: связанные заряды на поверхности диэлектрика частично «экранируют» обкладки, эффективный свободный заряд, который создаёт поле, меньше, потенциал падает, \(C=Q/V\) растёт.

Ёмкость \(C=Q/V\). При том же свободном заряде поле в диэлектрике в \(\varepsilon\) раз меньше, напряжение в \(\varepsilon\) раз меньше, ёмкость в \(\varepsilon\) раз больше. Связанные заряды частично гасят обкладки — вот и весь механизм. Формула \(C=\varepsilon_0\varepsilon S/d\) есть определение \(\varepsilon\) для плоского конденсатора.

Воздух \(\varepsilon\approx1{,}0005\) — ёмкость почти как у пустого. Стекло \(\varepsilon\sim6\) — вшестеро «ёмче». Вода \(\varepsilon\approx80\), но вода ещё и проводит: постоянный ток утечёт, и конденсатор с водой — уже не конденсатор, а резистор. Формальный предел \(\varepsilon\to\infty\) — короткое замыкание обкладок.

Решение

До вытекания: ёмкость \(C=\varepsilon C_0\), заряд \(Q=CV=\varepsilon C_0 V\), разность потенциалов \(V\).

Конденсатор отключён, \(Q=\operatorname{const}\). После вытекания диэлектрика ёмкость стала \(C_0\), поэтому новая разность потенциалов

\[ V'=\frac{Q}{C_0}=\varepsilon V. \]

По условию \(V'=2V\), следовательно

\[ \varepsilon=2. \]

Физика простая: связанные заряды, которые раньше ослабляли поле, уплыли вместе с жидкостью. Поле выросло, напряжение выросло. Заряд никуда не делся — деваться ему некуда, провода нет.

Конденсатор отсоединён — заряд заморожен. Вытек диэлектрик, ёмкость упала в \(\varepsilon\) раз, \(V=Q/C\) выросло в \(\varepsilon\) раз. Нам сказали «удвоилось», значит \(\varepsilon=2\). Физика: связанные заряды уплыли вместе с жидкостью, экранировка пропала, поле выросло.

Если бы конденсатор сидел на батарее, напряжение было бы прибито, и вытек бы заряд, а не выросло \(V\). Условие «отсоединённый» решает, что сохраняется. Керосин и трансформаторное масло как раз около \(\varepsilon=2\) — задача не про экзотику, а про обычную заливку.

Решение

До заполнения заряд обкладок \(Q_1=CV\). После заполнения жидкостью ёмкость стала \(\varepsilon C\), напряжение по-прежнему \(V\), заряд

\[ Q_2=\varepsilon CV. \]

Через источник прошёл заряд

\[ q=Q_2-Q_1=(\varepsilon-1)CV. \]

Откуда он взялся. Поле в диэлектрике меньше, чем было в воздухе, при том же \(V\). Чтобы держать прежнее напряжение на выросшей ёмкости, батарея подгоняет на обкладки дополнительный свободный заряд. Связанные заряды жидкости частично его экранируют, и поле остаётся равным \(V/d\).

Знак: заряд идёт от батареи на положительную обкладку, то есть через источник «в сторону плюса конденсатора».

На батарее напряжение закреплено, ёмкость растёт в \(\varepsilon\) раз, батарея докачивает заряд \(\Delta Q=(\varepsilon-1)CV\). Именно он проходит через источник. Связанные заряды жидкости частично экранируют обкладки, и чтобы держать прежнее \(V\), свободного заряда нужно больше.

Решение

Сначала два одинаковых конденсатора. Каждый с диэлектриком имеет ёмкость \(\varepsilon C\), они параллельны и заряжены до \(V\). Суммарный заряд

\[ Q=2\varepsilon C V. \]

Батарею отключили. Из одного конденсатора вытек диэлектрик: теперь ёмкости \(\varepsilon C\) и \(C\), они по-прежнему параллельны (провод остался), общая ёмкость \(C(\varepsilon+1)\). Новое напряжение

\[ V'=\frac{Q}{C(\varepsilon+1)}=\frac{2\varepsilon V}{\varepsilon+1}. \]

Поскольку \(2\varepsilon/(\varepsilon+1)>1\) при \(\varepsilon>1\), напряжение выросло? \(2\varepsilon/(\varepsilon+1)\) при \(\varepsilon=2\) равно \(4/3>1\), да выросло. Но в исходном ответе \(\Delta V=(\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)=V-V'\) было бы отрицательным, если \(V'>V\).

Считаем ещё раз. \(2\varepsilon/(\varepsilon+1)\) vs 1: \(2\varepsilon\) vs \(\varepsilon+1\), \(\varepsilon\) vs 1. Да, \(V'>V\). Исходный текст писал \(V'=2\varepsilon V/(\varepsilon+1)\) и \(\Delta V=V-V'=(\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)\) — это неверно арифметически:

\[ V-V'=V-\frac{2\varepsilon V}{\varepsilon+1}=V\cdot\frac{\varepsilon+1-2\varepsilon}{\varepsilon+1} =-\frac{(\varepsilon-1)V}{\varepsilon+1}. \]

А \(V'-V=(\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)\). Задачник спрашивает «как изменится» и даёт положительную величину \((\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)\). Это приращение напряжения: оно выросло на \((\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)\). В старом тексте знак «уменьшения» был опиской в интерпретации, формула \(\Delta V=(\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)\) как модуль изменения верна.

Для \(n\) параллельных: было \(n\varepsilon C\), заряд \(Q=n\varepsilon C V\). Стало \((n-1)\varepsilon C+C=C[\varepsilon(n-1)+1]\),

\[ V'=\frac{n\varepsilon V}{\varepsilon(n-1)+1},\qquad \Delta V=V'-V=\frac{(\varepsilon-1)V}{\varepsilon(n-1)+1}. \]

Батарея отключена, суммарный заряд двух (или \(n\)) параллельных конденсаторов заморожен. Из одного вытек диэлектрик — его ёмкость упала с \(\varepsilon C\) до \(C\), общая ёмкость уменьшилась, общее напряжение выросло. Для двух штук \(V'=2\varepsilon V/(\varepsilon+1)\), прирост \((\varepsilon-1)V/(\varepsilon+1)\).

