Электрическое поле заряженного шара

2. Теорема Гаусса.
Использование теоремы Гаусса для расчета полей
(примеры решения задач)
Поток электрического поля
Пример 2.1.
Два точечных заряда q и –q расположены на расстоянии 2l друг от друга. Найдите
поток вектора напряженности через круг радиуса R, плоскость которого
перпендикулярна отрезку прямой, соединяющей заряды, и проходит через его
середину.
Решение.
 
Рассмотрим элементарный поток результирующего электрического поля dФ  ( EdS )  EdS
через бесконечно малую кольцевую зону круга радиуса  и ширины d (см.рис)

dФ  E ()2d . В записи потока учтено, что вектор E перпендикулярен поверхности
круга. Выразим напряженность электрического поля через  , используя подобие
треугольников показанных на рисунке: E  () / E ()  l 2   2 / 2l ,
E () 
2ql
1
.
2
40 (l   2 ) 3 / 2
Вычисление потока сводится к взятию интеграла:
R
ql
Ф  E ()d 
0

0
R
d
0
R
q
l
q
 (l 2   2 ) 3 / 2   0 (1 

E E

 E
n
l
l
l  R2
2
).
q
Электрическое поле заряженной сферы
Пример 2.2.
По поверхности сферы радиуса R однородно распределен заряд q . Определите
напряженность электрического поля в произвольной точке пространства вне сферы
и внутри нее. Полученный результат представьте на графике Er (r ) , где Er
проекция вектора напряженности на ось r, проведенную из центра сферы.
Решение.
Электрическое поле, порождаемое сферически-симметричным распределением заряда
сферы, в любой точке пространства направлено вдоль луча от центра сферы и в
равноудаленных точках имеет одинаковую величину, т.е. E  E (r ) . При таком свойстве
симметрии поля в качестве замкнутой гауссовой поверхности возьмем концентрическую
26
сферу радиуса r . Поток сквозь выбранную поверхность равен Ф(r )  E(r )  4r 2 .
Согласно теореме Гаусса, он определяется зарядом внутри гауссовой поверхности. При
r  R заряд внутри поверхности равен заряду сферы q , а при r  R равен нулю. Поэтому:
0, если 0  r  R

Er ( r )   q
 4 r 2 , если r  R
0

Знак заряда q определяет знак проекции E r , а следовательно и направление самого

вектора E . Он направлен от центра заряженной сферы ( q  0 ) или к центру ( q  0 ).
Внутри однородно заряженной сферической поверхности электрическое поле отсутствует.
График зависимости проекции вектора напряженности E r на ось r , проведенную из
центра сферы, показан на Рис. 1 в предположении q  0 .
Er
E
q
4 0 R 2
~
0
1
r2
r
R
Рис 1
Электрическое поле заряженного шара
Пример 2.3.
По объему шара R однородно распределен заряд q . Пренебрегая влиянием
вещества шара, определите напряженность электрического поля в произвольной
точке пространства вне шара и внутри него. Полученный результат представьте на
графике Er (r ) , где Er проекция вектора напряженности на ось r, проведенную из
центра шара.
Решение.
Поле такой системы зарядов центрально-симметричное, поэтому в качестве гауссовой
замкнутой поверхности следует взять концентрическую сферу радиуса r .
1) Найдем напряженность электрического поля внутри шара 0  r  R . Векторы


напряженности E направлены по радиусам выбранной сферы, а модули векторов E
зависят только от расстояния r до центра сферы, то есть, одинаковы по поверхности
сферы. Поэтому поток поля
вектора

E
через выбранную сферу
S1
можно
записать ES1  E 4r (Рис.2а).
2
4
q
Заряд, охватываемый сферой S1 , равен q1   r 3 , где  
- объемная
3
4 / 3  R 3
q 3
r . В результате напряженность
плотность заряда. Согласно теореме Гаусса E 4r 2 
 0R 3
поля внутри однородно заряженного шара равна:
q
E
r,
40 R 3
27
т.е. поле E внутри шара возрастает по линейному закону от нуля в центре до
q
значения E 
на его поверхности.
40 R 2
2) Найдем напряженность электрического поля вне шара r  R . Свойство симметрии
поля остается неизменным. Поэтому гауссову поверхность представим концентрической
q
сферой S 2 радиуса r  R (Рис.2а). Согласно теореме Гаусса имеем: E 4r 2 
, где q
0
заряд шара. Для величины напряженности поля получим:
q
.
E
4 0r 2
Поле E вне однородно заряженного шара убывает обратно пропорционально r 2 .
Объединяя полученные зависимости, запишем:
 qr
, если0  r  R

