Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричных случаях

.

М. И. Векслер, Г. Г. Зегря

Для решения задач применяется выражение

=Qinside

Представляющее собой комбинацию уравнения Максвелла с теоремой Гаусса: – собственно теорема Гаусса, – уравнение Максвелла ().

Eсли – некоторый вектор, то – поток вектора Через поверхность. В частности, в вышеприведенном выражении стоит поток вектора . Векторный элемент площади . Орт нормали Зависит от геометрии задачи:

=

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:

Φ=
=
=

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 ее 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 все свести к ρ, приписывая ему и бесконечные значения), то

Qinside=

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

=
=
=0, x<-a

Подставляя qinside в теорему Гаусса, с учетом Dx = ε0Ex получаем поле:

Теперь можно найти φ c учетом условия φ|x = 0 = 0, применяя формулу

В которой x может быть как больше, так и меньше нуля. Соответственно, для каждого из трех отрезков, на которых найдено Ex, получаем:

φ(x)=
=
=

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:

φ(r)=
φ(r)=
=

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.


1 Star2 Stars3 Stars4 Stars5 Stars (No Ratings Yet)
Loading...
Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричных случаях