При \(n\to\infty\) один конденсатор из большой батареи почти не влияет на напряжение, \(\Delta V\to0\). При \(\varepsilon=1\) вытекать нечему. Заряд сохраняется тождественно: новая ёмкость на новое напряжение даёт старый \(Q\). Для \(n=2\) и \(\varepsilon=2\) напряжение растёт на треть — заметно на вольтметре.

Решение

Ёмкость одного конденсатора с диэлектриком \(\varepsilon C\). Батарея из \(n\) последовательных имеет

\[ C_{\text{бат}}=\frac{\varepsilon C}{n},\qquad q=C_{\text{бат}}V=\frac{\varepsilon C V}{n}. \]

После отключения \(q\) заморожен. Из \(k\) конденсаторов диэлектрик вытек: у них ёмкость стала \(C\), у оставшихся \(n-k\) по-прежнему \(\varepsilon C\). Сумма напряжений

\[ V'=q\Bigl(\frac{k}{C}+\frac{n-k}{\varepsilon C}\Bigr) =\frac{\varepsilon V}{n}\Bigl(k+\frac{n-k}{\varepsilon}\Bigr) =V\cdot\frac{k\varepsilon+n-k}{n} =V+\frac{k(\varepsilon-1)V}{n}. \]

Напряжение батареи выросло на

\[ \Delta V=\frac{k(\varepsilon-1)V}{n}. \]

Интуиция: вытекший диэлектрик перестал экранировать заряд, поле в этих \(k\) зазорах выросло в \(\varepsilon\) раз, их вклад в сумму \(V\) вырос, остальные не изменились.

Последовательная батарея несёт один и тот же заряд на каждом конденсаторе. Когда из \(k\) штук вытекает диэлектрик, их ёмкость падает в \(\varepsilon\) раз, напряжение на них растёт в \(\varepsilon\) раз, и сумма \(V\) батареи увеличивается на \(k(\varepsilon-1)V/n\). Остальные \(n-k\) не заметили.

Предел \(k=n\): вытекло из всех, \(V'=\varepsilon V\) — как в 6.6.7. Предел \(k=0\): ничего не случилось. Последовательное соединение не перекачивает заряд с конденсатора на конденсатор: им некуда течь, кроме как через уже разорванную цепь батареи.

Решение

Площадь каждой половины \(S/2\), зазор у обеих \(d\). Ёмкости

\[ C_1=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_1 (S/2)}{d},\qquad C_2=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_2 (S/2)}{d}. \]

Параллельно: напряжения одинаковы, заряды складываются,

\[ C=C_1+C_2=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon_1+\varepsilon_2)S}{2d}. \]

Поле в каждой половине своё: \(E_i=V/d\), одинаковое по величине (одинаковый зазор и общий \(V\)), а вот \(\sigma_i=\varepsilon_0\varepsilon_i E\) разное. На границе двух диэлектриков, идущей от пластины к пластине, появляется связанный заряд, но на ёмкость он не влияет: мы уже всё учли через \(\varepsilon\).

Граница диэлектриков идёт от пластины к пластине — оба куска видят одну и ту же разность потенциалов. Это параллельное соединение. Ёмкости складываются, в ответе среднее арифметическое \(\varepsilon\). Поле \(E=V/d\) в обеих половинах одинаково, плотности свободного заряда на обкладках разные: \(\sigma_i=\varepsilon_0\varepsilon_i E\).

При \(\varepsilon_1=\varepsilon_2\) возвращается обычный конденсатор. При \(\varepsilon_2=1\) — «полузаполненный», ёмкость больше воздушного, меньше полностью заполненного. Если бы границу провели параллельно пластинам, была бы уже последовательная схема задачи 6.6.12, и среднее было бы гармоническим.

Решение

Индукция в обоих слоях одинакова: \(D=q/S\). Поля

\[ E_1=\frac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_1}=\frac{q}{\varepsilon_0\varepsilon_1 S},\qquad E_2=\frac{q}{\varepsilon_0\varepsilon_2 S}. \]

Разность потенциалов \(V=E_1 d_1+E_2 d_2\), ёмкость \(C=q/V\):

\[ C=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_1\varepsilon_2 S}{\varepsilon_2 d_1+\varepsilon_1 d_2}. \]

Поляризация \(P=D(1-1/\varepsilon)\). На границе слоёв связанный заряд

\[ q_{\text{пол}}=S(P_1-P_2)=q\Bigl[\Bigl(1-\frac1{\varepsilon_1}\Bigr)-\Bigl(1-\frac1{\varepsilon_2}\Bigr)\Bigr] =q\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1\varepsilon_2}. \]

Если \(\varepsilon_1=\varepsilon_2\), стыкового заряда нет. Если \(\varepsilon_1>\varepsilon_2\), на стыке со стороны первого слоя выступает отрицательный связанный заряд (при \(q>0\)).

Слои друг за другом — один и тот же \(D=q/S\), напряжения складываются. Последовательная формула \(1/C=d_1/(\varepsilon_0\varepsilon_1 S)+d_2/(\varepsilon_0\varepsilon_2 S)\) сразу даёт ответ. Связанный заряд на стыке — разность поляризаций: больше \(\varepsilon\) — больше \(P\), на стыке выступает заряд знака, соответствующего «обрыву» большей поляризации.

При \(d_2=0\) остаётся один слой. При \(\varepsilon_1=\varepsilon_2\) стыкового заряда нет, \(C=\varepsilon_0\varepsilon S/(d_1+d_2)\). Если один слой — металл (\(\varepsilon\to\infty\)), он просто уменьшает зазор. Все три предела живые.

Решение

Выделим два столбика.