3
 4 0 R
.
E (r )  
 q
, еслиr  R
 4 r 2
0

График зависимости проекции вектора напряженности E r на ось r , проведенную из
центра шара, представлен на Рис. 2б.
Er
S2
O
q
4 0 R 2
S1
r
~
~r
R
r
R
0
Рис.2а
1
r2
r
Рис.2б
Пример 2.4.
Шар заряжен однородно с объемной плотностью  . В шаре сделана сферическая

полость, положение центра которой характеризуется радиусом-вектором a (этот

вектор проведен из центра шара в центр полости). Найти поле E в полости.
Решение.
Представим, что имеем два шара с центрами в точках O и O1 , заряженные однородно с
объемной плотностью   первый и   второй. Выберем произвольную точку A ,
которая принадлежит обоим шарам. Воспользовавшись решением примера 2.3., для
первого шара в точке A поле равно:

q
 
q

E1 
r 
r1
( 
).
3 1
4 3
3 0
4 0 R1
R
3
Для второго шара в точке A поле равно:

E2  
q

r2
4 0 R13

 
r
3 0
2.
28
A
A

r1

O
A

r2
O' 

r1
O

r2
 O'
a


Рис.3
Чтобы определить напряженность поля в полости наложим распределение зарядов двух
шаров, как показано на Рис.3. Тогда по принципу суперпозиции найдем поле в
  
полости: E  E1  E2
 3  
r1  r2    a .
E
0
3 0
Заметим, что поле внутри полости однородно заряженного шара оказывается однородным,

а его величина и направление определяется вектором смещения a .
Пример 2.5.
Шар радиуса R имеет положительный заряд, объемная плотность которого
зависит от расстояния r до его центра как    0 (1  r / R) , где  0 - положительная
постоянная. Пренебрегая влиянием вещества шара, найдите модуль вектора
напряженности электрического поля внутри и вне шара как функцию r.
Решение.
Поле этой системы зарядов центрально-симметричное, поэтому в качестве замкнутой
гауссовой поверхности выберем сферу, концентрическую с шаром.
1) Для нахождения поля вне шара радиус сферы r1  R , согласно теореме Гаусса:
E 4r12 
q
,
0
где q полный заряд шара. Чтобы найти q , мысленно представим шар в виде набора
бесконечно тонких шаровых слоев радиуса r ширины dr (Рис.4а). Объем шарового слоя
dV  4r 2 dr , тогда dq  dV   4r 2 dr , а q   dV .Интегрируя, получим:
V
R
 R 3 1 R 4  0 R 3
r 2
1 3 

2


q  40 1  r dr  40 r dr 
r dr  40 

 3



R
R
R
4
3



0
0
0

Подставив полученное выражение для q в правую часть соотношения для потока,
R

R


получим напряженность поля вне шара:
E
0 R 3
12 0 r12
.
2) Найдем напряженность электрического поля внутри шара. В качестве замкнутой
гауссовой поверхности снова выберем сферу, концентрическую с шаром, радиус
которой r2  R (рис.4б).
Согласно теореме Гаусса
E 4r22 
q1
,
0
где q1 заряд внутри выбранной сферы. Величину q1 найдем также как и в пункте 1),
подставив соответствующие пределы интегрирования:
29
r2
 r2
 r 3 r 4  40 r23  3r2 
1 3 
r 2

2

r dr  40  2  2  
q1  40 1  r dr  40 r dr 
1 
.


 3 4R 
R
3 
4R 
R



0
0
0

Подставив величину заряда q1 в соотношение для потока, найдем:
r2



 
3r 2 
 3r  r
E   0 1  2  2  0  r2  2  .
4 R  3 0 3 0 
4 R 


График зависимости проекции вектора E на ось r , проведенную из центра шара, показан
на Рис.4в, из которого видно, что напряженность достигает максимума на расстоянии
r  2R / 3 от центра шара.

 
3r 2 
при 0  r  R;
 E  0  r 
3 0 
4 R 


0 R 3

E

при r  R.

