Условие:
6.1.19. Докажите, что составляющая напряженности электрического поля,
перпендикулярная поверхности равномерно заряженного участка плоскости, равна E⊥ = $\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$, где $\Omega$ — телесный угол, под которым виден этот участок
из рассматриваемой точки пространства, $\sigma$ — поверхностная плотность заряда.
Определите, пользуясь этим, напряженность электрического поля:
а) в центре куба, пять граней которого равномерно заряжены с поверхностной
плотностью заряда $\sigma$, а одна грань не заряжена;
б) в центре правильного тетраэдра, три грани которого заряжены с поверхностной плотностью $\sigma_1$, а четвертая — с поверхностной плотностью заряда $\sigma_2$;
в) равномерно заряженной плоскости, если поверхностная плотность заряда $σ$;
г) на оси длинной трубы с сечением в виде правильного треугольника, если
поверхностная плотность заряда граней треугольника трубы равна соответственно $\sigma_1$, $\sigma_2$, $\sigma_3$;
д) в вершине конуса с углом при вершине $\alpha$ и высоты $h$, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$;
е) на ребре длинного бруска, равномерно заряженного с объемной плотностью заряда $\rho$; поперечное сечение бруска — правильный треугольник со стороной $l$.
Решение:
Плоскость участка dS' перпендикулярна отрезкам R и R. По определению телесного угла $dS'=d\Omega{R^2}$
$S=\frac{dS'}{\cos{\alpha}}=\frac{d\Omega{R^2}}{h/R}=\frac{d\Omega{R^3}}{h}$
Заряд участка dS:
$dQ=dS \cdot \sigma=\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{h}$
Вектор напряжённости, перпендикулярный плоскости:
$dE_n=dE \cdot \cos{\alpha}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{d\Omega\sigma{R^3}}{hR^2} \cdot \frac{h}{R}=\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$
$E_n=\int_0^\Omega{\frac{\sigma{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0}}=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}$
a) Полный телесный угол - 4$\pi$срад. У куба 6 граней, каждая из граней ограничивает 1/6 часть пространства, т.е. они видны из центра под углом $4\pi/6=2\pi/3$срад. Напряжённости противоположных граней полностью компенсируют друг друга (симметрия). Есть 2 пары противоположных граней и одна свободная - она-то и будет создавать напряжённость.
$E=\frac{\sigma \cdot 2\pi/3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{6\varepsilon_0}$
б) Грани тетраэдра ограничивают четверть пространства, их телесный угол - $\pi$срад. Три одинаково заряженные грани и последняя грань создадут векторы напряжённости, направленные вдоль высоты тетраэдра, и противоположные друг другу по направлению (прилежащие к высоте грани тетраэдра наклонены к ней под углом, синус которого равен 1/3):
$E=\frac{\sigma_2\pi}{4\pi\varepsilon_0}-3\frac{\sigma_1\pi}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \sin{\alpha}=\frac{\sigma_2}{4\varepsilon_0}-\frac{\sigma_1}{4\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2-\sigma_1}{4\varepsilon_0}$
в) Плоскость ограничивает половину пространства, её телесный угол - $2\pi$срад
$E=\frac{\sigma \cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$
г) Грани трубки ограничивают треть пространства, их телесный угол - $4\pi/3$срад. Три грани создадут три вектора, направленных под углом $120 ^{\circ}$ друг к другу, с модулем, который задаётся формулой $E_i=\frac{\sigma_i}{3\varepsilon_0}$. Запишем проекции векторов на ось вектора $E_1$:
д) Будем разрезать конус на малые диски, перпендикулярные высоте, радиус диска - r, толщина - dx. Каждый из дисков виден из вершины под одним и тем же телесным углом $\Omega=2\pi(1-\cos{\alpha})$ (известный факт, выводится интегрированием площади участка сферы по углу).
Поверхностная плотность заряда дииска:
$\sigma=\frac{\rho \cdot V}{S}=\frac{\rho\pi{r}^2 \cdot dx}{\pi{r}^2}=\rho{dx}$
Напряжённость, создаваемая диском:
$dE=\frac{\sigma\Omega}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}2\pi(1-\cos{\alpha}}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha}}{2\varepsilon_0}$
$E=\int_0^h\frac{\rho{dx}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}=\frac{\rho{h}(1-\cos{\alpha})}{2\varepsilon_0}$
е) Аналогично п. д) будем разбивать на длинные прямоугольники(длина - $\Delta{L}$, ширина - $a$, толщина - $dx$). Каждый прямоугольник виден под телесным углом $\Omega=4\pi\frac{60 ^{\circ}}{360 ^{\circ}}=2\pi/3$срад (шестая часть пространства)
$\sigma=\frac{\rho \cdot V}{s}=\frac{\rho \cdot \Delta{L}a \cdot dx}{\Delta{L}a}=\rho{dx}$
$E=\int_0^{h}\frac{\sigma\Omega)}{4\pi\varepsilon_0}=\int_0^{\frac{\sqrt{3}}{2}l}\frac{\rho{dx}2\pi/3}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\sqrt{3}\rho{l}}{12\varepsilon_0}$
Ответ:
