с инета для метод
.pdfГл.1. Постоянное электрическое поле |
|
|
|
|
|
31 |
|
Ответ: Для r < R: Eвнутри = |
ρ |
r ; для r > R: Eвне |
= |
ρR2 |
1 |
. |
|
2ε0 |
2ε0 |
r |
|||||
|
|
|
|
Задача 1.3.14. Внутри бесконечного круглого цилиндра радиуса R0, заряженного равномерно с объёмной плотностью ρ, имеется круглая цилиндрическая полость радиуса R1 (R1 < R0), ось которой параллельна оси цилиндра и находится от неё на расстоянии а (рис. 1.14). Найти напряженность электрического поля в полости.
Решение
Для решения данной задачи целесообразно использовать реше-
ние базовой задачи 1.3.13 и |
|
|
|
|
|
|||
принцип суперпозиции. Иско- |
|
|
a |
0 |
||||
мое поле в полости можно |
O |
r |
||||||
|
r′ |
|||||||
представить как сумму |
полей |
|
|
A |
|
|
||
сплошного |
цилиндра, |
заря- |
|
|
|
|
||
женного с плотностью +ρ, и |
|
|
|
|
|
|||
сплошного |
цилиндра, |
совпа- |
|
|
|
|
|
|
дающего с полостью, заряжен- |
|
|
|
|
|
|||
ного с плотностью (–ρ). |
|
|
|
|
|
|
||
Сначала найдем поле ци- |
|
|
|
|
|
|||
линдра, заряженного с плотно- |
Рис. 1.14. К вычислению напряженности |
|||||||
стью +ρ. Воспользуемся ре- |
поля Е в цилиндрической полости внутри |
|||||||
зультатом задачи 1.3.13, со- |
заряженного цилиндра (задача 1.3.14) |
|||||||
гласно которому напряжен- |
|
|
|
|
|
|||
ность поля внутри такого цилиндра будет равна E1 |
= |
ρ |
|
r , где r – |
||||
2ε |
0 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
радиус-вектор точки, проведенный в перпендикулярном сечении от оси цилиндра. Аналогично, поле внутри цилиндра, совпадающего с
полостью, будет E2 = (−ρ) r′, где r´ – радиус-вектор точки А, про- 2ε0
веденный от оси полости. Напряженность поля в произвольной точке А полости будет равна сумме полученных полей
|
ρ |
′ |
ρa |
|
|
2ε0 |
2ε0 |
|
|
Ea = |
(r − r ) = |
, |
где вектор а = r – r′ определяет смещение оси полости относительно оси цилиндра. Следует отметить, что поле внутри полости одно-
32 |
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ |
родно, то есть не зависит от r′.
ρ
Ответ: Ea = 2ε0 a .
Задача 1.3.15 (базовая задача). На поверхности сферы радиуса
R равномерно распределен положительный заряд с поверхностной плотностью σ. Найти напряженность электрического поля в произвольной точке.
Решение
Система имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентрическую сферу радиуса r.
При r < R заряда внутри этой поверхности нет. Значит, в любой точке внутри равномерно заряженной сферы E = 0.
При r > R весь заряд q = 4πR2σ находится внутри поверхности Гаусса, а поток вектора E через неё равен 4πr2E. По теореме Гаусса находим
E = |
q |
|
= |
σR |
2 |
. |
|
|
|
|
|
||||
4πε0 r |
2 |
ε0 r |
2 |
||||
|
|
|
Поле вне равномерно заряженной сферы совпадает с полем точечного заряда q, расположенного в центре сферы.
На заряженной поверхности напряженность поля не определе-
на (испытывает скачок от E = 0 внутри, до E = |
q |
= |
σ |
– сна- |
4πε0 R2 |
|
|||
|
|
ε0 |
ружи). Физический смысл такого поведения функции E(r) объяснен в решении задачи 1.3.8.
|
Eвне = |
σR2 |
|||
Ответ: для r < R: Eвнутри = 0; для r > R: |
|
|
|
. |
|
ε |
0 |
r2 |
|||
|
|
|
|
|
Задача 1.3.16 (базовая задача). Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Найти напряженность поля в произвольной точке.
Решение
Система имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентриче-
Гл.1. Постоянное электрическое поле |
33 |
скую сферу радиуса r.