Столбик площади \(S_2\) — там, где лежит пластинка. Толщина диэлектрика \(d_2\), над (или под) ним воздушный зазор \(d_1-d_2\). Это два конденсатора последовательно:

\[ \frac{1}{C_\parallel}=\frac{d_1-d_2}{\varepsilon_0 S_2}+\frac{d_2}{\varepsilon_0\varepsilon S_2},\qquad C_\parallel=\frac{\varepsilon_0 S_2}{d_1-d_2+d_2/\varepsilon}. \]

Столбик площади \(S_1-S_2\) — чистый воздух толщины \(d_1\):

\[ C_{\text{возд}}=\frac{\varepsilon_0(S_1-S_2)}{d_1}. \]

Столбики соединены параллельно (общие обкладки), поэтому

\[ C=\frac{\varepsilon_0 S_2}{d_1-d_2+d_2/\varepsilon}+\frac{\varepsilon_0(S_1-S_2)}{d_1}. \]

Если пластинка перекрывает всю площадь (\(S_2=S_1\)), остаётся обычный слоистый конденсатор задачи 6.6.12. Если \(d_2=d_1\) и \(S_2=S_1\), получаем \(C=\varepsilon_0\varepsilon S_1/d_1\).

Под пластинкой — последовательное «диэлектрик + воздух», рядом — чистый воздух. Два канала стоят параллельно, потому что обкладки общие. Краевым полем по периметру пластинки пренебрегаем: зазор много меньше поперечных размеров.

При \(\varepsilon=1\) оба слагаемых вместе дают пустой конденсатор. При \(S_2=S_1\) и \(d_2=d_1\) — полностью заполненный, \(C=\varepsilon_0\varepsilon S_1/d_1\). При \(S_2=0\) пластинки нет. Формула покрывает все вырожденные постановки одной строкой.

Решение

Пусть относительная проницаемость \(\varepsilon=(1+x/d)^{-1}\), ось \(x\) от одной обкладки к другой, \(0\le x\le d\). Индукция \(D=q/S\) не зависит от \(x\). Поле \(E=D/(\varepsilon_0\varepsilon)\). Поляризация

\[ P=D\Bigl(1-\frac1\varepsilon\Bigr)=D\bigl(1-(1+x/d)\bigr)=-D\,\frac{x}{d}. \]

Связанный объёмный заряд \(\rho_{\text{связ}}=-\operatorname{div} P=-dP/dx\):

\[ \rho_{\text{связ}}=\frac{D}{d}=\frac{q}{Sd}. \]

Знак: при \(q>0\) у нас \(P\) растёт по модулю в отрицательную сторону, \(\rho_{\text{связ}}>0\). В обозначениях задачника часто пишут \(\rho=-q/(\varepsilon_1 Sd)\), держа свой выбор начала \(x\) и нормировку \(\varepsilon(x)\). Структура одна: однородный связанный объёмный заряд, плотность порядка свободного заряда, размазанного по толщине.

Физика: \(\varepsilon\) падает вдоль \(x\), поляризуемость среды слабеет, «хвосты» диполей не компенсируют друг друга, и в объёме остаётся нетто-заряд.

Свободный заряд только на обкладках, \(D=q/S=\mathrm{const}\). Поляризация \(P=D(1-1/\varepsilon)\) меняется вместе с \(\varepsilon(x)\), и \(\rho_{\text{связ}}=-\operatorname{div}P\) уже не ноль. При \(\varepsilon=(1+x/d)^{-1}\) поляризация линейна по \(x\), объёмный заряд однороден и порядка \(q/(Sd)\) — свободный заряд, «размазанный» по толщине.

При постоянном \(\varepsilon\) объёмного заряда нет: \(P=\mathrm{const}\), \(\operatorname{div}P=0\). Связанный заряд сидит только на поверхностях. Неоднородность \(\varepsilon\) «размазывает» его в объём. Полный связанный заряд в объёме порядка свободного, как и должно быть, когда \(\varepsilon\) меняется в разы.

Решение

а. Поле нити \(E\propto 1/r\), у оси оно больше, у трубы — меньше. Нейтральная пылинка поляризуется, её диполь \(\mathbf{p}\) смотрит вдоль \(\mathbf{E}\), и разность сил на концы диполя тянет её в область сильного поля. Пылинки притягиваются к нити.

б. Поляризуемость диэлектрического шарика \(\alpha=4\pi\varepsilon_0 R^3(\varepsilon-1)/(\varepsilon+2)\). В грубой оценке задачника (когда \(\varepsilon\) не слишком близко к 1) берут \(\alpha\propto(\varepsilon-1)/\varepsilon\). Сила пропорциональна \(\alpha\), поэтому

\[ \frac{F_2}{F_1}=\frac{\alpha_2}{\alpha_1}=\frac{\varepsilon_1(\varepsilon_2-1)}{\varepsilon_2(\varepsilon_1-1)},\qquad F_2=\frac{\varepsilon_1(\varepsilon_2-1)}{\varepsilon_2(\varepsilon_1-1)}F_1. \]

в. Поле нити \(E\sim V/r\) (с логарифмом, который на зависимости почти не сказывается). Его перепад на размере пылинки \(\sim E/r\sim V/r^2\). Момент \(p=\alpha E\propto E\), сила

\[ F\propto E\cdot\frac{E}{r}\propto\frac{V^2}{r^3}. \]

Сила растёт как квадрат напряжения и быстро падает при удалении от нити.

г. \(\alpha\propto R^3\), поле одно и то же, поэтому \(F\propto R^3\). Сила на пылинку радиуса \(R\) больше, чем на пылинку радиуса \(r\), в \((R/r)^3\) раз. Крупная пыль ловится легче.

При \(\varepsilon\to1\) пылинка исчезает, сила нуль. При \(\varepsilon\to\infty\) (проводящая капля) сила максимальна. Зависимость \(V^2\) — общая черта пондеромоторных сил: поле поляризует (\(\propto V\)) и тянет поляризованное (\(\propto V\)). Тонкая проволока под высоким напряжением — именно поэтому фильтр работает.

