

 E   Eds  E  ds  E  4r 
2
q  4r
2

q
.
0
(3)
4 0 r
4. В соответствии с теоремой Остроградского  Гаусса поток от нескольких зарядов через замкнутую поверхность равен алгебраической
сумме зарядов, содержащихся внутри этой поверхности
1 in
E 
(4)
 qi .
 0  i 1
5. Применительно к сферической поверхности, заполненной воздухом,
уравнение (4) для трёх заданных зарядов представится следующим образом
1
q1  q 2  q 3   112 2  3  510 9  444 В  м . (5)
 E (возд) 
0
9 10 1
6. Поток напряжённости электрического поля заданных зарядов при
заполнении внутренности сферы водой уменьшится в  раз, потому что
вода будет поглощать часть энергии поля на изменение конфигурации
молекул
 E ( возд ) 444
 E ( H 2O ) 

 5,5  В  м .
(6)

81
s
2
s
1.2.17. Полусфера радиуса R с плоским основанием помещена в однородное постоянное электрическое поле с известной напряжённостью E,
ортогональной основанию. Найти поток вектора напряжённости через
основание и поверхность полусферы.
Решение
1. Внешняя нормаль для основания бу
дет противоположна по направлению E ,
поэтому поток в соответствии с теоремой
Остроградского  Гаусса определится как
y
n

О

1   E n ds  R E .
z
2
(1)
s
Е
2. Поток через поверхность целесообразно определять в сферических координатах  и , именно эти два угла будут однозначно определять положение точки на полусфере, в случае использования привычных декартовых координат, их будет три.
3. Определим далее компоненты уравнения (1)
E  n   E cos ,
(2)
38
(3)
dS  R sin   d  d .
4. Поток через элементарную площадку, расположенную на поверхности полусферы запишется так
2
dS  E  R  sin   cos  d  d .
5. Произведение тригонометрических функций можно свернуть
sin   cos   sin 2 ,
тогда интеграл для потока примет вид
2

2
2
(4)
(5)

2
R E2
2
2 
sin
2


d


d



R
E


 sin 2  d ,
2 0
0
0
(6)

R E
2
(7)
cos2 02  R E .
2
6. В результате математических преобразований мы пришли к довольно тривиальному результату, суммарный поток через полусферу равен
нулю
(8)
1   2  0 ,
как и следовало ожидать, полусфере не рождает и не поглощает поле, как
говорят, внутри полусферы отсутствуют источники и стоки. Одним словом: что входит, то и выходит.
2
2 
1.2.18. Напряженность однородного электрического поля Е = 1 кВ/м.
Чему равен поток напряженности электрического поля через квадрат со
стороной L = 1 м, плоскость которого расположена в воздухе под углом
 = 30° к направлению вектора напряжённости электрического поля?
Решение
1. Запишем математическое выражение
теоремы Остроградского  Гаусса
 E   E n ds .
(1)
n
Е
s

2. Определим нормальную составляющую
вектора напряжённости электрического поля,
пронизывающего квадрат
 
E n  E  cosE; n   E  cos180  30   866 В / м .
(2)
3. Подставим значение проекции вектора напряжённости электрического поля на направление внешней нормали в уравнение (1)
 E  E n  ds  E n s  E n L  866 1  866 В  м .
2
s
39
(3)
1.2.19. Найти потоки однородного электрического поля напряженности Е = 500 В/м через замкнутую поверхность прямой равнобедренной трехгранной призмы, высота которой равна h = 1 м. Передняя
грань призм, перпендикулярна вектору напряжённости, нижняя грань,
параллельна Е.
Решение
Е
n1
1. Определим поток вектора напряжённости через плоскость призмы перпендикулярную направлению вектора напряжённости
В

h
n2
1E   E n1ds1  E  cos180 s1  E  h ,
0
Е
2
(1)
s
h
С
А
n3
(2)
1E  500 В  м .
2. Для определения потока напряжённости
электрического поля через грань ВС определим её длину
(3)
BC  h  h  h 2  1,41м .
Площадь этой грани s2 = hBC = 1,41 м2, угол между внешней нормалью n2
и вектором напряжённости равен 450, т.к. треугольник ABC равнобедренный и прямоугольный.
3. Величина потока напряжённости через грань ВС
 2 E   E n 2 ds 2  E  cos   s 2  500  0,71 1,41  500 ,5 В  м .
(4)
2
2
s
4. Через грань АС поток вектора напряжённости будет нулевым, пото0
 