При r < R заряд внутри этой сферы равен (4/3)πr3ρ, а поток E
через её поверхность равен 4πr2E. По теореме Гаусса Eвнутри = ρ r . 3ε0
Таким образом, внутри равномерно заряженного шара поле растет от центра шара по линейному закону, достигая на поверхности ша-
ра значения E = |
ρR |
= |
q |
, где q – полный заряд, размещенный |
|
|
|||
3ε0 |
4πε0 R2 |
|||
на шаре. |
|
|
|
|
При r > R рассуждения ничем не отличаются от проведенных в задаче 1.3.15. Поле снаружи равномерно заряженного шара совпадает с полем точечного заряда, расположенного в центре шара и равного по величине полному заряду шара. Функция E(r) непрерывна, так как нет поверхностей, несущих поверхностный заряд.
Ответ: для |
r < R: |
Eвнутри = |
ρ |
r ; |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
3ε0 |
|
|
|
|
|
|
|
r ≥ R: |
|
|
q |
|
где q = |
4 |
3 |
|
|
для |
Eвне = |
|
, |
|
πR |
ρ. |
||||
4πε0 r2 |
3 |
Задача 1.3.17. Внутри шара, равномерно заряженного с объемной плотностью +ρ, сделана сферическая полость, центр которой смещен относительно центра шара на вектор a. Найти напряженность поля внутри полости.
Решение
Если представить себе полость как шар, равномерно заполненный зарядом с плотностью (–ρ), вставленный в сплошной шар с объемной плотностью +ρ, то поле в полости можно определить как суперпозицию полей этих двух равномерно заряженных шаров. Эти поля найдены в базовой задаче 1.3.16.
Выберем начало координат в центре О большого шара (рис.1.15) и проведем в произвольную точку А полости радиус-вектор r. Центр полости О′
ρ |
A |
|
|
r |
|
O |
r´ |
|
a O´ |
||
|
Рис. 1.15. К вычислению напряженности поля Е в сферической полости внутри заряженного шара (задача 1.3.17)
34 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
определим радиус-вектором а. Соединим О' с точкой А вектором r′. Из построения ясно, что r = а + r′.
Согласно результатам задачи 1.3.16 имеем в точке А:
E = |
ρ |
′ |
ρ |
a. |
|
3ε0 |
3ε0 |
||||
(r − r ) = |
Таким образом, поле внутри полости однородно.
ρ
Ответ: E = 3ε0 a .
Задача 1.3.18. Две длинные параллельные нити равномерно заряжены с одинаковой линейной плотностью заряда τ. Найти максимальное значение модуля напряженности поля в плоскости симметрии этой системы. Расстояние между нитями d.
Решение
Плоскость симметрии системы параллельна нитям и отстоит от каждой из них на расстояние d2. Напряженность поля, создавае-
мая каждой нитью, вычислена в базовой задаче 1.3.12: она направлена радиально от нити, а модуль ее равен
E |
|
τ |
1 |
|
E = |
|
r . |
|
2πε0 |
E2 |
E1 |
где r – расстояние |
от нити до произ- |
|
A |
вольной точки А, |
расположенной в |
|
ϕ |
плоскости симметрии. Пусть точка А |
|
|
находится на расстоянии x от линии, |
||
|
|
xпроведенной через две нити перпенди-
|
d |
|
d |
|
кулярно |
плоскости симметрии (на |
|||||||
+ |
2 |
2 |
+ |
||||||||||
рис. 1.16 |
показана плоскость, перпен- |
||||||||||||
|
|
|
|||||||||||
Рис. 1.16. К вычислению напря- |
дикулярная к нитям). |
||||||||||||
женности поля от двух заряжен- |
|
|
Используя принцип суперпозиции, |
||||||||||
ных нитей (задача 1.3.18) |
|
|
|
||||||||||
|
определим напряженность поля E в |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
точке А. Из рисунка видно, что |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
E = 2E1 cosφ = |
τ |
|
x |
τ |
x |
|||||
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
, |
|||
|
|
πε0 |
r2 |
πε0 |
x2 + (d / 2)2 |
||||||||
где cos φ = |
x |
. Максимальное |
значение |
E находим из условия |
|||||||||
|
r
Гл.1. Постоянное электрическое поле |
35 |
|||||
|
dE |
= 0 , откуда x = |
d |
и Emax = |
τ |
. |
|
|
|
|
|||
|
dx |
2 |
|
πε0 d |
τ
Ответ: Emax = πε0 d .
