Энергия поля, электрическое давление

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 \(q=-Q/2\).

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 \(n=2\).

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.

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.

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.

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.

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.

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».

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, \(A=Q^2 a/(2\varepsilon_0 S)\).

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.

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.

Вся энергия электрического поля конденсатора превращается в теплоту.

\(0{,}08\) мкДж

Металлическая стена действует на заряды так же, как «зеркальное» изображение полусферы с зарядом противоположного знака. Сила притяжения равна силе отталкивания половин целой равномерно заряженной сферы.

1) \(F = \dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 R^2}\);  2) полусфера будет покоиться при \(\mu > \dfrac{8\pi\varepsilon_0 m g R^2}{q^2}\);  3) полусфера будет скользить вниз вдоль стены, не отрываясь от неё, при \(m \ge \dfrac{\mu q^2}{8\pi\varepsilon_0 g R^2}\).

Сила от элемента полусферы на заряд в центре, спроецированная на ось, пропорциональна проекции площади элемента на основание. Поле в узком зазоре — как в плоском конденсаторе, плюс поле самого заряда \(q\). Энергию удобно найти как работу источника по графику \(U(Q)\).

1) \(F = \dfrac{q\sigma}{4\varepsilon_0}\);  2) \(Q = \dfrac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d} - \dfrac q2\);  3) \(Q_\text{max} = \dfrac{4\pi\varepsilon_0R^3mg}{qd}\), \(U_\text{max} = \dfrac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \dfrac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)\);  4) \(\Delta W = \dfrac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \dfrac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2\).

1. Сила взаимодействия заряда и полусферы направлена вдоль оси вращения. Пусть \(\alpha\) — угол между осью вращения и линией, проведённый из центра полусферы в её некоторую точку, а \(\mathrm{d}S\) — малый элемент поверхности полусферы вблизи данной точки. Тогда получим:

\[\mathrm{d}F_y = \mathrm{d}F\cos\alpha = q\cdot\frac{\sigma\,\mathrm{d}S}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\cos\alpha = \frac{q\sigma}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\mathrm{d}S\cos\alpha.\] Далее возможны два варианта рассуждений.

Первое решение: Величина \(\mathrm{d}S\cos\alpha\) представляет собой проекцию элемента площади \(\mathrm{d}S\) на основание. Поскольку величина \(r\) постоянна, суммирование проводится следующим образом: \[F = \frac{q\sigma\sum\mathrm{d}S\cos\alpha}{4\pi\varepsilon_0r^2},\] где \(\sum\mathrm{d}S\cos\alpha = \pi r^2\) — площадь круга в основании полусферы.

Подставляя, находим: \[F = \frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}.\]

Второе решение: Рассмотрим взаимодействие заряда с тонкой кольцевой полоской. Для её площади \(\mathrm{d}S\) имеем: \[\mathrm{d}S = 2\pi R\,\mathrm{d}l,\] где \(R = r\sin\alpha\) — радиус полоски, а \(\mathrm{d}l = r\,\mathrm{d}\alpha\) — её ширина.

Отсюда: \[\mathrm{d}F_y = 2\pi R\,\mathrm{d}l\cdot\frac{q\sigma\cos\alpha}{4\pi\varepsilon_0r^2} = \frac{q\sigma\sin\alpha\cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha}{2\varepsilon_0}.\] Учитывая, что \(\cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha = \mathrm{d}(\sin\alpha) = \mathrm{d}t\), получим: \[F_y = \frac{q\sigma}{2\varepsilon_0}\int\limits_0^1 t\,\mathrm{d}t.\] Интегрируя, находим: \[F = \frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}.\]

2. Определим заряд \(Q\) на полусферах при напряжении источника \(U\). Поскольку \(d \ll R\) — электрическое поле заряда \(q\) в зазоре между полусферами можно считать постоянным по модулю и равным \(E_q = q/(4\pi\varepsilon_0R^2)\). Тогда напряжение, создаваемое зарядами полусфер, равно: \[U_Q = U - U_q = U - \frac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Обратим внимание, что эта величина также постоянна. Опишем два способа определения электрического поля \(E_\text{заз}\) в зазоре:

Первое решение: Мысленно достроим полусферы до сфер, равномерно заряженных по поверхности одинаковыми по величине и противоположными по знаку зарядами \(\pm 2Q\).

Тогда внутри сферы радиусом \(R\) электрическое поле равняется нулю во всех точках, а в зазоре между ними электрическое поле равняется: \[E_\text{заз} = \frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Поскольку \(d \ll R\) — создаваемое добавленными полусферами электрическое поле пренебрежимо мало по сравнению с полным электрическим полем \(E_\text{заз}\), поскольку при достаточно больших расстояниях от краёв эти полусферы ведут себя как одна с нулевым суммарным зарядом.