12 0 r 2

Er
R
R
r1
r2
O
r
q1
0
dr
Рис.4а
Рис.4б
2
R
3
r
Рис.4в
Электрическое поле заряженной плоскости
Пример 2.6. Используя формулировку электростатической теоремы Гаусса, покажите,
что в любой точке поля, созданного бесконечной плоскостью, заряженной с постоянной
поверхностной плотностью , величина напряженности электрического поля вычисляется
по формуле E   / 2 0 . Введите ось Х перпендикулярно заряженной плоскости с началом
отсчета на плоскости. Изобразите график Ex(x).
Решение.
В силу симметрии распределения заряда вектор напряженности электрического поля в
произвольной точке вблизи заряженной поверхности направлен перпендикулярно самой
поверхности, а его величина в равноудаленных от поверхности точках одинакова.
Поэтому линии напряженности перпендикулярны рассматриваемой плоскости и
направлены от нее в обе стороны (Рис.2.5а). Учитывая это, в качестве замкнутой
гауссовой поверхности выберем поверхность цилиндра, основания которого параллельны
и симметричны заряженной плоскости, а ось перпендикулярна ей. Согласно теореме
Гаусса:


qв нутр
   E r dS   E r dS cos  
.
S
S
0
Поток сквозь цилиндр равен сумме потоков сквозь боковую поверхность цилиндра и
потокам сквозь оба его основания:
   бок   осн   осн .
Так как образующие цилиндра параллельны линиям напряженности cos   0 , то поток
вектора напряженности сквозь боковую поверхность цилиндра равен нулю:
30
 бок  0 ,
поэтому полный поток сквозь поверхность цилиндра равен сумме потоков сквозь его
основания:
  2 осн  2 ES .
Заряд q, заключенный внутри построенной цилиндрической поверхности, равен q  S .
Согласно теореме Гаусса 2 ES  S  0 , откуда
E   / 2 0 .
Из полученной формулы видно, что напряженность электрического поля E во всех
точках пространства одинакова по модулю, то есть поле равномерно заряженной
плоскости однородно в каждом полупространстве X (Рис.2.5б).
Ex
 / 2 0
0
  / 2 0
Рис.5а
X
Рис.5б
Пример 2.7.
Электрическое поле создано двумя параллельными заряженными тонкими
пластинами с поверхностными плотностями заряда   и  2 . Площадь каждой
пластины S, расстояние между пластинами d значительно меньше их продольных
размеров. Определите:
а) напряженность электрического поля, созданного этими пластинами,
б) силу, с которой одна пластина действует на другую.
Решение.
а) Согласно принципу суперпозиции, поля, создаваемые каждой заряженной пластиной в
отдельности, накладываются друг на друга, причем каждая заряженная пластина создает
электрическое поле независимо от присутствия другой заряженной пластины (Рис.6а). На
рисунке верхние стрелки соответствуют векторам напряженности поля от положительно
заряженной пластины, нижние – от отрицательно заряженной пластины. Напряженности
однородных электрических полей, создаваемых положительно и отрицательно
заряженными пластинами, соответственно равны:
E 

,
2 0
E 
2
.
2 0
Слева и справа от пластин векторы напряженности поля пластин направлены
противоположно друг другу. Поэтому величина напряженности результирующего поля
равна разности напряженностей полей пластин:
Eвне  E  E 





.
 0 2 0 2 0
31
В области между пластинами векторы напряженности направлены в одну сторону,
поэтому результирующая напряженность равна
E м ежду  E  E 


3


.
 0 2 0 2 0
Направления векторов результирующего поля показаны жирными стрелками на Рис.6а.
б) Заряд q  2 S отрицательно заряженной пластины находится в поле, созданном
зарядом q   S положительно заряженной пластины. Следовательно, на отрицательный
заряд действует сила (Рис.6б)
F  q E ,
где E - напряженность поля, создаваемого зарядом положительно заряженной пластины.
Аналогично можно определить силу, которая действует на положительно заряженную
пластину, находящуюся в поле отрицательно заряженной пластины
F  q E ,
где E - напряженность поля, создаваемого зарядом отрицательно заряженной пластины.
Силы, с которыми пластины действуют друг на друга, равны по величине
F  F 
E+
+
E+
E-
E-

E
2 0
3
E
2 0
-2
 2S
.
0
E+
E+
E-
+
-2
E+
F
F-

E
2 0
Рис.6а
Рис.6б
Пример 2.8.
Определите, какая сила будет действовать на отрицательно заряженную тонкую
пластину с поверхностной плотностью заряда  2 со стороны помещенных
параллельно ей справа и слева от нее на одинаковых расстояниях d тонких пластин с
поверхностными плотностями заряда   и   .
Решение.
Воспользуемся результатом предыдущей задачи. Сила, с которой положительно
заряженная с поверхностной плотностью   пластина действует на отрицательно
заряженную  2 пластину, равна:
F 
 2S
,
0
32
направление силы показано на Рис.7. Аналогично, сила, с которой отрицательно
заряженная с поверхностной плотностью   пластина действует на отрицательно
заряженную  2 пластину, равна:
F 
 2S
.
0
Направление силы показано на Рис.7. Силы, действующие на среднюю пластину со
стороны крайних, F и F равны по величине и противоположны по направлению.
Поэтому, согласно принципу суперпозиции результирующая сила F, действующая на
среднюю пластину со стороны крайних равна
F
2 2 S
0
.
-2

