Заряженные многогранники

Поле равномерно заряженной грани в центре правильного многогранника направлено по нормали к ней и пропорционально телесному углу, под которым грань видна из центра.

1) \(E_1 = \dfrac{q\sqrt{35}}{6\varepsilon_0a^2}\);  2) \(E_2 = \dfrac{|\sigma_1 - \sigma_3|}{4\varepsilon_0}\).

Рассмотрим общий случай взаимодействия точечного заряда \(Q\) с пластиной произвольной формы, заряженной равномерно с поверхностной плотностью \(\sigma\) и видимой из точечного заряда под телесным углом \(\Omega\). По теореме Гаусса найдём поток электрического поля точечного заряда через пластину: \[\Phi = \dfrac{Q}{\varepsilon_0}\cdot\dfrac{\Omega}{4\pi} = kQ\Omega. \tag{1}\] Последовательно используя три определения (потока поля, поверхностной плотности заряда и напряжённости поля), установим связь между потоком \(\Phi\) и перпендикулярной проекцией силы \(F_\perp\), действующей на пластину со стороны точечного заряда: \[\Phi = \int\limits_S\vec E\cdot d\vec S = \dfrac{1}{\sigma}\int\limits_S\vec E\cdot\sigma\,d\vec S = \dfrac{1}{\sigma}\int\limits_S\vec E\cdot d\vec q = \dfrac{1}{\sigma}\int\limits_S dF_\perp = \dfrac{F_\perp}{\sigma}, \tag{2}\] где под «векторным» зарядом \(d\vec q\) подразумевается математическая абстракция: вектор, численно равный заряду \(dq\) и перпендикулярный поверхности \(dS\), по которой распределён этот заряд. Приравнивая выражения (1) и (2), находим проекцию силы взаимодействия: \[F_\perp = kQ\sigma\Omega.\] По третьему закону Ньютона это также и сила, с которой пластина действует на точечный заряд вдоль нормали к пластине, поэтому из определения напряжённости находим нормальную составляющую поля пластины в области точечного заряда: \[E_\perp = \dfrac{F_\perp}{Q} = k\sigma\Omega. \tag{3}\] Примечание. Можно проверить выведенную общую формулу в частном случае: после подстановки телесного угла полупространства \(\Omega = 2\pi\) получаем известную формулу \(E = \sigma/2\varepsilon_0\) для поля равномерно заряженной плоскости.

В силу симметрии каждая равномерно заряженная грань правильного многогранника создаёт в его центре поле, направленное по нормали к этой грани, то есть по формуле (3) мы для всех граней обеих рассматриваемых в задаче фигур будем находить полное поле, а не только одну из ненулевых проекций.

1. Каждая из трёх взаимно перпендикулярных проекций напряжённости поля в центре куба создаётся зарядами, распределёнными по противоположным граням и в сумме составляющим \(7q\): \[\begin{align*} E_x &= k\cdot\dfrac{6q}{a^2}\cdot\dfrac{4\pi}{6} - k\cdot\dfrac{q}{a^2}\cdot\dfrac{4\pi}{6} = \dfrac{5q}{6\varepsilon_0a^2},\\ E_y &= k\cdot\dfrac{5q}{a^2}\cdot\dfrac{4\pi}{6} - k\cdot\dfrac{2q}{a^2}\cdot\dfrac{4\pi}{6} = \dfrac{3q}{6\varepsilon_0a^2},\\ E_z &= k\cdot\dfrac{4q}{a^2}\cdot\dfrac{4\pi}{6} - k\cdot\dfrac{3q}{a^2}\cdot\dfrac{4\pi}{6} = \dfrac{q}{6\varepsilon_0a^2}. \end{align*}\] Искомый модуль напряжённости найдём по трёхмерной теореме Пифагора: \[E_1 = \sqrt{E_x^2 + E_y^2 + E_z^2} = \dfrac{q\sqrt{35}}{6\varepsilon_0a^2}.\] 2. Поле в центре правильного тетраэдра, создаваемое зарядами на особенной грани, имеет вид \[E_+ = k\sigma_1\cdot\dfrac{4\pi}{4} = \dfrac{\sigma_1}{4\varepsilon_0}.\] Если бы остальные три грани имели такую же поверхностную плотность заряда \(\sigma_1\), то они вместе создавали в центре такое же поле, но в противоположном направлении, так как суммарное поле должно отсутствовать в силу симметрии. Поэтому фактическое поле \(E_-\) этих трёх граней можно найти из прямой пропорциональности напряжённости заряду: \[E_- = E_+\cdot\dfrac{\sigma_3}{\sigma_1} = \dfrac{\sigma_3}{4\varepsilon_0}.\] Ответ получаем, ещё раз применяя принцип суперпозиции полей: \[E_2 = |E_+ - E_-| = \dfrac{|\sigma_1 - \sigma_3|}{4\varepsilon_0}.\]

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