Второе решение: Поскольку радиусы сфер велики по сравнению с толщиной в зазоре и поскольку суммарный заряд системы равен нулю — электрическое поле в зазоре между полусферами с хорошей точностью можно приблизить электрическим полем внутри плоского конденсатора, поскольку поверхностные плотности заряда на полусферах по модулю практически совпадают. Отсюда: \[E_\text{заз} = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \frac{Q}{2\pi R^2\varepsilon_0}.\]

Воспользовавшись выражением для электрического поля в зазоре, получим: \[U_Q = \frac{Qd}{2\pi\varepsilon_0R^2} = U - \frac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2},\] откуда находим: \[Q = \frac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d} - \frac q2.\]

3. Поскольку заряды полусфер равны \(\pm Q\), а их площади равны соответственно \(2\pi R^2\) и \(2\pi(R + d)^2\), для силы \(F\) электростатического взаимодействия заряда \(q\) с полусферами находим: \[F = \frac{qQ}{8\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R^2} - \frac{1}{(R + d)^2}\right) = \frac{qQ}{8\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 - \left(1 + \frac dR\right)^{-2}\right) \approx \frac{qQd}{4\pi\varepsilon_0R^3}.\] В момент начала движения \(F = mg\), откуда находим заряд \(Q_\text{max}\), при котором заряд \(q\) начинает движение: \[Q_\text{max} = \frac{4\pi\varepsilon_0R^3mg}{qd}.\] Подставляя связь \(Q\) и \(U\), для напряжения \(U_\text{max}\) получим: \[U_\text{max} = \frac{qd}{4\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right).\]

4. Для определения изменения электростатической энергии системы можно использовать два подхода — закон изменения энергии и вычисление её каждой компоненты.

Первое решение: Поскольку напряжение \(U\) между обкладками изменяется медленно, изменение электростатической энергии системы \(\Delta W\) равняется работе источника по перемещению зарядов между обкладками.

Для её определения построим график зависимости \(U(Q)\). При нулевом напряжении на источнике заряды на полусферах равны \(\mp q/2\). Работа источника равна площади под этим графиком при изменении заряда полусфер от величины \(-q/2\) до величины \(Q_\text{max}\). Эта площадь, в свою очередь, равна площади треугольника со сторонами \(U_\text{max}\) и \(Q_\text{max} + q/2\).

Таким образом: \[A_\text{ист} = \frac{U_\text{max}}{2}\left(Q_\text{max} + \frac q2\right),\] и окончательно: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]

Второе решение: Электростатическая энергия системы складывается из энергии взаимодействия \(W_C\) полусфер друг с другом и энергии взаимодействия \(W_q\) полусфер с зарядом \(q\).

Выражение для энергии полусфер совпадает с выражением для энергии конденсатора: \[W_C = \frac{Q^2}{2C} \qquad C = \frac{2\pi\varepsilon_0R^2}{d}.\] Энергия \(W_1\) взаимодействия одной полусферы с зарядом \(Q\) и радиусом \(r\) с точечным зарядом \(q\), расположенным в её центре, равна: \[W_1(r) = Q\varphi_q(r) = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0r},\] откуда: \[W_q = W_1(R) - W_1(R + d) = \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac1R - \frac{1}{R + d}\right) \approx \frac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Тогда выражение для электростатической энергии системы \(W\): \[W = W_C + W_q = \frac{Q^2d}{4\pi\varepsilon_0R^2} + \frac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0R^2} = \frac{Q(Q + q)d}{4\pi\varepsilon_0R^2}.\] Подставляя связь \(U\) и \(Q\), находим: \[W = \frac{d}{4\pi\varepsilon_0}\left(\left(\frac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d}\right)^2 - \left(\frac q2\right)^2\right).\]

Таким образом, выражение для изменения электростатической энергии системы следующее: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]

Третье решение: Рассмотрим произвольную систему точечных зарядов. Пусть \(q_i\) — точечный заряд с номером \(i\), а \(\varphi_i\) — потенциал, создаваемый остальными зарядами в месте расположения заряда \(q_i\). Тогда потенциальная энергия \(i\)-го заряда в поле остальных равняется: \[W_i = q_i\varphi_i.\] Если просуммировать величины \(W_i\), то полученная сумма будет равна удвоенной электростатической энергии системы \(2W\), поскольку в данной сумме каждое взаимодействие учитывается два раза. Таким образом: \[W = \sum_i\frac{q_i\varphi_i}{2}.\] Применяя последнее соотношение, получим: \[W = \frac{\varphi_+Q}{2} + \frac{\varphi_-(-Q)}{2} + \frac{\varphi_qq}{2},\] где \(\varphi_+\) и \(\varphi_-\) — потенциалы на поверхностях полусфер с зарядами \(Q\) и \(-Q\) соответственно, а \(\varphi_q\) — потенциал поля полусфер в их центре.

Имеем: \[W = \frac{UQ}{2} + \frac q2\left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R} - \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0(R + d)}\right) \approx \frac{UQ}{2} + \frac{qQd}{8\pi\varepsilon_0R^2}.\] Подставляя связь \(Q\) и \(U\), находим: \[W = \frac{d}{4\pi\varepsilon_0}\left(\left(\frac{2\pi\varepsilon_0R^2U}{d}\right)^2 - \left(\frac q2\right)^2\right).\] Тогда для изменения электростатической энергии имеем: \[\Delta W = \frac{q^2d}{16\pi\varepsilon_0R^2}\left(1 + \frac{8\pi\varepsilon_0R^3mg}{q^2d}\right)^2.\]