му что n; E  90 , соs 900 = 0.
1.2.20. Определить поток вектора напряжённости через цилиндрическую поверхность, расположенную в воздухе, длиной L = 2 м ось, которой
совпадает с тонкой, бесконечно длинной нитью, несущей заряд, с линейной плотностью  = 10  10 Кл/м.
L
Решение
1. Определим заряд, сосредоточенный
на длине нити L

10
(1)
Q  L  2 10 Кл .
2. Цилиндрическая поверхность является замкнутой, поэтому к ней
можно применить теорему Остроградского  Гаусса
10
E 
Q
L
2 10
В


 22,2 .
12
 0  0 1 9 10
м
40
(2)
1.2.21. Напряженность однородного электрического поля равна Е. Чему равен поток напряженности электрического поля через квадрат со
стороной L, плоскость которого расположена под углом 30° к направлению электрического поля?
Решение
L
1. Элементарный поток вектора
напряжённости электрического поля через малый элемент поверхности ds определяется уравнением
 
 

(1)
dE  E  dsn cos E : ds ,
 
 
dE  Eds cos E; n ,
E; n    600 ,

так как E  const ,то
1
1
Es EL2
 E  d E 
Eds  E ds 

.
2s
2 s
2
2
s



 
 



E


ds
(2)
1.2.22. Докажите, что поток напряженности однородного электрического поля через любую замкнутую поверхность равен нулю.
Решение
1. Рассмотрим, сферическую поверхность,
находящуюся в стационарном электрическом

n
поле. Выделим произвольную силовую линию в каждой точке, которой вектор напряжённости поля будет являться касательной.
Выберем две одинаковые элементарные площадки ds и построим для них векторы внеш

ней нормали n и напряжённости E .
2. Запишем уравнения для потока вектора
напряжённости
 
 


 E  Eds cos E; n
 E  Eds ,


ds

E
 ,

n
ds

E
(1)
s
s
очевидно, что при прочих равных условиях поток вектора напряжённости
может быть положительным, отрицательным, и даже равным нулю, в за 
висимости от угла E; n .
3. Если рассматриваемая замкнутая сферическая поверхность не содержит зарядов (отсутствуют источники и стоки), то число входящих силовых линий должно быть рано числу выходящих силовых линий, что
собственно и составляет суть теоремы Гаусса: «Поток вектора напряжён-
 
41
ности электрического поля через замкнутую поверхность равен алгебраической сумме заключенных внутри этой поверхности зарядов, делённой
на 0»
iN
 
  1 iN

если
 E  Ed s 
qi ,
Ed s  0 ,
q i  0 ,то
 0 i 1
i 1
s
s
что и требовалось доказать.




1.2.23. Чему равен поток напряженности
однородного электрического поля через поверхность усеченного конуса, радиусы сечения
которого равны R и r? Напряженность электрического поля Е составляет угол  с осью
конуса.
Решение
1. Как было показано в предыдущей задаче, суммарный поток

 s1
через боковую поверхность усечёнn1
E
ного конуса будет равен нулю, сле
довательно
необходимо
учесть
n2
только потоки через основания. При
s2=R 2
заданном направлении поля, поток
вектора напряжённости через меньшее основание будет отрицательным, а
через большее - положительным.
2. Результирующий поток, таким образом, определится как



   1   2 ;
 
  ,

    2  1  ER 2 cos E; n 2  Er 2 cos E; n1
=r2

E

Или, окончательно



   ER 2  r 2 cos  .
1.2.24. Докажите, что поток
напряженности электрического поля
точечного заряда Q через любую поверхность равен телесному углу, под которым видна эта поверхность, умноженному на q/0.
42
Решение
1. Выделим элементарный телесный угол d, опирающийся на бесконечно малую площадку ds, расположенную на расстоянии r от заряда.
Эту площадку вне зависимости от формы всей поверхности можно считать ввиду её малости плоской. Элементарный телесный угол определится
как
ds
.
(1)
d 

ds
4r 2
n
Телесный угол, охватывающий
всю поверхность, будет равен
d

q
s
E
.
(2)

r
4r 2
s
2. Модуль вектора напряжённости электрического поля,
создаваемого точечным зарядом
1 q
.
(3)
E
4 0 r 2
3. Запишем далее математическое выражение теоремы Гаусса
  1 i n
Ed s 
qi ,
(4)
 0 i1
s
и подставим в подынтегральное выражение (4) значение Е из уравнения
(3) и ds из уравнения (1)


1 q
q
q
2


4

r
d


d   .
(5)
2

4 0 r
0 0
0
0


1.2.25. Поток напряженности электрического поля через равномерно заряженную
плоскую поверхность, с поверхностной плотностью заряда , равен ФЕ. Чему равна электрическая сила, действующая на пластину в
направлении, перпендикулярном ее плоскости?

