Проводящие сферы, заземление

Подсказка

Что происходит с полем внутри толщи проводника? Подумайте, какой заряд должен выступить на внутренней поверхности, чтобы поле в металле было нулевым, и что останется на внешней. Как выглядит поле снаружи?

Ответ

На внутренней поверхности сферы заряд \(-q\) распределён неравномерно, на внешней поверхности заряд \(Q + q\) распределится равномерно; \(\varphi = k\,\dfrac{Q + q}{3R}\). Качественная картина силовых линий показана на рисунке в решении (направление силовых линий не указано, поскольку неизвестны знаки зарядов).

Решение

Толща проводника экранирует для наружной области поле, имеющееся внутри сферы, поэтому, хотя на внутренней поверхности сферы заряд \(-q\) распределён неравномерно, на внешней поверхности заряд \(Q + q\) распределится равномерно. Данная задача эквивалентна случаю, если мы внутренность сферы со всем её «содержимым» заменим сплошным проводником, оставив на поверхности заряд \(Q + q\) (так можно сделать, потому что система зарядов на внутренней поверхности сферы вместе с точечным зарядом \(q\) вне сферы поля не создаёт).

Подсказка

Есть ли поле внутри внутренней сферы? Чему тогда равен потенциал в центре \(O\) после заземления? Запишите его по принципу суперпозиции.

Ответ

\(Q = \dfrac{1}{6}\,q\).

Решение

Внутри сферы радиусом \(R\) нет зарядов, значит, в этой области поле отсутствует. Тогда потенциал внутренней сферы равен потенциалу точки \(O\). После заземления потенциал сферы (значит, и точки \(O\)) становится равным нулю. Из принципа суперпозиции находим \[\varphi_O = k\,\frac{Q}{R} - k\,\frac{q}{2R} + k\,\frac{q}{3R} = 0 \quad\Rightarrow\quad Q = \frac{1}{6}\,q .\] На внутренней поверхности сферы радиусом \(R\) нет зарядов. Толща большой сферы экранирует поля, созданные точечным зарядом \(q\) и зарядами с внешней поверхности сферы радиусом \(2R\). Поэтому на внешней поверхности малой сферы и внутренней поверхности большой сферы индуцируются заряды \(Q\) и \(-Q\) соответственно, распределившись равномерно по этим поверхностям. На внешней поверхности большой сферы неравномерно распределится заряд \(Q - q\).

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.

Подсказка

Сопротивления слоёв жидкости идут последовательно; найдите их интегрированием по тонким сферическим слоям. Заряд средней сферы определяется скачком нормальной составляющей поля на ней.

Ответ

\(q_2 = 0\),  \(I = \dfrac{12\pi R U}{17\rho}\).

Подсказка

Заряд на заземлённой сфере определяется условием нулевого потенциала сферы (например, в её центре). Для пункта b) примените принцип суперпозиции: решение a) плюс решение для заряженной внешней сферы при заземлённых внутренней сфере и шарике.

Ответ

1) \(k_a = 0{,}25\);  2) \(k_b = 0{,}75\).

Подсказка

Снаружи сферически симметричная система создаёт поле точечного заряда \(q_1 + q_2\) в центре. Потенциал оболочки равен потенциалу на её поверхности, а шарик отличается от неё на заданную разность \(U\).

Ответ

1) \(\varphi_A = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0\cdot 3R_1} \approx 30\) В;  2) \(\varphi_{O_2} = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_1} + U \approx 135\) В;  3) \(\varphi'_{O_2} = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_1} + U - \dfrac{q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_2} \approx 35\) В.

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Решение

Подсказка

Внешняя сфера — уединённый шар с ёмкостью, пропорциональной радиусу. После замыкания \(K_2\) внутренняя сфера оказывается заземлённой: её потенциал равен нулю, поэтому на ней появляется индуцированный заряд.

Ответ

1) \(Q = 3\) мДж;  2) \(A_2 = 3\) мДж.

Решение

После замыкания ключа \(K_1\) на внешней сфере возникает заряд \(q_1 = 6\pi\varepsilon_0 D\mathcal{E}\). Энергия электростатического взаимодействия зарядов сферы оказывается равна \(W_1 = \dfrac{\mathcal{E} q_1}{2}\), при этом батарея совершает работу \(A_1 = \mathcal{E} q_1\) по перемещению заряда \(q_1\). Из закона сохранения энергии следует, что количество теплоты, выделяющееся в цепи, равно \[Q = A_1 - W_1 = 3\pi\varepsilon_0 D\mathcal{E}^2 = 3\text{ мДж}.\] После замыкания ключа \(K_2\) заряд на внешней сфере изменится и станет равен \(q_2\), при этом на внутренней сфере возникнет некоторый заряд \(q'\). Из условия равенства нулю потенциала внутренней сферы получим равенство \(q' = -\dfrac{q_2}{3}\). Теперь можно определить заряд внешней сферы, приравняв потенциал, создаваемый на ней зарядами \(q'\) и \(q_2\), значению ЭДС источника. В итоге получим: \(q_2 = 9\pi\varepsilon_0 D\mathcal{E}\), так что искомая работа батареи равна \[A_2 = \mathcal{E}(q_2 - q_1) = 3\pi\varepsilon_0 D\mathcal{E}^2 = 3\text{ мДж}.\]