+  + 2
E
+
E+
F+
F+
F-
+
Рис.7
При условии, что площадь каждой пластины S значительно больше расстояний между
пластинами d, сила, действующая со стороны крайних пластин на среднюю, не зависит от
положения пластин.
Электрическое поле заряженной пластины
Пример 2.9.
Область пространства, ограниченная двумя параллельными друг другу бесконечными
плоскостями, расположенными на расстоянии 2а друг от друга, заряжена однородно
по объему с плотностью . Используя формулировку электростатической теоремы
Гаусса, покажите, что
 
 a при    x  a ,
 0
 
Ex  
x при  a  x  a,

 o

при a  x  .
 a
 o
Ось Х перпендикулярна упомянутым бесконечным плоскостям, а точка х = 0 выбрана в
центре слоя. Зависимость Ex(x) представьте графически.
Решение.
33
В силу симметрии распределения заряда, линии напряженности перпендикулярны
рассматриваемому слою и направлены от центральной плоскости слоя в обе стороны.
Поэтому в качестве замкнутой гауссовой поверхности построим цилиндр, основания
которого параллельны и симметричны плоскости, соответствующей положению x=0
заряженного слоя, а ось перпендикулярна ему. Согласно теореме Гаусса:


qв нутр
   E r dS   E r dS cos  
.
S
0
S
Так как образующие цилиндра параллельны линиям напряженности cos   0 , то поток
вектора напряженности сквозь боковую поверхность цилиндра равен нулю. А полный
поток через гауссову поверхность равен сумме потоков через его основания, то есть равен
  2 осн  2 ES .
Используя теорему Гаусса, найдем напряженность электрического поля вне и внутри
заряженного слоя.
При  a  x  a заряд, заключенный внутри цилиндрической поверхности, равен

qвнутр   S x , поэтому напряженность электрического поля внутри слоя равна E x 
x.
0
При
x a
заряд,
qв нутр   S 2a ,
Ex 
заключенный
внутри
цилиндрической
поверхности,
равен
поэтому напряженность электрического поля снаружи слоя равна
ax
.
0 x
График напряженности проекции Ex (x) показан на Рис.8.
Ex
a /  0
-a
a
X
 a /  0
Рис.8
Электрическое поле заряженной нити
Пример 2.10.
Вычислить напряженность электрического поля бесконечно тонкой и бесконечно
длинной прямолинейной нити, однородно заряженной электричеством с линейной
плотностью .
Решение.

Найдем напряженность электрического поля E с помощью теоремы Гаусса. Наличие

осевой симметрии в распределении заряда, позволяет сделать вывод о том, что вектор E
направлен радиально к линии заряда или от нее, в зависимости от знака заряда. Ввиду той
же симметрии величина Е может зависеть только от расстояния до заряженной нити
Е =Е( r ).
34
Для определения этой зависимости выберем гауссову поверхность следующим образом.
Построим цилиндр с боковой поверхностью удаленной от нити на расстояние r и

основаниями, перпендикулярными к нити (Рис.9а). Поток вектора E через оба основания
 
 
цилиндра равен нулю, т.к. En . Поток через боковую поверхность равен Е S , т.к. E || n ,
S - площадь боковой поверхности. Поэтому полный поток через выбранную Гауссову
 
поверхность равен  ( Eds )  E  S  E r   2r  l .
Заряд нити внутри рассматриваемой поверхности равен заряду отрезка нити длиной l:
q   l
Применяя теорему Гаусса, получим соотношение:
E (r )  2r  l    l /  0 ,
откуда найдем

E (r ) 
.
20 r
График зависимости представлен на Рис.9б.

n
E (r )
r

n

E
E(r)

n
l

E

n
r
0
Рис.9а
Рис.9б
Электрическое поле заряженного цилиндра
Пример 2.11.
Поверхность бесконечного длинного кругового цилиндра заряжена однородно с
линейной плотностью λ. Определите напряженность электрического поля внутри и
вне цилиндра. Полученный результат представьте на графике Er (r ) , где Er проекция вектора напряженности на ось r, перпендикулярную поверхности
цилиндра, с началом отсчета на его оси симметрии.
Решение.
Наличие осевой симметрии в распределении заряда, позволяет сделать вывод о том, что