Задача 1.3.19. В сфере, заряженной равномерно с поверхностной плотностью заряда σ, вырезано круглое отверстие, малое по сравнению с радиусом сферы. Найти напряженность поля в центре этого отверстия.
Решение
Ввиду малых размеров отверстия можно считать, что вырезанная часть сферы эквивалентна диску малого радиуса. Согласно принципу суперпозиции поле в центре отверстия можно представить как сумму поля сплошной сферы и поля, созданного диском, равным отверстию и заряженным с поверхностной плотностью (–σ).
R
O
Рис.1.17. Заряженная сфера с вырезанным малым отверстием (задача 1.3.19)
Напряженность поля вблизи поверхности сплошной сферы
равна Е1 = σ (см. базовую задачу 1.3.15).
ε0
Напряженность поля вблизи центра диска определена в базовой задаче 1.3.6. Она направлена противоположно полю сплошной сфе-
ры и по величине равна E2 = σ . В итоге радиальная напряжен- 2ε0
ность поля в центре отверстия Еr = Е1 – E2 = |
σ |
− |
σ |
= |
σ |
. |
||
|
|
|
||||||
|
|
|
ε0 |
2ε0 |
2ε0 |
|||
Ответ: Еr = |
σ |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
2ε0 |
|
|
|
|
|
|
Задачи типа 1.4
Определение напряженности поля непрерывного неравномерного распределения заряда, когда плотность распределения заряда выражается какой либо функцией координат
36 |
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ |
Метод решения. В общем виде методика решения задач этого типа та же, что и при решении задач типа 1.2 и, если распределение заряда обладает элементами симметрии, задач типа 1.3. Отличие заключатся в том, что выражения для плотностей зарядов ρ, σ и τ не константы, а заданы определенными функциями координат, что приводит к некоторому усложнению интегралов, определяющих проекции напряженности поля в заданной точке.
Задача 1.3.20. Сфера радиуса r заряжена с поверхностной плотностью заряда σ = ar, где а – постоянный вектор, r – радиусвектор точки сферы относительно её центра (рис. 1.18). Найти напряженность электрического поля в центре сферы.
Решение
Выберем за ось Z вертикаль, проведенную через центр сферы параллельно вектору а, а начало координат поместим в центр сферы. В этом случае поверхностная плотность заряда будет распределена по закону
+σ′ + z + +
++
+ |
a |
ϑ |
r + |
|
dE |
O |
y |
– |
|
|
– |
– |
|
|
– |
–σ′ |
– |
– |
– |
Рис. 1.18. К определению напряженности поля в центре сферы с неравномерно распределённым поверхностным зарядом (задача 1.3.20)
σ(ϑ) = ar cosϑ,
где ϑ – полярный угол точки наблюдения.
Заряд элементарной площадки сферы с площадью
dS = r2sinϑ dϑ dφ
будет равен
dq = σdS = ar3sinϑ cosϑ dϑ dφ, где φ – азимутальный угол. Напряженность поля от этого заряда в центре сферы равна
1 dq r dE = − 4πε0 r2 r ,
a ее модуль
dE = 4πε1 0 ar cosϑ sinϑdϑdϕ .
Проекции dE на ось Z и на перпендикулярное направление y соответственно равны
2π
ar
dEz = −dE cos ϑ ∫0 dϕ = 2ε0 sin ϑcos2 ϑ dϑ и
Гл.1. Постоянное электрическое поле |
|
|
|
|
|
|
37 |
|||||||
|
|
|
|
|
2π |
|
|
ar |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
dEy |
= −dEsinϑ ∫dϕ = − |
sin2 ϑ cosϑ dϑ . |
||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
2ε0 |
|
|
|
|
|
|
Интегрирование по углу ϑ соответственно дает |
|||||||||||||
|
|
ar |
π |
|
ar |
|
|
|
ar |
π |
||||
Ez |
= − |
∫sinϑ cos2ϑ dϑ = − |
и Ey |
= − |
∫sin2 ϑ cosϑ dϑ = 0 . |
|||||||||
|
|
|
||||||||||||
|
|
2ε |
0 |
0 |
|
3ε |
0 |
|
|
|
2ε |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вспоминая, что ось Z направлена вдоль вектора а, можно ответ написать в векторном виде E = − 3εr0 a .
r
Ответ: E = − 3ε0 a .