E

n
s

ds

Решение
1. Запишем уравнение для потока вектора напряжённости электрического поля, с учётом того, что поверхность плоская
 


(1)
  Eds;
  Es cos  ,

s
откуда напряжённость поля запишется как
43
(2)
E   s cos  .
2. С другой стороны, напряжённость поля можно определить через
заряд плоскости и возникающую силу взаимодействия заряженной плоскости и поля
F
F
F
E C  C ;  E C .
(3)
Q s
s
3. Совместим уравнения (3) и (2)
FC

(4)

 FC cos    .
s s cos 
(5)
FC   .
1.2.26. С какой силой действует электрический заряд q на равномерно заряженную бесконечную плоскость? С какой силой действует эта
плоскость на заряд? Чему равна напряженность электрического поля
плоскости? Поверхностная плотность заряда плоскости равна .
Решение
1. Заряд пластины определится в виде
произведения её площади на поверхностную
плотность заряда
Q  S .
(1)
2. Для использования теоремы Гаусса выделим мысленно цилиндрическую поверхность с образующими, перпендикулярными к
плоскости и с основаниями ds, расположенными относительно плоскости симметрично.
Поток вектора напряжённости через боковую
поверхность цилиндра будет равен нулю. В силу симметрии вектор
напряжённости поля, создаваемого пластиной будет по модулю одинаков
по обе её стороны и направлен в противоположные стороны


(2)
E1  E 2  E .
Суммарный поток через поверхность выделенного цилиндра, таким образом, определится как
  2Eds .
(3)
3. Так как внутри поверхности цилиндра заключён заряд
(4)
Q  ds ,
то согласно теореме Гаусса должно выполняться условие
2Eds  ds 0 ,
из которого следует
44

.
(5)
2 0
Напряжённость поля пластины не зависит от длины

цилиндра, т.е. на любых расстояниях от плоскости
вектор напряжённости одинаков.
4. Определим далее величину силы, действующей
на
заряд
+q, внесённый в поле пластины
+q

q
F
.
(6)
F  qE 
2 0

5 В соответствии с третьим законом Ньютона, коE
торый никто не отменял и для электрических сил, сила, действующая на заряд со стороны плоскости по модулю будет равна
силе, действующей со стороны заряда на плоскость.
E
1.2.27. Используя теорему Гаусса,
определите напряженность электрического поля внутри и вне равномерно
заряженного шара радиуса R, с объёмной плотностью заряда ;
Решение:
1. Поле в данном случае будет обладать центральной симметрией. Очевидно, что уравнение напряжённости
поля вне шара можно определить, воспользовавшись теоремой Гаусса
Er   4r 2  Q  0 ,
(1)
откуда
1 Q
(2)
r  R  ,
Er  
4 0 r 2
2. Сферическая поверхность радиуса r  R заключает в себе заряд
Q  (4 3) r 3 ,
теорема Гаусса в этом случае запишется как
1 4
Er  4r 2   r 3 ,
0 3
заменим далее плотность заряда в уравнении (4) на   Q
1 Q
Er  
r r  R  .
4 0 R 3
45
(3)
(4)
4 3R 
3
(5)
Анализ уравнений (2) и (5) показывает, что внутри шара напряжённость
поля растёт линейно в функции расстояния r, вне шара – напряжённость
убывает обратно пропорционально квадрату расстояния, так же как и для
точечного заряда.
1.2.28. Используя теорему Гаусса, определите напряженность электрического поля равномерно заряженной бесконечной нити, если заряд
единицы длины нити .
Решение:
1. Выделим мысленно вокруг нити цилиндр высотой h и радиусом r. Потоки
напряжённости через основания цилиндра
будут нулевыми, поэтому вычислим поток
через боковую поверхность
(1)
  Er 2rh .
2. Заряд нити протяжённостью h равен
Q  h .
3. Теорема Гаусса в этом случае запишется в виде
(2)
Er  2rh  h  0 ,
откуда:
1 
.
(3)
Er  
2 0 r
4. Существенно отметить, что уравнение (3) будет справедливым и для
бесконечного заряженного цилиндра. Напряжённость поля внутри равномерно заряженной цилиндрической поверхности отсутствует. Напряжённость поля вне поверхности определяется линейной плотностью заряда 
и расстоянием r от оси цилиндра.
E