вектор E направлен радиально - к линии оси цилиндра или от нее, в зависимости от знака
заряда. Ввиду той же симметрии величина напряженности может зависеть только от
расстояния до оси цилиндра:
Е = Е ( r ).
Для определения этой зависимости выберем гауссову поверхность следующим образом.
Построим цилиндр с боковой поверхностью удаленной от оси на расстояние r и

основаниями, перпендикулярными к оси цилиндра. Поток вектора E через оба основания
 
 
цилиндра равен нулю, т.к. En . Поток через боковую поверхность равен Е S , т.к. E || n ,
S- площадь боковой поверхности. Из теоремы Гаусса следует:
35
  l  S /  0 , если r  R;
если r  R.
 
 (Eds )  Er  S  Er r   2r  l  0 ,
Для величины проекции Er получим:
Er (r )  0 , если r<R,

E (r ) 
, если r > R.
20 r
График этой зависимости, представленный на Рис.10, характеризуется скачком величины
напряженности при r  R , что отражает идеализацию распределения заряда на
геометрической поверхности.
Er (r )
E0 
E0

2 0 R
r
R
Рис.10
Пример 2.12.
Область внутри бесконечного длинного кругового прямого цилиндра радиуса R
заряжена однородно с объемной плотностью ρ. Определите напряженность
электрического поля внутри и вне цилиндра. Полученный результат представьте на
графике Er (r ) , где Er - проекция вектора напряженности на ось r,
перпендикулярную поверхности цилиндра, с началом отсчета на его оси
симметрии.
Решение.
Наличие осевой симметрии в распределении заряда, позволяет сделать вывод о том, что

вектор E направлен радиально - к линии оси распределения заряда или от нее, в
зависимости от знака заряда. Ввиду той же симметрии величина Е может зависеть только
от расстояния до оси:
Е=Е(r)
Для определения этой зависимости выберем гауссову поверхность следующим образом .
Построим цилиндр с боковой поверхностью удаленной от нити на расстояние r и

основаниями, перпендикулярными к нити. Высота цилиндра l . Поток вектора E через
 
оба основания цилиндра равен нулю, т.к. En . Поток через боковую поверхность равен
 
Е S , т.к. E || n , S- площадь боковой поверхности. Из теоремы Гаусса следует:
 
   r 2  l /  0 , если r  R,


(
E
d
s
)

E

S

E
r

2

r

l


r
r

   R 2  l /  0 , если r  R.
Для величины проекции Er получим:
r
Er 
при 0  r  R;
2 0
36
Er 
R 2
при r  R .
2 0 r
График, представленный на Рис.11 характеризуется отсутствием скачка величины
напряженности поля при r=R в отличие от случая распределения заряда на поверхности
цилиндра.
E r (r )
E0 

20 R
0
R
r
Рис.11
Дифференциальная форма теоремы Гаусса
Пример 2.13
В некоторой области вектор напряженности электрического поля зависит от
координат x, y, z прямоугольной системы координат по закону




 

E  ( xe x  ye y  ze z ) , где  - известная постоянная, e x , e y и ez - орты осей.
Определите объемную плотность заряда в данной области.
Решение.

Плотность распределения заряда определяется выражением    0 divE . Представляя
дивергенцию в координатной форме, получим:
  0 (
E x E y E z
x y z


)   0 ( 
 )  3 0
x
y
z
x y z
Пример 2.14

Вычислите дивергенцию напряженности E электрического поля точечного заряда
в произвольной точке пространства в декартовой системе координат.
Решение.
Локальная форма теоремы Гаусса позволяет выразить дивергенцию напряженности
электрического поля через локальную плотность распределения заряда по соотношению

divE   /  0 . Плотность объемного распределения точечного заряда равна нулю в любой

точке вне заряда. Следовательно, divE  0 , при r  0 . Конечно же, этот результат можно
получить и прямым расчетом:


q
1 qr
 x
 y
 z
divE  div

( ( 3 )  ( 3 )  ( 3 ))  0,
3
40 r
40 x r
y r
z r
37
так как
1 3x 2  y
1 3z 2
1 3y 2  z
 x
( 3 )= 3  5 , ( )= 3  5 , ( 3 ) = 3  5
x r
z r
y r 3
r
r
r
r
r
r
38