1.4

Умова

Куля радіусу $R$ заряджена позитивно з об’ємною густиною заряду, що залежить тільки від відстані $r$ до її центру за законом $\rho ={\rho }_0\left(1-\frac{r}{R}\right)$, де ${\rho }_0$ – стала.

Завдання

Вважаючи, що діелектрична проникність кулі та оточуючого її простору дорівнює одиниці, визначити:

1. модуль вектора напруженості електричного поля $|\vec{E}|$ всередині та зовні кулі, як функцію $r$
2. максимальне значення модуля напруженості $|E_{max}|$ та відповідне йому значення $r_m$
3. намалювати на одному рисунку якісні графіки $E_{\rho }(r)$ у випадку $\rho ={\rho }_0\left(1-\frac{r}{R}\right)$ та $E_{{\rho }_0}(r)$ у випадку $\rho ={\rho }_0$.

Пояснити відмінності радіального розподілу напруженостей $E_{\rho }(r)$ та $E_{{\rho }_0}(r)$.

Розв’язок

1. Визначимо $E(r)$ всередині та зовні кулі

1. Розглянемо сферу радіусу $r<R$. Заряд, що його має згадана сфера:

$$\begin{array}{rl}q& ={\int }_0^{r}4\pi r^2\rho dr=4\pi {\rho }_0{\int }_0^r{r}^2\left(1-\frac{r}{R}\right)dr=\\ & =4\pi {\rho }_0\left(\frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4R}\right)\end{array}$$

2. Для точки за межами сфери потрібно проінтегрувати від $0$ до $R$, адже поза сферою заряду немає:

$$\begin{array}{rl}& q=4\pi {\rho }_0\left(\frac{R^3}{3}-\frac{R^4}{4R}\right)=\pi {\rho }_0\frac{R^3}{3}\end{array}$$

3. Таким чином, напруженості всередині та зовні кулі:

$$\begin{array}{rl}& E_{в}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot 4\pi {\rho }_0\left(\frac{r^{\cancel{3}}}{3}-\frac{r^{\underset{2}{\cancel{4}}}}{4R}\right)\cdot \frac{1}{\cancel{r^2}}=\frac{{\rho }_{0}r}{3{\epsilon }_0}\left(1-\frac{3r}{4R}\right)\\ & \\ & E_{з}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \pi {\rho }_0\frac{R^3}{3}\cdot \frac{1}{r^2}=\frac{{\rho }_0{R}^3}{12{\epsilon }_0{r}^2}\end{array}$$

2. Визначимо $E_{max}$ та відповідне $r_{max}$

1. Поза кулею очевидно, що $E_{{з}_{max}}=\frac{{\rho }_{0}R}{12{\epsilon }_0}$ та $r_{{з}_{max}}=R$, адже з віддаленням $r\nearrow$, зменшується $E_{з}$.
2. Усередині кулі, аби знайти $E_{max}$ необхідно перевірити, де похідна дорівнює нулю:

$$\begin{array}{rl}& E_{в}^{\prime }=\frac{{\rho }_0}{3{\epsilon }_0}\left(1-\frac{3r}{2R}\right)=0\to r_{max}=\frac{2}{3}R\end{array}$$

3. Тоді $E_{max}$:

$$\begin{array}{rl}& E_{max}=\frac{{\rho }_0}{3{\epsilon }_0}\left(\frac{2}{3}R-\frac{3}{4R}\cdot {\left(\frac{2}{3}R\right)}^2\right)=\frac{{\rho }_{0}R}{9{\epsilon }_0}\end{array}$$

3. Намалюємо графіки

1. Для $\rho ={\rho }_0$:

$$\begin{array}{rl}& E_{{в}_0}=\frac{{\rho }_{0}r}{3{\epsilon }_0},E_{{з}_0}=\frac{{\rho }_0{R}^3}{3{\epsilon }_0{r}^2}\end{array}$$

2. Графіки:

3. Для $\rho ={\rho }_0$ напруженість швидше зростає та повільніше зменшується, адже для $\rho ={\rho }_0\left(1-\frac{r}{R}\right)$ об’ємний заряд зменшується з $r$, тоді як для $\rho ={\rho }_0$ — ні.

Відповідь

1

$$\begin{array}{rl}& E_{в}=\frac{{\rho }_{0}r}{3{\epsilon }_0}\left(1-\frac{3r}{4R}\right)\\ & \\ & E_{з}=\frac{{\rho }_0{R}^3}{12{\epsilon }_0{r}^2}\end{array}$$

2

$$\begin{array}{rl}& E_{max}=\frac{{\rho }_{0}R}{9{\epsilon }_0},r_{max}=\frac{2}{3}R\end{array}$$