E
E
h
2 0
E
0
h
2 0
r

E

y
h
1.2.29. Используя теорему Гаусса, определите напряженность электрического поля
вне и внутри равномерно заряженной пластины толщины h, если объемная плотность
заряда в пластине равна , нарисуйте график
зависимости напряженности электрического
поля от расстояния до центральной плоскости пластины.
Решение
1. Пусть пластина имеет размеры x  y  h ,
в этом случае её заряд определится как
46
(1)
Q  V    x  y  h .
2. Напряжённость поля создаваемого пластиной при (r  h) определим
с помощью теоремы Гаусса, выделив мысленно цилиндр, основания которого параллельны плоскости пластины. Суммарный поток через такой
цилиндр будет определяться только его основаниями, т.е.   2Eds
 
(2)
  Ed s  Q 0 .

s
h
( xy )h
, E
0
2 0
3. Напряжённость поля внутри пластины
E  r 0 .
2E  xy   
(r  h) .
(3)
(4)
1.2.30. Тонкий стержень, расположенный в воздухе, длиной L = 0,5 м
заряжен с линейной плотностью заряда  = 110  6 Кл/м. На расстоянии
r0 = 0,5 м от стержня расположен точечный заряд q = 10  9 Кл, расположенный симметрично относительно концов стержня. Определить
силу взаимодействия заряда со стержнем.
Решение
dFy
1. По аналогии с задачей 1.2.14
dF
представим стержень в виде большоq
го числа элементарных зарядов dq =
dFx
dL, каждый из которых можно считать точечным и воспользоваться для

определения элементарной силы взаимодействия dF законом Кулона
1 qdL
dF 
,
(1)

4 0 r 2
r
r0
r
где r = r0/cos, dL = rd/cos.
d
2. Перепишем уравнение (1) с
r d
учётом значений r и dL
q
dF 
d .
(2)
4 0 r0
dL
L
3. Определим вертикальную и
горизонтальную составляющие элементарной силы
q cos 
q sin 
dFy 
d, dFx 
d .
4 0 r0
4 0 r0
47

(3)
4. Проинтегрируем уравнения (3) в пределах от  =   до  = + 

Fy 
q cos 
q
d 
4

r
4

0 0
0 r0



q
 cos d 4


sin   
0 r0
q
q
(4)
sin   sin   
2 sin  .
4 0 r0
4 0 r0
5. Заряд q расположен симметрично относительно концов стержня,
поэтому горизонтальные составляющие элементарной силы будут возникать попарно равные по модулю и противоположные по направлению,
другими словами
(5)
Fx  0 .
6. Определим в уравнении (4) значение sin путём анализа соответствующих треугольников
L2
L
sin  

.
(6)
L2
4r02  L2
2
r0 
4
7. Подставим значение sin из уравнения (6) в уравнение (4)
q
L
9 10 9 10 15  0,5
(7)
F  Fy 

 5 10 3 H .
2
2
2
4 0 r0 4r  L
0,025  0,1  0,025

0
1.2.31. Электрическое поле в воздухе создаётся тонкой прямолинейной нитью, расположенной в воздухе и несущей равномерно распределённый заряд с плотностью  = 100 нКл/м. На расстоянии L = 1 м от нити
расположен круглый тонкий диск диаметром D = 0,5 см. Определить
поток вектора напряжённости электрического поля через поверхность
диска, если его плоскость составляет угол  = 300 с вектором напряжённости, проходящим через центр диска.