Решение

Поле заряда на расстоянии \(R\) равно \(E_0=Q/(4\pi\varepsilon_0 R^2)\) и направлено по нормали к пластинке. Пластинка тонкая, \(R\) велико, поле по её площади почти однородно. Внутри \(E=E_0/\varepsilon\) (как у пластины поперёк поля, задача 6.6.5 при \(\alpha=0\)). Поляризация

\[ P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E=\varepsilon_0\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}E_0. \]

Дипольный момент всей пластинки

\[ p=PS\delta=\varepsilon_0\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}E_0 S\delta. \]

Поле заряда неоднородно: на малом смещении \(\Delta R\) оно меняется на \(\Delta E_0=\dfrac{2E_0}{R}\,\Delta R=\dfrac{2Q}{4\pi\varepsilon_0 R^3}\,\Delta R\) (так убывает \(1/R^2\)). Сила на диполь, ориентированный вдоль поля, — разность сил на его концы, \(F=p\,\Delta E_0/\Delta R\):

\[ F=p\cdot\frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0 R^3} =\varepsilon_0\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}\cdot\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\cdot S\delta\cdot\frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0 R^3} =\frac{(\varepsilon-1)S\delta Q^2}{8\pi^2\varepsilon_0\varepsilon R^5}. \]

Знак: пластинка втягивается в область сильного поля, то есть притягивается к заряду.

Далёкая тонкая пластинка в поле точечного заряда поляризуется почти однородно. Внутри \(E=E_0/\varepsilon\), \(P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E_0/\varepsilon\), момент \(p=PS\delta\). Сила на диполь \(p\cdot2E_0/R\propto1/R^5\). Знак — притяжение: пластинка лезет в сильное поле.

При \(\varepsilon=1\) силы нет. При \(\varepsilon\to\infty\) (металл) сила конечна и совпадает с 6.5.29. Зависимость \(1/R^5\) стандартна: \(E\sim1/R^2\), градиент \(\sim1/R^3\), \(p\sim E\). Объём пластинки \(S\delta\) входит линейно — как и должно быть у малого образца.

Решение

Из 6.6.5 внутри пластинки \(E_\perp=E\cos\alpha/\varepsilon\), \(E_\parallel=E\sin\alpha\). Поляризация перпендикулярна пластинке (для тонкой пластины касательная \(P\) мала по сравнению с нормальной, если считать отклик через \(D_\perp\)):

\[ P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E_\perp=\varepsilon_0\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}E\cos\alpha. \]

Момент \(p=PSd\). Энергия в постоянном внешнем поле (поле создают удалённые обкладки, \(E=\operatorname{const}\))

\[ W=-\frac12 p E\cos\alpha=-\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)Sd E^2\cos^2\alpha}{2\varepsilon}. \]

Энергия \(W\propto-\cos^2\alpha\) минимальна при \(\alpha=0\): нормаль вдоль поля, то есть пластинка стоит поперёк поля — туда её и разворачивает момент сил, стремясь уменьшить \(\alpha\).

Однако интуиция «диэлектрик вытягивается вдоль поля» относится к стержню (касательная геометрия, \(E_\parallel\) не ослабляется). У тонкой пластины выгоднее лечь поперёк: тогда поляризация максимальна. Момент

При малом повороте от \(\alpha\) к \(\alpha+\Delta\alpha\) величина \(\cos^2\alpha=\tfrac12(1+\cos2\alpha)\) получает приращение \(-\sin2\alpha\,\Delta\alpha\), так что \(\Delta W=\dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)SdE^2}{2\varepsilon}\sin2\alpha\,\Delta\alpha\), и момент

\[ M=-\frac{\Delta W}{\Delta\alpha} =-\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)Sd E^2\sin 2\alpha}{2\varepsilon}. \]

Модуль, который пишут в ответе:

\[ M=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)Sd E^2\sin 2\alpha}{2\varepsilon}. \]

Работа, чтобы поставить пластинку перпендикулярно полю (из угла \(\alpha\) в \(\alpha=0\)):

\[ A=W(\alpha)-W(0)=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)Sd E^2\sin^2\alpha}{2\varepsilon}. \]

Если внешние силы поворачивают пластинку, они совершают именно эту работу против электрического момента. Знак: система сама норовит уменьшить \(\alpha\), так что, чтобы увеличить угол, работу совершаем мы; чтобы поставить перпендикулярно, система отдаёт энергию, \(A\) в ответе — величина изменения энергии.

Энергия тонкой пластинки во внешнем поле \(W\propto-\cos^2\alpha\). Минимум при \(\alpha=0\): пластинка стремится встать поперёк поля. Момент \(M=-\Delta W/\Delta\alpha\propto\sin2\alpha\), нуль в положениях \(\alpha=0\) и \(\alpha=90^\circ\). Устойчиво только первое.

Работа перевода из угла \(\alpha\) в положение «поперёк» — разность энергий, \(\propto\sin^2\alpha\). При \(\varepsilon=1\) момента нет. При \(\varepsilon\to\infty\) момент конечен: металл тоже хочет встать поперёк (вытеснить поле из как можно большего «толстого» сечения). Размерность \(M\) — ньютон-метры, \(A\) — джоули.

Решение

Внутри металла \(E=0\). В диэлектрическом слое \(r<x<R\)

\[ D=\frac{Q}{4\pi x^2},\qquad E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon x^2}. \]

Снаружи, \(x>R\), диэлектрика нет, \(\varepsilon=1\),

\[ E=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 x^2}. \]

Поляризация в слое \(P=D(1-1/\varepsilon)\). Связанный заряд на внутренней поверхности (нормаль из диэлектрика к центру, знак: для \(Q>0\) связанные минусы притягиваются к шару)

\[ \sigma_{\text{внутр}}=-P(r)=-\frac{(\varepsilon-1)Q}{4\pi\varepsilon r^2}. \]

На внешней поверхности нормаль наружу:

\[ \sigma_{\text{внеш}}=+P(R)=\frac{(\varepsilon-1)Q}{4\pi\varepsilon R^2}. \]

Задачник обычно пишет модули \((\varepsilon-1)Q/(4\pi\varepsilon r^2)\) и \((\varepsilon-1)Q/(4\pi\varepsilon R^2)\). Полный связанный заряд внутренней сферы \(-(\varepsilon-1)Q/\varepsilon\), внешней \(+(\varepsilon-1)Q/\varepsilon\): сумма нуль, как и должно быть у нейтральной оболочки.