Замечание. Другой способ решения этой задачи предлагается ниже в задаче 1.4.11.
Задача 1.3.21. Тонкое кольцо радиуса R заряжено с линейной плотностью τ = τ0 cosφ (начало полярной системы координат в центре кольца). Найти напряженность поля в центре и в произвольной точке на оси кольца.
Решение |
|
|
|
|
|
|
-dq |
+dq |
|
С учетом симметрии системы |
|
|
|
||||||
рассмотрим четыре участка кольца |
|
E |
ϕ |
||||||
длиной dl = Rdφ каждый, располо- |
|
||||||||
|
|
|
|||||||
женных на концах двух взаимно |
|
|
X |
||||||
перпендикулярных |
|
диаметров |
|
|
|
||||
(рис. 1.19, на котором стрелками по- |
|
-dq |
+dq |
||||||
казаны напряженности |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
dq |
|
Рис. 1.19. К |
вычислению напря- |
|||
dE1 = 4πε0 |
|
R2 , |
|||||||
|
женности поля Е в плоскости не- |
||||||||
создаваемые точечными зарядами dq |
равномерно |
заряженного кольца |
|||||||
= τdl, находящимися на каждом уча- |
(задача 1.3.21) |
||||||||
стке dl). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Видно, что при их сложении будет отлична от нуля только про- |
|||||||||
екция на ось X: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dEx = –4dE1 cosφ = − |
1 |
|
τ0 |
cos2 ϕdϕ = dE. |
|||||
πε0 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
R |
|
38 |
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ |
Интегрируя это выражение в пределах от 0 до π2 , получим значение напряженности в центре кольца:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E = − |
τ0 |
|
i , |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
dE1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4ε0R |
|
|
||||
|
|
α |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(здесь учтено и направление |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
вектора E, а i – орт оси Х). |
|||||||||||
|
|
r |
|
|
z |
|
r |
|
|
|
|
|
В |
|
точке на |
оси кольца, |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
отстоящей |
от |
|
плоскости |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
–dq |
R |
|
|
|
R |
|
|
|
+dq |
кольца на расстояние z, усло- |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
вия симметрии те же, поэто- |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Рис. 1.20. |
К вычислению |
напряженности |
му опять будет отлична от |
|||||||||||||||||||||||
поля Е на оси неравномерно заряженного |
нуля только проекция E на |
|||||||||||||||||||||||||
кольца (задача 1.3.21) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ось |
X. |
Но |
|
теперь |
(см. |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
рис. 1.20) |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
dq |
= −4dE1 cosϕcosα = |
|
|
|||||||||||||||
|
|
dE1 = |
|
|
|
|
|
|
, dEx |
|
|
|||||||||||||||
|
|
4πε0 |
z2 + R2 |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
= −4 |
|
1 |
|
|
|
dq |
|
cosϕcosα = − |
1 |
|
|
|
τ0R2 |
|
|
|
cos2 |
ϕdϕ . |
||||||
|
|
|
4πε0 z2 + R2 |
πε0 (z2 + R2 )3/ 2 |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вычисляя интеграл по φ в пределах от 0 до π2 и учитывая направление вектора E, находим
|
|
τ |
R2 |
|
Ответ: |
E = − |
0 |
|
i . |
4ε0 (z2 + R2 )3/ 2 |
Задача 1.3.22. Система состоит из шара радиуса R, заряженного равномерно, и окружающей среды, заполненной зарядом с объ-
ёмной плотностью ρ = α , где α – постоянная, r – расстояние до r
центра шара. Найти заряд шара, при котором модуль вектора напряженности электрического поля вне шара не будет зависеть от r.
Решение
Задача обладает сферической симметрией, что позволяет воспользоваться теоремой Гаусса. Выберем в качестве поверхности
Гл.1. Постоянное электрическое поле |
39 |
Гаусса сферу с радиусом r > R. Тогда величина заряда внутри этой поверхности будет Q + q, где Q искомый заряд шара, а q – заряд шарового слоя, равный
r
q = ∫ρ4πr2dr = 2πα(r2 − R2 ) .
