Сфера в поле

У поверхности проводника поле перпендикулярно ей и равно \(\sigma/\varepsilon_0\); значит, поле у \(A\) и В даёт плотность заряда в этих точках. Заряд полусферы получите суммированием колец, плотность заряда в которых зависит от угла.

У точки В напряжённость равна \(3E_0\) по модулю и направлена вдоль \(\vec E_0\) (внутрь сферы). Заряд полусферы БАБ равен \(Q=3\pi\varepsilon_0E_0R^2\) (положительный).

Что происходит. Поле \(E_0\) раздвигает заряды сферы: справа выходит положительный заряд, слева остаётся отрицательный, и на поверхности возникает слой поверхностного заряда. Поле этого слоя внутри сферы в точности гасит \(E_0\). Главная мысль: такой слой даёт пара равномерно заряженных шаров, слегка сдвинутых друг относительно друга: поверхностная плотность в нём пропорциональна косинусу угла от направления поля. Зная закон распределения, находим заряд полусферы суммированием колец.

Обозначения. Угол \(\theta\) отсчитываем от направления \(\vec E_0\) (от оси сферы к точке \(A\)), \(\sigma\) — поверхностная плотность индуцированного заряда, \(\sigma_A\) — её значение в точке \(A\).

1. Поле у поверхности проводника. Внутри проводника поле равно нулю, а вдоль поверхности нет составляющей поля (иначе заряды двигались бы). Применим теорему Гаусса к маленькому цилиндру с основаниями по обе стороны поверхности: поток есть только через наружное основание площади \(S\), \(E_nS=\sigma S/\varepsilon_0\), то есть \(E_n=\sigma/\varepsilon_0\). У точки \(A\) поле равно \(3E_0\) и направлено наружу, поэтому \[\sigma_A=3\varepsilon_0E_0.\] У точки Б поле равно нулю, поэтому \(\sigma_{\text{Б}}=0\).

2. Поле у точки В. Сфера незаряжена, поле \(E_0\) однородное. Повернём всю картину на \(180^\circ\) вокруг центра: сфера останется той же, а поле станет \(-\vec E_0\). Поле суммируется линейно (принцип суперпозиции), поэтому при смене знака поля все индуцированные заряды меняют знак. Значит, плотность заряда в точке В равна плотности в \(A\) с обратным знаком: \(\sigma_{\text{В}}=-3\varepsilon_0E_0\). По пункту 1 нормальная к поверхности составляющая поля у В равна \(\sigma_{\text{В}}/\varepsilon_0=-3E_0\) (наружная нормаль направлена против \(\vec E_0\)). Поле у В по модулю равно \(3E_0\) и направлено вдоль \(\vec E_0\), то есть внутрь сферы: заряд там отрицателен, и силовые линии на него входят.

3. Распределение заряда по сфере. Возьмём два шара радиуса \(R\) с плотностями заряда \(+\rho\) и \(-\rho\) и сдвинем центры на малое \(\delta\) вдоль \(\vec E_0\) (положительный шар вправо). Вне области перекрытия остаётся слой толщиной \(\delta\cos\theta\): справа положительный, слева отрицательный, так что \[\sigma=\rho\delta\cos\theta=\sigma_0\cos\theta .\] Поле внутри однородно заряженного шара найдём по теореме Гаусса: на расстоянии \(r\) от центра оно равно \(\dfrac{\rho r}{3\varepsilon_0}\) и направлено вдоль радиус-вектора от центра. В области перекрытия шаров поле суммы равно \[\vec E=\frac{\rho}{3\varepsilon_0}\left(\vec r_+-\vec r_-\right)=-\frac{\rho\,\vec\delta}{3\varepsilon_0},\] где \(\vec r_\pm\) — радиус-векторы от центров, \(\vec\delta\) — сдвиг от отрицательного центра к положительному: поле однородно и направлено против сдвига. Положим \(\sigma_0=3\varepsilon_0E_0\): тогда поле слоя внутри сферы равно \(-\vec E_0\) и гасит внешнее. Выполняется условие, определяющее индуцированные заряды (поле внутри проводника нулевое), а такое распределение единственно, поэтому это и есть наша сфера. Проверка по данным задачи: в точке \(A\) (\(\theta=0\)) \(\sigma=3\varepsilon_0E_0\), поле \(\sigma/\varepsilon_0=3E_0\); в точке Б (\(\theta=90^\circ\)) \(\sigma=0\). Всё совпадает с условием.

4. Заряд полусферы БАБ. Разобьём полусферу на узкие кольца: кольцо между углами \(\theta\) и \(\theta+d\theta\) имеет радиус \(R\sin\theta\), ширину \(R\,d\theta\) и площадь \(dS=2\pi R^2\sin\theta\,d\theta\). Плотность заряда в кольце \(\sigma_0\cos\theta\). Суммируем по \(\theta\) от \(0\) до \(\pi/2\): \[Q=\int_0^{\pi/2}\sigma_0\cos\theta\cdot2\pi R^2\sin\theta\,d\theta=2\pi R^2\sigma_0\cdot\frac12=\pi R^2\sigma_0=3\pi\varepsilon_0E_0R^2 .\] Заряд положителен: на полусфере БАБ поле выходит из сферы.

Обратите внимание: нельзя умножать \(\sigma_A\) на площадь полусферы \(2\pi R^2\). Плотность заряда убывает от \(3\varepsilon_0E_0\) на полюсе до нуля на краю полусферы, и среднее значение даёт множитель \(\tfrac12\), а не единицу: умножение вдвое завысило бы ответ.

Проверка. Размерность: \(\varepsilon_0E_0R^2\) — это \(\dfrac{\text{Ф}}{\text{м}}\cdot\dfrac{\text{В}}{\text{м}}\cdot\text{м}^2=\text{Ф}\cdot\text{В}=\text{Кл}\), верно. Второй способ: дипольный момент сферы \(p=\int\sigma\,R\cos\theta\,dS=\sigma_0R\cdot\dfrac{4\pi R^2}{3}=4\pi\varepsilon_0E_0R^3\) — это известное значение для проводящего шара в однородном поле. Полный заряд сферы равен нулю: \(\int\cos\theta\,dS\) по всей сфере обращается в нуль, как и должно быть для незаряженного шара. При \(R\to0\) индуцированный заряд обращается в нуль.

Физический смысл: сфера в поле ведёт себя как диполь, поверхностный заряд которого смещён вдоль поля, а силовые линии у поверхности втягиваются и сгущаются: поле у полюсов втрое больше внешнего.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.