\subsection*{1.} Электрический диполь состоит из двух зарядов, равных по величине и противоположных по знаку. Расстояние между зарядами равно $2a$, как показано на рисунке. Диполь расположен вдоль оси x. Начало координат находится в центре диполя. Найти: a) потенциал в точке P; б) потенциал в точке R; в) напряженность поля на оси x при условии $x \gg a$. \subsection*{2.} а) Найти потенциал точки $P$, расположенной на оси тонкого однородно заряженного кольца радиусом $a$. Полный заряд кольца равен Q. б) Найти напряженность поля в той же точке P. \subsection*{3.} Найти электрический потенциал на оси диска с поверхностной плотностью заряда $\sigma$ и радиусом R. \subsection*{4.} Вычислить потенциал поля шара радиуса a, равномерно заряженного по объему. \subsection*{5.} Вычислить потенциал поля сферы радиуса a, равномерно заряженной по поверхности. \subsection*{6.} Вычислить потенциал поля равномерно заряженной бесконечной плоскопараллельной пластинки толщины 2a. \subsection*{7.} Вычислить потенциал поля бесконечно длинной и бесконечно тонкой прямолинейной нити, равномерно заряженной электричеством с линейной плотностью $\lambda$. \subsection*{8.} Радиус внутренней сферы вакуумного сферического конденсатора $r = 1$ см, радиус внешней сферы $R = 4$ см. Между сферами приложена разность потенциалов $U = 3$ кВ. Какую скорость получит электрон, приблизившись к центру сфер с расстояния $r_1 = 3$ см до расстояния $r_2 = 2$ см. \subsection*{9.} Два сферических проводника радиусами $r_1$ и $r_2$ находятся на расстоянии друг от друга много большем, чем указанные радиусы сфер. Сферы соединены проводом, как показано на рисунке. Заряды сфер распределены по ним однородно и равны соответственно $q_1$ и $q_2$. Найти отношение напряженностей электрического поля на поверхностях сфер. \subsection*{10.} На расстоянии $\tau_1 = 4$ см от бесконечно длинной заряженной нити находится точечный заряд $q = 0,66$ нКл. Под действием поля заряд приближается к нити до расстояния $\tau_2 = 2$ см; при этом совершается работа $А = 50$ эрг. Найти линейную плотность заряда $\tau$ на нити. \newpage \section*{Решения} \subsection*{Задача 1.} а) Потенциал в точке P найдем по формуле \[ \phi_P = \sum_i \frac{q_i}{4\pi\varepsilon_0\tau_i} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2+y^2}} - \frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2+y^2}} = 0. \] б) Потенциал в точке R находим тем же путем \[ \phi_R = \sum_i \frac{q_i}{4\pi\varepsilon_0\tau_i} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0(x-\alpha)} - \frac{q}{4\pi\varepsilon_0(x+\alpha)} = -\frac{qa}{2\pi\varepsilon_0(x^2-a^2)}. \] в) Для удаленной от диполя точки $x \gg a$. В таком случае в предыдущем выражении можно в знаменателе пренебречь $a^2$. Напряженность поля найдем дифференцированием \[ \phi_R = \frac{1}{2\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{xa}{x^2-a^2} \approx -\frac{qa}{2\pi\varepsilon_0 x^2}, \] \[ E_x = -\frac{d\varphi}{dx} = -\frac{d}{dx} \left( -\frac{qa}{2\pi\varepsilon_0 x^2} \right) = -\frac{qa}{\pi\varepsilon_0 x^3}. \] \subsection*{Задача 2.} а) Потенциал можно найти по формуле (см. лекцию 2) \[ \phi(x, y, z) = \int \frac{\rho(x', y', z') dx' dy' dz'}{4\pi\varepsilon_0 r}. \] В данном случае (см. рисунок) это выражение сводится к следующему \[ \phi = \int \frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 r} = \int \frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{x^2+a^2}}. \] Так как $dq$ не зависит от $r$ \[ \phi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{x^2+a^2}} \int dq = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{x^2+a^2}}. \] б) Из соображений симметрии очевидно, что поле на оси кольца имеет одну компоненту -- $E_x$. Отсюда \[ E_x = -\frac{d\varphi}{dx} = -Q \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{x^2+a^2}} \right) = -\frac{Q x}{4\pi\varepsilon_0 (x^2+a^2)^{3/2}}. \] \subsection*{Задача 3.} Найдем заряд кольца, радиусом $r$ и толщиной $dr$. \[ dq = 2\pi\sigma r dr. \] С помощью результатов задачи 2 найдем потенциал, создаваемый этим кольцом \[ d\varphi = \frac{dq}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{x^2+r^2}} = \frac{\sigma r dr}{2\varepsilon_0\sqrt{x^2+r^2}}. \] Потенциал диска найдем интегрированием по радиусу \[ \varphi = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \int_{0}^{R} \frac{r dr}{\sqrt{r^2+x^2}} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \left[ (R^2 + x^2)^{1/2} - x \right]. \] Отсюда напряженность поля \[ E_x = -\frac{d\varphi}{dx} = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \left[ 1 - \frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}} \right]. \] \subsection*{Задача 4.