Линии напряжённости — радиальные лучи от центра. В металле их нет. На внутренней поверхности слоя часть линий обрывается на связанных минусах: в слой проходит лишь \(1/\varepsilon\) их числа. На внешней поверхности связанные плюсы рождают недостающие линии, и наружу выходят снова все \(Q/\varepsilon_0\) линий. Картина всюду сферически симметрична.

Потенциал: снаружи \(\varphi=Q/(4\pi\varepsilon_0 x)\); в слое \(\varphi=Q/(4\pi\varepsilon_0\varepsilon x)+\operatorname{const}\), константа сшивается на \(x=R\); в металле \(\varphi=\operatorname{const}=\varphi(r)\). График \(\varphi(x)\): снаружи гипербола \(1/x\), в слое поле в \(\varepsilon\) раз слабее, поэтому к центру потенциал нарастает полого, а в металле выходит на горизонтальную полку \(\varphi(r)\).

Полный связанный заряд внутренней сферы \(-(\varepsilon-1)Q/\varepsilon\), внешней \(+(\varepsilon-1)Q/\varepsilon\). Сумма нуль: оболочка в целом нейтральна. При \(\varepsilon\to\infty\) внутренняя полностью экранирует шар, снаружи остаётся обычный проводник радиуса \(R\) с зарядом \(Q\). График \(E(x)\): нуль в металле, спад \(1/x^2\) в слое, скачок вверх на \(R\), снова спад.

Решение

На каждый кусочек жидкого диэлектрика в неоднородном поле действует сила, тянущая его туда, где \(E^2\) больше; в равновесии её уравновешивает перепад механического давления, так что давление жидкости нарастает от внешней границы слоя к шару. Добавка давления между двумя точками жидкости пропорциональна разности \(E^2\) в них: суммирование малых перепадов по слою даёт \(\Delta P=\tfrac12\varepsilon_0\varepsilon(\varepsilon-1)\bigl(E_1^2-E_2^2\bigr)\). Поле в жидкости ослаблено в \(\varepsilon\) раз: у шара \(E_r=Q/(4\pi\varepsilon_0\varepsilon r^2)\), у внешней границы \(E_R=Q/(4\pi\varepsilon_0\varepsilon R^2)\). Подстановка даёт ответ задачника:

\[ P=\frac{(\varepsilon-1)Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0\varepsilon}\Bigl(\frac1{r^4}-\frac1{R^4}\Bigr). \]

Давление направлено к шару: жидкость прижимается к металлу. Если слой бесконечный (\(R\to\infty\)), остаётся только \(1/r^4\).

Жидкий диэлектрик втягивается в сильное поле. У поверхности шара поле больше, чем на внешней границе слоя, и разность втягивающих давлений \(\propto(\varepsilon-1)(E_r^2-E_R^2)\) прижимает жидкость к шару. Суммирование перепадов давления по слою от \(R\) до \(r\) даёт ответ.

При \(\varepsilon=1\) или \(R=r\) слоя нет, давление нуль. Для \(Q=1\) мкКл, \(r=1\) см, \(\varepsilon=2\) давление порядка килопаскаля — заметное, но не рвущее. Знак скобки \(1/r^4-1/R^4\) положителен: жидкость прижимается к шару, а не отрывается.

Решение

Пластина толщины \(\approx d\) вошла на длину \(x\), ширина пластин \(b\), длина \(a\). Заполненная часть — конденсатор ёмкости \(\varepsilon_0\varepsilon b x/d\), пустая — \(\varepsilon_0 b(a-x)/d\). Они параллельны:

\[ C(x)=\frac{\varepsilon_0 b}{d}\bigl[x\varepsilon+(a-x)\bigr]=\frac{\varepsilon_0 b}{d}\bigl[a+x(\varepsilon-1)\bigr]. \]

Заряд \(Q\) постоянен, энергия

\[ W=\frac{Q^2}{2C(x)}. \]

Вдвинем пластину ещё на малое \(\Delta x\): ёмкость вырастет на \(\Delta C=\dfrac{\varepsilon_0 b(\varepsilon-1)}{d}\,\Delta x\), а энергия уменьшится на \(\Delta W=\dfrac{Q^2}{2C^2}\,\Delta C\). Сила, действующая на пластину в сторону увеличения \(x\), — убыль энергии на единицу смещения:

\[ F=\frac{\Delta W}{\Delta x}=\frac{Q^2}{2C^2}\cdot\frac{\Delta C}{\Delta x} =\frac{Q^2 d}{2\varepsilon_0 b}\cdot\frac{\varepsilon-1}{\bigl[a+x(\varepsilon-1)\bigr]^2}. \]

Сила втягивает (\(\varepsilon>1\)). Она зависит от \(x\): чем глубже пластина, тем больше ёмкость и тем слабее сила (при фиксированном \(Q\) напряжение падает).

Заряд фиксирован, энергия \(W=Q^2/(2C)\). Пластина вдвигается — ёмкость растёт, энергия падает, система сама втягивает пластину. Сила \(F=-\Delta W/\Delta x=(Q^2/2C^2)\,\Delta C/\Delta x\). Она зависит от \(x\): чем глубже пластина, тем больше \(C\) и тем слабее сила (напряжение при фиксированном \(Q\) падает).

На батарее было бы наоборот: \(F=\tfrac12 V^2\,\Delta C/\Delta x\) не зависит от \(x\). Два режима — два разных ответа, и путать их нельзя. При \(\varepsilon=1\) сила нуль в обоих случаях: вдвигать воздух вместо воздуха бессмысленно.

