Задача.
Заряд q расположен в точке (0, 0, l). Найти поток вектора через круг радиуса R c
центром в начале координат, лежащий в плоскости xy.
Решение:
В плоскости xy зарядом создается поле
При
вычислении потока нам потребуется величина , где - вектор нормали к
кругу, который во всех точках ориентирован одинаково, а именно по или . Примем для
определенности
Тогда,
поскольку , а , имеем:
В
последнем выражении сделан переход к полярным координатам: r - это расстояние
от начала координат в плоскости xy. Теперь можно производить интегрирование по
площади круга:
Задача.
Вычислить поток вектора через сферу радиуса
R.
Ответ:
Φ = 4π Ra
Теорема
Гаусса верна всегда (это математический закон), но помогает только в
симметричных случаях, когда очевидна геометрия поля. В декартовом случае заряд
должен изменяться только вдоль одной координаты (например x), в цилиндрическом
- только в зависимости от удаления от оси цилиндра r, а в сферическом тоже
только от r, но r - удаление от центра шара. Тогда при правильном выборе
гауссовой поверхности поток вычисляется очень просто, так как параллелен вектору на части
поверхности и ортогонален ему на другой её части.
Выбор
гауссовой поверхности при расчете поля в точке x (или r):
-
плоскостная геометрия: цилиндрическая поверхность любой формы сечения yz и
любой его площади (S), занимающая область (–∞... x) вдоль оси x;
-
сферическая геометрия: сфера радиуса r
-
цилиндрическая геометрия: цилиндрическая поверхность круглого сечения радиуса r,
имеющая произвольную длину L вдоль оси z.
|
=
|
Dr(r)· 4π r2 – сферическая геометрия
|
|
|
|
Dr(r)· 2π r L – цилиндрическая
|
|
|
|
Dx(x) · S – Dx(–∞)· S – плоская геометрия
|
|
Dx(–∞)≠
0 только в некорректных задачах. При этом Dx (–∞) = –qinside(x = +∞)/2S.
Как
записать qinside для разных геометрий? Если мы различаем между зарядами ρ,
σ, λ, q (то есть не пытаемся всё свести к ρ, приписывая ему и
бесконечные значения), то
qc
- точечный заряд в центре, σi - заряды концентрических сфер радиусов Ri
(таких сфер может быть произвольное количество), а интегрирует объемный
заряд. Аналогично в другой геометрии: λa - заряженная нить по оси цилиндра
z, σi - заряды цилиндров радиусов Ri.
Задача.
Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена как ρ(x) = α x2; при
x = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x), применяя теорему Гаусса.
Решение:
Начать следует с нахождения поля как функции координаты Ex(x). Берем гауссову
поверхность в виде цилиндрической поверхности, занимающей область (–∞... x)
вдоль оси x и имеющей площадь сечения S в плоскости yz.
Поскольку
мы
имеем выражение теоремы Гаусса в виде
|
=
|
|
|
В
зависимости от того, в какой диапазон попадает x (x<–a, –a<x<a, x>a),
левая часть дает
Подставляя
qinside в теорему Гаусса, с учетом Dx = ε0Ex получаем поле:
в
которой x может быть как больше, так и меньше нуля. Соответственно, для каждого
из трех отрезков, на которых найдено Ex, получаем:
Как
видим, в итоге получается тот же результат, который был ранее получен путем
решения уравнения Пуассона.
Задача.
Имеются две концентрические заряженные сферы (σ1, R1 и σ2, R2). Найти
Er(r) и φ(r).
Решение:
По теореме Гаусса,
qinside = 4π r2 Dr(r) =
4π ε0 r2 Er
|
|
|
|
причем
qinside
|
=
|
0 при r<R1
|
|
|
|
4πσ1R12 при R1<r<R2
|
|
|
|
4πσ1R12+4πσ2R22 при r>R2
|
|
Cоответственно,
поле на каждом из участков будет
Er
|
=
|
0 при r<R1
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При
вычислении потенциала мы должны вычислить интеграл . При этом
необходимо правильно выписывать Er на каждoм участке:
φ(r)
|
=
|
|
|
|
=
|
|
|
φ(r)
|
=
|
|
|
|
=
|
|
|
φ(r)
|
=
|
|
|
|
=
|
|
|
В
этих выражениях для φ(r) возможны очевидные алгебраические упрощения, но
мы оставим их в таком виде, поскольку в дальнейших задачах они нам потребуются
именно такими.
Задача.
Имеется равномерно заряженный по объему (ρ0) бесконечно длинный цилиндр
круглого сечения радиуса R. Найти поле Er(r) и потенциал φ(r); при
вычислении потенциала положить φ|r = 0 = 0.
Решение:
В цилиндрической системе координат при наличии только объемного заряда имеем:
|
=
|
Dr(r)· 2π r L = qinside
|
|
qinside
|
=
|
|
|
Здесь
L - произвольно выбранная длина вдоль оси цилиндра, которая далее сокращается.
При вычислении qinside необходимо раздельно рассматривать случаи r<R и
r>R:
qinside
|
=
|
|
|
|
|
|
|
После
этого, так как Dr = ε0Er, получаем поле:
Er(r)
|
=
|
|
|
Er(r)
|
=
|
|
|
Потенциал
находится интегрированием Er с оговоренным в задаче условием φ|r = 0 = 0:
Из
вида получившегося φ(r) ясно, что на бесконечности потенциал оказывается
бесконечным. Это следствие некорректности ситуации: описанный в задаче цилиндр
имеет бесконечную длину и несет бесконечный суммарный заряд, чего на практике
быть не может. Чтобы избежать проблем, возникающих при естественном условии
φ|r = ∞ = 0, искусственно задано φ|r = 0 = 0.
Список литературы
1.
И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. - 448
с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. - 416 с.
2.
В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М.
Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. - 503 с.
3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.:
Наука, 1992. - 661 с.
Для
подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r
Похожие работы на - Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричных случаях
|