Квадрат vs круг

Маленькая площадка и подобная ей площадка в \(\lambda\) раз дальше (при той же плотности заряда) создают одинаковое поле: заряд растёт как \(\lambda^2\), квадрат расстояния — тоже. Разбейте каждую фигуру на части, подобные первой фигуре относительно нужной точки.

Пусть поверхностная плотность заряда всех фигур, упоминаемых ниже, постоянна, одинакова и равна \(\sigma\) (\(\sigma > 0\)).

Рассмотрим бесконечно малую заряженную площадку с площадью \(\Delta S_1\) и зарядом \(\sigma\Delta S_1\), расположенную на расстоянии \(r\) от точки \(O\), и геометрически ей подобную вторую площадку, заряженную с той же поверхностной плотностью \(\sigma\), но расположенную на расстоянии \(\lambda r\), где \(\lambda\) — коэффициент подобия. Поскольку \[\Delta S_2 = \lambda^2\Delta S_1,\] напряжённости электрических полей, созданных этими площадками, равны: \[E_2 = \frac{\sigma\Delta S_2}{4\pi\varepsilon_0(\lambda r)^2} = \frac{\sigma\lambda^2\Delta S_1}{4\pi\varepsilon_0(\lambda r)^2} = \frac{\sigma\Delta S_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = E_1.\] Рассмотрим теперь две заряженные пластины конечного размера, геометрически подобные друг другу с коэффициентом подобия \(\lambda\) и расположенные так, как показано на рис. 1, где \(O\) — центр подобия этих пластин (\(\overrightarrow{OC} = \lambda\cdot\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OD} = \lambda\cdot\overrightarrow{OC}\) и т. п.). Разобьём обе пластины на бесконечно малые площадки, причём так, чтобы каждый элемент разбиения второй пластины был подобен соответствующему элементу первой с центром подобия в точке \(O\). Поскольку, как было показано выше, напряжённости электрических полей, созданных в точке \(O\) бесконечно малыми площадками, образующими такую пару, совпадают, то и напряжённости электрических полей, созданных в точке \(O\) всей первой и всей второй пластиной, тоже будут совпадать (по модулю и по направлению).

В частности, это значит, что напряжённость поля в точке \(O'\), созданного фигурой, изображённой на рис. 2 из условия задачи, будет также равна \(E_0\). \[E'/E_0 = 1.\]

Из симметрии фигуры следует, что вектор \(\vec E_A\) направлен вверх и вправо вдоль этой оси симметрии.

Используя результат пункта 1, получим, что напряжённость электрического поля, созданного в точке \(A\) каждой из трёх фигур на рис. 2 (зелёной, синей или серой), равна \(E_0\). Отсюда следует, что заряженная фигура, изображённая в условии на рис. 3, создаёт в точке \(A\) поле с напряжённостью \(3E_0\).

Вектор \(\vec E_A\) направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; \(E_A = 3E_0\).

Из симметрии фигуры следует, что вектор \(\vec E_B\) направлен вверх и вправо вдоль этой оси симметрии.

Для ответа на третий вопрос задачи рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 3 (всю окрашенную как-либо область). Обозначим \(E_\text{зел}\) и \(E_\text{син}\) напряжённости полей, созданных в точке \(B\) зелёной и синей областью соответственно. Из подобия этих областей следует, что \(E_\text{зел} = E_\text{син}\).

Напряжённость электрического поля \(E\), созданного всей пластиной в точке \(B\), с одной стороны, равна \(E = E_0 + E_\text{син}\), а с другой стороны, \(E = E_B + E_\text{зел}\), где \(E_B\) — искомая напряжённость поля, созданного фигурой, изображённой в условии на рис. 4. Приравнивая правые части этих соотношений, получим, что \[E_B = E_0.\] Вектор \(\vec E_B\) направлен вверх и вправо вдоль оси симметрии фигуры; \(E_B = E_0\).

Воспользуемся подходом из предыдущего пункта и рассмотрим заряженную пластину, изображённую на рис. 4 (снова всю окрашенную как-либо область). Зелёная и синяя области, благодаря подобию, создают в точке \(C\) поле с одинаковой по величине и направлению напряжённостью. Следовательно, напряжённость поля, созданного в точке \(C\) указанной в условии трапецией, совпадает с напряжённостью поля, созданного в той же точке кольцевым сектором с углом в \(30^\circ\).

Отсюда, используя симметрию кольцевого сектора, делаем вывод, что вектор \(\vec E_C\) напряжённости электрического поля, созданного трапецией в точке \(C\), направлен по внешней биссектрисе угла \(\angle C\) (см. рис. 5).

Кольцевой сектор с внутренним и внешним радиусами, отличающимися в два раза, представляет собой (с точностью до подобия) одну треть от фигуры, изображённой в условии на рис. 4. Используя результат предыдущего пункта, получим (см. рис. 6) \[E_0 = 2E_C\cos 30^\circ + E_C = E_C\left(\sqrt3 + 1\right) \quad\Rightarrow\quad E_C = \frac{E_0}{\sqrt3 + 1}.\]

Вектор \(\vec E_C\) направлен вдоль внешней биссектрисы угла \(\angle C\); \[E_C = \frac{E_0}{\sqrt3 + 1}.\]