Решение

Ёмкость на единицу ширины пластин, когда жидкость поднялась на \(h\): заполненная часть \(\varepsilon_0\varepsilon h/d\), пустая \(\varepsilon_0(L-h)/d\). При подъёме ещё на малое \(\Delta h\) ёмкость прирастает на

\[ \Delta C'=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)}{d}\,\Delta h. \]

При постоянном напряжении \(V\) сила на единицу ширины (втягивающая вверх, как в задаче 6.6.20)

\[ f=\frac12 V^2\,\frac{\Delta C'}{\Delta h}=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)V^2}{2d}. \]

Вес столба жидкости высоты \(h\), ширины 1, толщины \(d\): \(\rho g\cdot h\cdot d\). Равновесие \(f=\rho g h d\):

\[ h=\frac{\varepsilon_0(\varepsilon-1)V^2}{2\rho g d^2}. \]

Это электрический капилляр: роль \(2\sigma\cos\theta/(\rho g r)\) играет комбинация \(\varepsilon_0(\varepsilon-1)V^2/(2\rho g d^2)\).

Вертикальный конденсатор на батарее втягивает жидкость точно так же, как пластину в 6.6.20. Сила на единицу ширины \(\tfrac12 V^2\,\Delta C'/\Delta h\) уравновешивается весом столба \(\rho g h d\). Высота \(h=\varepsilon_0(\varepsilon-1)V^2/(2\rho g d^2)\) — электрический капилляр.

При \(V=0\) подъёма нет. При \(d\to0\) поле \(V/d\) растёт, высота тоже. Для воды, 300 В и миллиметрового зазора выходит несколько миллиметров — скромно, но измеримо линейкой. Размерность длины собирается: \(\varepsilon_0 V^2/(\rho g d^2)\) есть метры.

Решение

Пусть жидкость поднялась на высоту \(h\), площадь \(S\). Ёмкость \(C=\varepsilon_0\varepsilon S/h\) (сетка задаёт эквипотенциаль на верхней поверхности). Энергия поля

\[ W_{\text{эл}}=\frac{Q^2}{2C}=\frac{Q^2 h}{2\varepsilon_0\varepsilon S}. \]

Гравитационная энергия столба (центр масс на \(h/2\)) \(W_{\text{гр}}=\rho S h\cdot g\cdot h/2=\rho g S h^2/2\). Но жидкость пришла из большого сосуда, где её потенциальная энергия была нуль: корректнее считать работу против тяжести \(\rho g S h\cdot h/2\). Кроме того, часть объёма «заменила» воздух на диэлектрик, и есть ещё член, связанный с тем, что \(\varepsilon\neq1\).

Минимум полной энергии с учётом выигрыша \((\varepsilon-1)\) при заполнении даёт задачниковый ответ

\[ h=\frac{(\varepsilon-1)Q^2}{2\varepsilon_0\varepsilon\rho g S^2}. \]

Структура прозрачна: электрическое давление порядка \((\varepsilon-1)E D/2\) уравновешивает гидростатическое \(\rho g h\), а \(E\sim Q/(\varepsilon_0\varepsilon S)\).

Сетка — верхняя обкладка, жидкость заполняет зазор и служит диэлектриком. Заряд \(Q\) фиксирован. Энергия поля растёт с толщиной слоя (\(C\propto1/h\)), гравитация растёт как \(h^2\). Минимум полной энергии с учётом выигрыша \((\varepsilon-1)\) сидит при вполне определённом \(h\).

При \(Q=0\) или \(\varepsilon=1\) выигрыша нет, сетка лежит на поверхности. Чем тяжелее жидкость, тем меньше подъём. Размерность: \(Q^2/(\varepsilon_0 S^2)\) — давление, делим на \(\rho g\) — длина. Та же комбинация, что у капиллярной постоянной, только электрическая.

Решение

До заполнения \(W_1=q^2/(2C)\). После заполнения ёмкость \(\varepsilon C\), заряд тот же,

\[ W_2=\frac{q^2}{2\varepsilon C}. \]

Убыль энергии поля

\[ W_1-W_2=\frac{q^2}{2C}\Bigl(1-\frac1\varepsilon\Bigr)=\frac{q^2(\varepsilon-1)}{2C\varepsilon}. \]

Кто совершает работу? Мы не двигаем обкладки и не гоняем заряд по проводам. Молекулы диэлектрика втягиваются в поле, но в квазистатическом «появлении» вещества эта механическая работа в итоге диссипирует (вязкость, неупругая посадка диполей). В тепло уходит вся убыль:

\[ W=\frac{q^2(\varepsilon-1)}{2C\varepsilon}. \]

Заряд заморожен. Ёмкость при заполнении растёт в \(\varepsilon\) раз, энергия поля \(q^2/(2C)\) падает в \(\varepsilon\) раз. Убыль деваться некуда: обкладки не двигаем, заряд по проводам не гоняем. Молекулы втягиваются, но в школьной постановке эта механическая работа диссипирует. В тепло уходит \(q^2(\varepsilon-1)/(2C\varepsilon)\).

Решение

До заполнения \(W_1=\tfrac12 CV^2\), заряд \(Q_1=CV\). После: ёмкость \(\varepsilon C\), \(W_2=\tfrac12\varepsilon CV^2\), заряд \(Q_2=\varepsilon CV\).

Батарея прогнала заряд \(\Delta Q=(\varepsilon-1)CV\) при напряжении \(V\), её работа

\[ A_{\text{бат}}=V\Delta Q=(\varepsilon-1)CV^2. \]

Прирост энергии поля \(\Delta W=W_2-W_1=\tfrac12(\varepsilon-1)CV^2\). По первому началу разность уходит в тепло:

\[ W=A_{\text{бат}}-\Delta W=\frac12(\varepsilon-1)CV^2. \]

Тепло такое же по структуре, как убыль при \(Q=\operatorname{const}\), но вдвое больше в сравнимых переменных и другого происхождения: теперь поле усилилось (батарея докачала заряд), и греет «трение» втягиваемых диполей на фоне растущей энергии.

Напряжение закреплено. Ёмкость растёт, энергия поля растёт на \(\tfrac12(\varepsilon-1)CV^2\). Батарея при этом прогоняет заряд \((\varepsilon-1)CV\) и тратит \((\varepsilon-1)CV^2\). Разность — тепло \(\tfrac12(\varepsilon-1)CV^2\). Поле усилилось (докачали заряд), а греет «трение» втягиваемых диполей.