} Согласно п. 1.6.2 лекции 1, напряженность поля вне шара равна напряженности поля точечного заряда $q$, расположенного в центре шара \[ E = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \text{ при } r \geq a. \] Интегрируя уравнение $E = -\frac{d\varphi}{dr}$ и полагая константу интегрирования равной нулю, получаем вне шара, что эквивалентно обращению потенциала в нуль на бесконечности \[ \varphi = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r} \text{ при } r \geq a. \] Поле внутри шара находим с помощью теоремы Гаусса \[ E = \frac{\rho V}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{q}{4/3 \pi a^3} \cdot \frac{4/3 \pi r^3}{r^2} = \frac{q r}{4\pi\varepsilon_0 a^3}. \] Разность потенциалов между поверхностью шара и точкой радиусом $r$ внутри шара, найдем интегрированием \[ \Delta \varphi = \int_{r}^{a} \frac{q r}{a^3} dr = \frac{q}{8\pi\varepsilon_0 a^3} (a^2 - r^2). \] Для того, чтобы получить потенциал внутри шара относительно бесконечности, нужно прибавить к этому выражению потенциал поверхности шара \[ \varphi_{\text{пов}} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a}. \] В итоге для потенциала внутри шара получаем \[ \varphi = \frac{q}{8\pi\varepsilon_0 a^3} (3a^2 - r^2). \] \subsection*{Задача 5.} Ответ: Вне сферы $\varphi = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}$, внутри сферы $\varphi = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a} = \text{const}.$ \subsection*{Задача 6.} Заряд, приходящийся на единицу длины пластинки, равен $2a\rho$. Соответственно поле вне пластинки $E = \rho a/\varepsilon_0$ при $x > a$ и $E = -\rho a/\varepsilon_0$ при $x < a$. Начало координат находится в центре пластинки. Интегрируя уравнение $E = -\frac{d\varphi}{dx}$, получим \[ \varphi = -\rho a x/\varepsilon_0 \text{ при } x > a, \] \[ \varphi = \rho a x/\varepsilon_0 \text{ при } x < a. \] Внутри пластинки поле равно $E = \rho x/\varepsilon_0$ при $x > a$ и $E = -\rho x/\varepsilon_0$ при $x < a$. Отсюда разность потенциалов между поверхностью пластинки и точкой с координатой $x$ равна \[ \Delta \varphi = -\frac{\rho}{\varepsilon_0} \int_a^x x dx = \frac{\rho}{2\varepsilon_0} (a^2 - x^2). \] Для того, чтобы получить потенциал внутри пластинки необходимо прибавить к $\Delta \varphi$ потенциал поверхности $\varphi_a = \frac{\rho}{\varepsilon_0} a^2 + C$. В итоге для потенциала внутри пластинки получаем \[ \varphi = -\frac{\rho}{2\varepsilon_0} (x^2 + a^2) + C. \] \subsection*{Задача 7.} Ответ: $\varphi = -\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0} \ln r + C$. \subsection*{Задача 8.} Работа сил электрического поля переходит в кинетическую энергию электрона $A = \frac{m v^2}{2}$. Имеем $dA = -q E dx$ (заряд электрона отрицательный). Заряд конденсатора $Q = C U = \frac{R_1 R_2}{R_1 - R_2} U$. Электрическое поле $E = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$. В итоге получаем \[ A = -\int_{r_1}^{r_2} \frac{q Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} dr = \frac{q Q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1} \right) = \frac{q U}{4\pi\varepsilon_0} \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} \cdot \left( \frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1} \right) = \frac{m v^2}{2}. \] Теперь можно найти скорость электрона \[ v = \sqrt{\frac{1}{m} \frac{q U}{2\pi\varepsilon_0} \frac{R_1 R_2}{R_1 - R_2} \cdot \left( \frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1} \right)}. \] \subsection*{Задача 9.} Потенциалы соединенных проводником сфер равны. Следовательно \[ \varphi = \frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 r_1} = \frac{q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_2}. \] Найдем отношение зарядов сфер \[ \frac{q_1}{q_2} = \frac{r_1}{r_2}. \] Запишем выражение для электрических полей на сферах \[ E_1 = \frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 r_1^2}, \quad E_2 = \frac{q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_2^2}. \] Отсюда найдем отношение полей \[ \frac{E_1}{E_2} = \frac{q_1}{q_2} \cdot \frac{r_2^2}{r_1^2} = \frac{r_1}{r_2} \cdot \frac{r_2^2}{r_1^2} = \frac{r_2}{r_1}. \] \subsection*{Задача 10.} Работа по перемещению заряда $dA = q dU$, где $dU = -E dr = -\frac{\tau dr}{2\pi\varepsilon_0 r}$ (Система СИ). Отсюда \[ A = -\int_{r_1}^{r_2} \frac{q \tau dr}{2\pi\varepsilon_0 r} = \frac{q \tau}{2\pi\varepsilon_0} \ln \frac{r_1}{r_2}, \] откуда \[ \tau = \frac{2\pi\varepsilon_0 A}{q \ln(r_1/r_2)}. \] Подставляя численные значения, получим $\tau = 0.6$ мкКл/м.