En
Решение
1. По отношению к плоскости диска
поле нити является неоднородным


 E  E n ds ,
 Е
L
(1)
s
при этом E n  E cos  . Уравнение (1)
можно переписать следующим образом

 E  E cos ds .
(2)
s
2. Размеры диска на много меньше рас48
стояния между нитью и диском, что позволяет средние значения по длине
нити величины Е и cos рассматривать как постоянные

 E  E  cos   ds .
(3)
s
3. С учётом значения площади диска, уравнение (3) можно записать
так
1
D 2 E 0 cos  0 ,
4
где индекс 0 относится к величинам, имеющим место в центре диска.
4. Напряжённость поля от нити в точке 0 определяется уравнением

E0 
.
2 0 L
5. Выразим далее угол  через заданный по условию задачи угол 


cos  0  cos     sin  .
2


6. Подставим уравнения (5), (6) в уравнение (4)
D 2 
25 10 6 1 10 7  9 10 9  3,14
E 
sin  
 0,5  3,5 10  2 В  м .
4  2 0 L
1
E 
(4)
(5)
(6)
(7)
1.2.32. Две концентрические проводящие сферы радиусами R1 = 10 см
и R2 = 20 см заряжены разноимёнными зарядами Q1 = 1 нКл и Q2 =  0,5
нКл. Определить напряжённость электрического поля в точках, лежащих на расстоянии от центра r1 = 5 см, r2 =15 см и r3 = 0,5 м. На расстоянии L = 2 м от внешней сферы расположена квадратная пластина
со стороной a = 1 cм, ориентирована так, что поток вектора напряжённости электрического поля максимален. Найти величину этого потока.
Решение
1. Выделим три области пространства {1,2,3} в которых необходимо определить напряжённость
электрического поля.
2. Для определения напряжённости в области 1 воспользуемся теоремой Остроградского  Гаусса: выделим мысленно сферическую область радиуса r1. Зарядов внутри этой
области нет, поэтому
49
Q2
3
2
Q1
R1
r1
r2
1 о
R2
r3
 E ds  0 ,
(1)
n
s
из чего следует ввиду сферической симметрии поля

E n  E1  E1 ds  0,
s  0 .
(2)
s
Таким образом, внутри сферы радиуса r1 будет отсутствовать, потому что
данная замкнутая поверхность внутри себя не содержит зарядов
3. Для определения параметров поля в пространстве между заряженными сферами проведём вторую мысленную сферическую поверхность
радиусом r2, внутри которой будет находиться заряд Q1. Теорема Остроградского  Гаусса в этом случае запишется следующим образом
Q
E n ds  1 .
(3)
0
s


4. При сферической симметрии поля E 2  E n , поэтому уравнение (3)
упростится
Q
Q
Q1
E 2 ds  1 ,  E 2  1 
,
(4)
2


s
4

0
0 1
0 r2
s


110 9
В
(5)
 360 .
0,025
м
5. В области 3 поле будет представлять собой суперпозицию полей
двух заряженных сфер
Q Q
Q Q
(6)
s E n ds  1  0 2 ,  E 3  41r32  02 .
E 2  9 10 9
E 3  9 10 9
1  0,510
Е
а
L а
9
В
(7)
 18 .
0,25
м
6. Поскольку в условии задачи речь
идёт о максимальной величине потока
вектора напряжённости электрического
поля через заданную площадку, то это
значит, что
 E   E 3ds ,
(8)
s
где E3  напряжённость поля на расстоянии L от поверхности внешней сферы.
7. Определим модуль напряжённости
поля Е3
50
 E 3ds 
s
Q1  Q 2
Q1  Q 2
.
,  E3 
2
0
4R 2  L   0
E 3  9 10 9
1  0,510
2,2
9
2
1
В
.
м
8. Подставим значение Е3 в уравнение (8)
 E  E 3s  112,56  5  61 В  м .
(9)
(10)
(11)
1.2.33. Потенциал заряженного шара радиусом R1 = 1 м, расположенного
в воздухе равен, 1 = 3000 В. На расстоянии l = 1 м от поверхности шара

нормально к вектору напряжённости поля E расположен металлический диск радиусом R2 =510  3м. Определить потенциал электрического
поля в месте расположения диска и поток вектора напряжённости через
поверхность диска.
Решение
1. Запишем уравнение потенциала

шара на его поверхности и на удалении l
s E2
от его поверхности

Q
E1
1 
,
(1)
4 0 R 1
R1
R1
Q
2 
 1
(2)
R 1  l
4 0 R  l 
2. Определим напряжённость поля в
плоскости диска
R1
.
(3)
  Er ,  E  1
R 1  l2
3. Применим для нахождения потока вектора напряжённости электрического поля уравнение (8) предыдущей задачи

 E  Eds ,
(4)
s
которая применительно к данному случаю можно переписать следующим
образом
1 R 1
 E  Es 
R 22 ,
(5)
(R 1  1) 2
E 
3 10 3 1
 3,14  25 10 6  0,06 В  м .
4
51
(6)