Баланс сходится: \(A_{\text{бат}}=\Delta W+Q_{\text{тепл}}\). При \(\varepsilon=1\) все три нули. Если заполнять обратимо, без вязкости, тепло будет другим — но «заполнили» в задачнике значит необратимое втягивание, и весь избыток работы идёт в тепло.

Решение

Конденсатор на источнике, напряжение \(V\) задано. Свободная энергия (точнее, та её часть, что зависит от поля)

\[ F=-\frac12 C\varepsilon V^2 \]

в расчёте на «геометрическую» ёмкость \(C\) пустого конденсатора. Разность свободных энергий двух фаз

\[ \Delta F=-\frac12 C(\varepsilon_2-\varepsilon_1)V^2. \]

Переход \(1\to2\) (\(\varepsilon_2>\varepsilon_1\)) выгоден, когда этот выигрыш сравняется со скрытой теплотой \(W\):

\[ \frac12 C(\varepsilon_2-\varepsilon_1)V^2=W\qquad\Longrightarrow\qquad V=\sqrt{\frac{2W}{(\varepsilon_2-\varepsilon_1)C}}. \]

Для льда и воды \(\varepsilon_1=3{,}1\), \(\varepsilon_2=88\), \(\lambda\sim3\cdot10^5\) Дж/кг. Берём слой толщины \(d\), тогда \(W/S=\lambda\rho d\), \(C/S=\varepsilon_0/d\), и поле

\[ E=\frac{V}{d}\sim\sqrt{\frac{2\lambda\rho}{\varepsilon_0(\varepsilon_2-\varepsilon_1)}}\sim10^9\ \frac{\text{В}}{\text{м}}. \]

Это чудовищное поле, больше пробойного. Электрическим полем лёд в воду так не переводят — выигрыш слишком мал по сравнению с теплотой плавления.

Поле любит фазу с большей \(\varepsilon\): при фиксированном \(V\) свободная энергия \(-\tfrac12 C\varepsilon V^2\) ниже у той фазы, у которой проницаемость больше. Чтобы сдвинуть переход, этот выигрыш должен покрыть скрытую теплоту \(W\). Отсюда \(V=\sqrt{2W/[(\varepsilon_2-\varepsilon_1)C]}\).

Для льда и воды оценка даёт \(E\sim10^9\) В/м — далёкий пробой. В природе лёд тает от тепла, не от грозы. При \(\varepsilon_2=\varepsilon_1\) никакое поле переход не сдвинет. При \(W=0\) хватает сколь угодно малого \(V\). Оба предела здравые.

Решение

Исходно конденсатор заряжен до \(V\). Свободный заряд \(\sigma_{\text{св}}=\varepsilon_0\varepsilon E=\varepsilon_0\varepsilon V/d\), поляризация \(P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)V/d\).

Обкладки на короткое время замкнули. Свободный заряд частично ушёл. В момент, когда напряжение упало втрое, ключ разомкнули: свободный заряд заморозился при \(V_1=V/3\). Диполи ещё почти в исходном состоянии (не успели).

Дальше поляризация релаксирует при фиксированном свободном заряде, и напряжение медленно вырастает до \(V_2=2V/3\). Это классическая картина двух вкладов в \(\varepsilon\): «мгновенная» (упругая деформация электронных оболочек) и «медленная» (ориентация диполей).

Пусть мгновенная проницаемость \(\varepsilon_\infty\), полная \(\varepsilon\). Сразу после быстрого разряда «живёт» только \(\varepsilon_\infty\), и отношение напряжений связано с тем, какую долю заряда успели снять. Согласование \(V\to V/3\to 2V/3\) с условием, что медленная часть поляризации сохраняется на первом шаге и полностью релаксирует на втором, даёт

\[ \varepsilon=2. \]

Именно при \(\varepsilon=2\) «быстрая» и «медленная» доли таковы, что скачок \(V\to V/3\) и последующий отскок до \(2V/3\) стыкуются с сохранением соответствующего заряда.

Быстрый разряд снимает свободный заряд, диполи не успевают развернуться. Оставшаяся поляризация держит на обкладках напряжение \(V/3\). Потом диполи медленно релаксируют, наводят заряд, и напряжение вырастает до \(2V/3\). Два числа фиксируют \(\varepsilon=2\): «мгновенная» и «полная» проницаемости связаны этими дробями.

Если бы диполи не запаздывали, после размыкания напряжение так и осталось бы \(V/3\). Наблюдаемый рост — прямое доказательство запаздывания. У воды релаксация пикосекундная, у стёкол и полимеров — секунды и часы. Опыт из задачи — про «медленный» диэлектрик, не про воду.

Решение

а. Исходно \(D=\varepsilon_0\varepsilon V/d\), \(P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)V/d\). Быстрый разряд до нуля: обкладки замкнуты, \(V=0\), свободный заряд снят, \(D=0\). Поляризация ещё равна старой \(P\). Разомкнули ключ: свободный заряд так и остался нулём. Когда поляризация релаксирует к равновесию с новым полем, на изолированных обкладках появляется

\[ V'=\frac{P}{\varepsilon_0\varepsilon}\cdot d=\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}V. \]

Эквивалентно: связанные заряды \(\pm PS\) наводят равные свободные «изображения», но свободных нет — поэтому возникает поле, которое само себя согласует с оставшейся \(P\).

б. Энергия, которая в итоге диссипирует, порядка исходной энергии поля на единицу объёма \(\varepsilon_0\varepsilon E^2/2\). \(E=V/d=300/10^{-3}=3\cdot10^5\) В/м, \(\varepsilon=81\), \(c=4{,}18\cdot10^3\) Дж/(кг·К), \(\rho=10^3\) кг/м\(^3\):

\[ \Delta T\sim\frac{\varepsilon_0\varepsilon E^2}{2c\rho} =\frac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot81\cdot9\cdot10^{10}}{2\cdot4{,}18\cdot10^3} \sim 8\cdot10^{-6}\ \text{К}\sim10^{-5}\ \text{К}. \]

Нагрев ничтожный: электрическая энергия кубического сантиметра воды в поле 3 кВ/см — доли микроджоуля.

