Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 7315
2018-05-14 
Сфера радиуса $r$ заряжена с поверхностной плотностью $\sigma = \vec{a} \vec{r}$, где $\vec{a}$ — постоянный вектор, $\vec{r}$ — радиус-вектор точки сферы относительно ее центра. Найти вектор напряженности электрического поля в центре сферы.
Решение:
Распределение зарядов на поверхности $\sigma = \vec{a} \cdot \vec{r}$ показано на рисунке. Симметрия этого распределения означает, что искомый $\vec{E}$ в центре О сферы противоположный $\vec{a}$ $dq = \sigma (2 \pi r \sin \theta ) rd \theta = ( \vec{a} \cdot \vec{r} ) 2 \pi r^{2} \sin \theta d \theta = 2 \pi a r^{3} \sin \theta \cos \theta d \theta$
Снова из симметрии, напряженность поля от любого кольцевого элемента $d \vec{E}$ также противоположна $\vec{a}$ т.е. $d \vec{E} \uparrow \downarrow \vec{a}$. Следовательно
$d \vec{E} = \frac{dq r \cos \theta }{4 \pi \epsilon_{0} (r^{2} \sin^{2} \theta + r^{2} \cos^{2} \theta )^{3/2} } \frac{- \vec{a} }{a}$ (Используя результат решения задачи 7308)
$= \frac{ (2 \pi ar^{3} \sin \theta \cos \theta d \theta ) }{4 \pi \epsilon_{0} r^{3} } \frac{ (- \vec{a} ) }{a} = \frac{- \vec{a} r }{2 \epsilon_{0} } \sin \theta \cos^{2} d \theta $
Таким образом, $\vec{E} = \int d \vec{E} = \frac{ (- \vec{a} r ) }{2 \epsilon_{0} } \int_{0}^{ \pi} \sin \theta \cos^{2} \theta d \theta$
Интегрируя, получаем $\vec{E} = - \frac{ \vec{a}r }{2 \epsilon_{0} } \frac{2}{3} = - \frac{ \vec{a} r }{3 \epsilon_{0} }$
Сфера радиуса $r$ заряжена с поверхностной плотностью $\sigma = \vec{a} \vec{r}$, где $\vec{a}$ — постоянный вектор, $\vec{r}$ — радиус-вектор точки сферы относительно ее центра. Найти вектор напряженности электрического поля в центре сферы.
Решение:
Распределение зарядов на поверхности $\sigma = \vec{a} \cdot \vec{r}$ показано на рисунке. Симметрия этого распределения означает, что искомый $\vec{E}$ в центре О сферы противоположный $\vec{a}$ $dq = \sigma (2 \pi r \sin \theta ) rd \theta = ( \vec{a} \cdot \vec{r} ) 2 \pi r^{2} \sin \theta d \theta = 2 \pi a r^{3} \sin \theta \cos \theta d \theta$
Снова из симметрии, напряженность поля от любого кольцевого элемента $d \vec{E}$ также противоположна $\vec{a}$ т.е. $d \vec{E} \uparrow \downarrow \vec{a}$. Следовательно
$d \vec{E} = \frac{dq r \cos \theta }{4 \pi \epsilon_{0} (r^{2} \sin^{2} \theta + r^{2} \cos^{2} \theta )^{3/2} } \frac{- \vec{a} }{a}$ (Используя результат решения задачи 7308)
$= \frac{ (2 \pi ar^{3} \sin \theta \cos \theta d \theta ) }{4 \pi \epsilon_{0} r^{3} } \frac{ (- \vec{a} ) }{a} = \frac{- \vec{a} r }{2 \epsilon_{0} } \sin \theta \cos^{2} d \theta $
Таким образом, $\vec{E} = \int d \vec{E} = \frac{ (- \vec{a} r ) }{2 \epsilon_{0} } \int_{0}^{ \pi} \sin \theta \cos^{2} \theta d \theta$
Интегрируя, получаем $\vec{E} = - \frac{ \vec{a}r }{2 \epsilon_{0} } \frac{2}{3} = - \frac{ \vec{a} r }{3 \epsilon_{0} }$
