Пример 1. Расстояние (l) между двумя точечными зарядами Q1 = 2 нКл и Q2 = -3 нКл, расположенными в вакууме, равно 20 см. Определить: 1) напряженность (
); 2) потенциал (j) поля, создаваемыми этими зарядами в точке, удаленной от первого заряда на расстоянии r1 = 15 см и от второго заряда на r2 = 10 см.
Дано: l = 20 см = 0,2 м; Q1 = 2 нКл = 2×10-9 Кл; Q2 = -3 нКл = -3×10-9 Кл; r1 = 15 см = 0,15 м; r2 = 10 см = 0,1 м.
Определить: 1) ; 2) j.
Решение. Согласно принципу суперпозиции имеем: 
(рис.1.9).
Напряженности электрического поля, создаваемые в вакууме зарядами Q1 и Q2 , равна:
(1)
Модуль вектора находится по теореме косинусов:
или 
, (2)
где
. (3)
Подставив (1) и (3) в формулу (2), найдем искомую напряженность в точке А:
.
Согласно принципу суперпозиции, потенциал результирующего поля:
(4)
где 
и 
– соответственно потенциалы полей, создаваемых зарядами Q1 и Q2.
Подставив последние выражения в (4), найдем:
.
Вычисляя, получим: 1) = 3 кВ/м; 2) j = -150 В.
Пример 2. Электрическое поле создается бесконечно длинным цилиндром радиусом R = 7 мм, равномерно заряженным с линейной плотностью t = 15 нКл/м. Определить: 1) напряженность (
) поля в точках, лежащих от оси цилиндра на расстояниях r1 = 5 мм и r2 = 1 см; 2) разность потенциалов между двумя точками этого поля, лежащими на расстоянии r3 = 1 см и r4 = 2 см от поверхности цилиндра, в средней его части.
Дано: R = 7 мм = 7×10-3 м; t = 15 нКл/м = 1,5×10-8 Кл/м; r1 = 5 мм = 5×10-3 м;r2 = 1 см =1×10-2 м; r3 = 1 см = 1×10-2 м; r4 = 2 см = 2×10-2 м.
Определить: 1) 
, 
; 2) 
.
Решение. Воспользуемся теоремой Гаусса (1.1):
,
взяв в качестве замкнутой поверхности цилиндр, коаксиальный с заряженным, радиусом r и высотой l (рис. 1.10). Если r < R, то замкнутая поверхность зарядов внутри не содержит, поэтому в этой области = 0.
Поток вектора сквозь торцы коаксиального цилиндра равен нулю (торцы параллельны линиям напряженности), а сквозь боковую поверхность поток равен 
. По теореме Гаусса, при r2 > R
, откуда
.
Так как 
, то полученная формула для поля с осевой симметрией запишется в виде:
или 
.
Подставив сюда выражение для напряженности поля, создаваемого бесконечно длинным цилиндром 
, получим:
.
Проинтегрировав это выражение, найдем искомую разность потенциалов:
.
Вычисляя, получим: 1) = 0; = 27 кВ/м; 2) = 125 В.
Пример 3. Две концентрические проводящие сферы радиусами R1 = 6 см и R2 = 10 см несут соответственно заряды Q1 = 1 нКл и Q2 = -0,5 нКл. Найти напряженность (
) поля в точках, находящихся от центра сфер на расстояниях: r1 = 5 см, r2 = 9 см, r3 = 15 см. Построить график 
.
Дано: Q1 = 10-9 Кл; Q2 = -0,5×10-9 Кл; r1 = 5 см = 5×10-2 м; r2 = 9 см = 9×10-2 м, r3 = 15 см = 15×10-2 м.
Определить 
; 
; 
.
Решение. Заметим, что точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях (рис. 1.11): области I 
, области II 
, области III 
.
1) Для определения напряженности () в области I проведем гауссову поверхность S1 радиусом r1 и воспользуемся теоремой Гаусса:
,
так как суммарный заряд, находящийся внутри гауссовой поверхности, равен нулю. Из соображений симметрии имеем: 
. Следовательно, 
и (напряженность поля в области I) во всех точках, удовлетворяющих условию 
, будет равна нулю.
2) В области II гауссову поверхность проведем радиусом r2. В этом случае
,
так как внутри гауссовой поверхности находится только заряд Q1.
Так как 
, то можно вынести за знак интеграла:
, или 
.
Обозначив напряженность для области II через , получим:
,
где 
– площадь гауссовой поверхности.
Тогда
. (1)
1) В области III гауссова поверхность проводится радиусом r3. Обозначим напряженность области III через 
и учтем, что в этом случае гауссова поверхность охватывает обе сферы и, следовательно, суммарный заряд будет равен: 
. Тогда
.
Заметим, что 
,поэтому это выражение можно переписать в виде:
. (2)
Убедимся в том, что первая часть равенств (1) и (2) дает единицу напряженности:
.
Вычисляя, получим: 
= 0; 
= 1,11 кВ/м; = 200 В/м.
2) Построим график 
(рис. 1.12).
В области I 
= 0.
В области II 
изменяется по закону 
. В точке 
напряженность равна:
= 2,5 кВ/м. В точке 
(r стремится к R2 слева): 
= 0,9 кВ/м.
В области III 
изменяется по закону 
, причем в точке 
(r стремится к R2 справа) и напряжённость равна: 
= 0,45 кВ/м.
Таким образом, функция 
в точках 
и терпит разрыв.
Пример 4. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружности, равномерно распределен заряд с линейной плотностью t = 10 нКл/м. Определить напряженность (
) и потенциал (j) электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина (l) нити составляет 1/3 длины окружности и равна 15 см.
Дано: t = 10 нКл/м = 10×10-9 Кл;
l = 15 см = 0,15 м.
Определить: ; j.
Решение. Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с центром кривизны дуги, а ось Oy была симметрично расположена относительно концов дуги (рис. 1.13). На нити выделим элемент длины dl. Заряд dQ = tdl, находящийся на выделенном участке, можно считать точечным.
Определим напряженность электрического поля в точке О. Для этого найдем сначала напряженность (
) поля, создаваемого зарядом dQ:
,
где r – модуль радиуса-вектора, направленного от элемента dl к точке, в которой вычисляется напряженность.
Выразим вектор через проекции 
и 
на оси координат:
,
где 
и 
– единичные векторы направлений (орты).
Напряженность найдем интегрированием:
.
Интегрирование ведется вдоль дуги длиной l. В силу симметрии 
. Тогда
, (1)
где 
. Так как 
, 
, то
.
Подставим выражение 
в (1) и, приняв во внимание симметричное расположение дуги относительно оси Oy, пределы интегрирования возьмем от 0 до p/3, а результат удвоим:
.
Выразив радиус R через длину l нити (3l = 2pR), получим:
. (2)
Из этой формулы видно, что напряженность поля по направлению совпадает с осью Oy.
Найдем потенциал электрического поля в точке О. Сначала найдем потенциал (dj), создаваемый точечным зарядом dQ в точке О:
.
Заменим r на R и проведем интегрирование:
.
Так как l = 2pR/3, то
. (3)
Вычисляя, получим: 
= 2,18 кВ/м; j = 188 В.