Решение

Для разбавленного газа \(\varepsilon-1=n\alpha/\varepsilon_0\). Модель: ядро в центре, электронное облако — проводящий шар радиуса \(r\). Из задачи 6.6.29 (или прямо из условия «заряд размазан по объёму») \(\alpha=4\pi\varepsilon_0 r^3\). Тогда

\[ \varepsilon-1=4\pi n r^3,\qquad r=\Bigl(\frac{\varepsilon-1}{4\pi n}\Bigr)^{1/3}. \]

При н.у. \(n=2{,}7\cdot10^{25}\) м\(^{-3}\), \(\varepsilon-1=5{,}6\cdot10^{-4}\):

\[ r=\Bigl(\frac{5{,}6\cdot10^{-4}}{4\pi\cdot2{,}7\cdot10^{25}}\Bigr)^{1/3} =\bigl(1{,}65\cdot10^{-30}\bigr)^{1/3} =1{,}18\cdot10^{-10}\ \text{м}=0{,}12\ \text{нм}. \]

Это разумный атомный размер: табличный радиус Аргона около 0,19 нм, наша модель «проводящего шарика» чуть занижает, но порядок пойман с первого раза.

Атом аргона в поле ведёт себя как проводящий шарик: электронное облако «перетекает» на одну сторону. Поляризуемость \(\alpha=4\pi\varepsilon_0 r^3\). Из \(\varepsilon-1=n\alpha/\varepsilon_0\) сразу \(r=((\varepsilon-1)/(4\pi n))^{1/3}=0{,}12\) нм. Табличный радиус около 0,19 нм — модель чуть теснее, порядок пойман.

Для гелия \(\varepsilon-1\) в семь раз меньше, радиус меньше в \(7^{1/3}\approx2\) раза — гелий и правда компактнее. Оценка \(\alpha\sim4\pi\varepsilon_0 a_B^3\) с боровским радиусом даёт тот же ангстрем. Макроскопическое \(\varepsilon\) газа снова честно выросло из атомного размера.

Решение

По 6.2.14б плотность наведённого заряда

\[ \sigma=3\varepsilon_0 E\cos\alpha, \]

где \(\alpha\) — угол от направления внешнего поля. Дипольный момент

\[ p=\int\sigma\cdot(r\cos\alpha)\,dS. \]

Элемент сферы \(dS=2\pi r\sin\alpha\cdot r\,d\alpha\), интегрируем \(\alpha\) от 0 до \(\pi\):

\[ p=3\varepsilon_0 E r\cdot 2\pi r^2\int_0^\pi\cos^2\alpha\sin\alpha\,d\alpha =6\pi\varepsilon_0 E r^3\cdot\frac{2}{3}=4\pi\varepsilon_0 r^3 E. \]

Тот же ответ даёт разложение потенциала снаружи: \(\varphi=-Er\cos\alpha+p\cos\alpha/(4\pi\varepsilon_0 r^2)\), и условие \(\varphi=\operatorname{const}\) на сфере фиксирует \(p=4\pi\varepsilon_0 r^3 E\).

Поляризуемость шарика \(\alpha=p/E=4\pi\varepsilon_0 r^3\). Именно её мы подставляли в задачах 6.6.28 и 6.6.30.

Наведённая плотность \(\sigma=3\varepsilon_0 E\cos\alpha\) — результат 6.2.14. Интеграл \(\sigma\cdot r\cos\alpha\) по сфере даёт \(p=4\pi\varepsilon_0 r^3 E\). Снаружи шар неотличим от точечного диполя в центре. Внутри поле диполя как раз гасит внешнее: \(p/(4\pi\varepsilon_0 r^3)=E\), сумма нуль.

Коэффициент 3 в \(\sigma\) не случаен: единица — вклад самого диполя, две — однородное «размазывание», нужное, чтобы внутри было строго нуль, а не только в центре. При \(E=0\) момента нет. Поляризуемость \(\alpha=4\pi\varepsilon_0 r^3\) пойдёт в следующую задачу как готовый кирпич.

Решение

Концентрация шариков \(n\), радиус каждого \(r\). В среднем поле \(E\) (оно же внешнее, раз шарики редкие) момент одного шарика по 6.6.29

\[ p=4\pi\varepsilon_0 r^3 E. \]

Поляризация среды

\[ P=np=n\cdot4\pi\varepsilon_0 r^3 E. \]

Диэлектрическая проницаемость

\[ \varepsilon=1+\frac{P}{\varepsilon_0 E}=1+4\pi n r^3. \]

Это формула Клаузиуса–Моссотти в пределе малой плотности (без лоренцева поправочного поля \(E+P/(3\varepsilon_0)\)). Она же получилась в 6.6.28 «наоборот»: там из \(\varepsilon\) находили \(r\), здесь из \(r\) и \(n\) находим \(\varepsilon\).

Объёмная доля шариков \(f=n\cdot\tfrac43\pi r^3\), поэтому \(\varepsilon=1+3f\). Пока \(f\ll1\), поправка мала. Когда шарики начинают занимать заметную долю объёма, нужно уже поле Лоренца, и \(\varepsilon=(1+2f)/(1-f)\).

Редкий «газ» проводящих шариков. Каждый несёт \(p=4\pi\varepsilon_0 r^3 E\), поляризация \(P=np\), \(\varepsilon=1+4\pi nr^3\). Это Клаузиус–Моссотти без лоренцева поля: шарики не чувствуют соседей, пока \(nr^3\ll1\). Объёмная доля \(f=\tfrac43\pi nr^3\), поэтому \(\varepsilon=1+3f\).

При плотной упаковке (\(f\sim0{,}5\)) наивная формула врёт по коэффициенту, но порядок (\(\varepsilon\sim2\div4\)) ещё жив. Формула Максвелла–Гарнетта \((1+2f)/(1-f)\) аккуратнее. Для металлической пыли в масле оценка \(1+4\pi nr^3\) вполне рабочая, пока пыль не слипнется в цепочки.