R
Согласно теореме Гаусса, напряженность поля на выбранной поверхности будет
|
Q + q |
1 |
|
Q |
2παR2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E = |
4πε0r |
2 = |
|
|
|
2 + 2πα − |
r |
2 |
|
||
|
|
|
4πε0 r |
|
|
|
|
Величина Е не будет зависеть от r, если Q = 2παR2. Напряжен-
ность поля при этом будет равна Евне = α . 2ε0
Ответ: Q = 2παR2.
Задачи типа 1.5
Определение напряженности поля, в создании которого участвуют электрические диполи
Метод решения: использовать определения диполя или дипольного момента системы зарядов (1.5), (1.6) и выражения для на-
пряженности поля диполя (1.4). |
E |
|
Задача 1.3.23. Используя сферическую систему координат с ортами er и eφ, начало которой совпадает с точечным электрическим диполем с моментом p, найти в произвольной точке А с координатами (r, φ) компоненты и модуль вектора напряженности.
Решение
|
α |
Er |
Eϕ |
eϕ |
er |
|
A(r,ϕ) |
r
ϕ
p
Рис.1.21. Компоненты напряженности поля диполя в сферических координатах (задача 1.3.23)
Поместим начало координат в точку нахождения диполя и направим полярную ось φ = 0 вдоль вектора p (рис. 1.21). Используем для расчета формулу (1.4) теоретического введения, отсчитывая угол φ от направления вектора p:
40 |
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ |
|||||||||||||||||
|
E(r) = |
|
1 |
|
3(pr)r |
|
|
− |
p |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
||||||
|
|
|
|
r |
5 |
|
|
r |
3 |
|||||||||
|
|
|
|
4πε0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
Поскольку в выбранной системе координат |
|||||||||||||||||
|
pr = pr cosφ, per = pcosφ, peφ = – psinφ, reφ = 0, |
|||||||||||||||||
находим из (1.4): |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Er = |
pcosϕ |
, |
Eφ = |
|
psinϕ |
, |
|
||||||||||
|
2πε0r3 |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4πε0r3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E = E2 |
+ E2 |
= |
|
|
|
|
|
|
3cos2ϕ +1 . |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
4πε0r3 |
|
||||||||||||||||
|
|
r |
|
ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отсюда E = Er er + Eφeφ. Вектор E составляет с направлением r угол
α, такой, что tgα = |
|
1 |
tgφ. |
|
|
|
|
|
|
|
||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
pcosϕ |
|
|
psinϕ |
|
p |
|
|
|
|||
Ответ: Er = |
, Eφ = |
, E = |
|
3cos2 ϕ +1 . |
||||||||
2πε0r3 |
4πε0r3 |
4πε0r3 |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
Задача 1.3.24. Два точечных диполя с одинаковыми по величине дипольными моментами p находятся на расстоянии R друг от друга и ориентированы взаимно перпендикулярно. Найти величину напряженности поля в точке О, расположенной посередине между диполями. Вектор момента р1 одного из диполей направлен под углом ϑ относительно прямой, соединяющей диполи
(рис.1.22а).
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Используем |
решение |
и |
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|||||
обозначения |
задачи |
1.3.23. |
|
p1 |
|
|
p2 |
ϑ + |
|||||||||
Для первого диполя угол φ1 |
|
ϑ |
|
|
O |
|
2 |
|
|||||||||
между векторами р1 и |
|
r1 |
ра- |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
вен |
φ1 = 2π – ϑ |
|
(см. |
|
|
|
|
R |
|
|
|
||||||
рис. 1.22б), поэтому для про- |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Рис. 1.22а. Система двух взаимно перпен- |
|||||||||||||||||
екций напряженности на оси |
дикулярных диполей (задача 1.3.24) |
|
|
||||||||||||||
сферической |
системы |
|
коор- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
динат получаем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 |
|
2p1 cosϑ |
1 |
|
|
p sinϑ |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
Er1 = 4πε0 |
|
|
r13 |
|
, Eϕ1 = − |
|
|
. |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
4πε |
0 |
|
r3 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||
Знак «–» в Eϕ1 |
показывает, что эта компонента направлена проти- |