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

5890

знаков

таблиц

изображений

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Для решения задач применяется выражение

$\int \vec{D}\cdot{\rm d}\vec{S}$

qinside

представляющее собой комбинацию уравнения Максвелла с теоремой Гаусса: $\int div\vec{D}\cdot {\rm d}V = \int \vec{D}\cdot{\rm d}\vec{S}$ - собственно теорема Гаусса, $div \vec{D} = \rho$ - уравнение Максвелла ( $\int \rho {\rm d}V = q_{inside}$ ).

Eсли $\vec{A}$ - некоторый вектор, то $\Phi = \int \vec{A}\cdot {\rm d}\vec{S}$ - поток вектора $\vec{A}$ через поверхность. В частности, в вышеприведенном выражении стоит поток вектора $\vec{D}$ . Векторный элемент площади ${\rm d} \vec{S} = {\rm d} S \cdot \vec{n}$ . Орт нормали $\vec{n}$ зависит от геометрии задачи:

$\vec{n}$	=	$\vec{i}, \vec{j} {\rm или} \vec{k} - {\rm к плоскости}$
		$\sin\theta\cos\varphi \vec{i} + \sin\theta\cos\varphi \vec{j} + \cos \theta \vec{k} - {\rm к сфере}$
		$\cos \varphi \vec{i} + \sin \varphi \vec{j} - {\rm к боковой поверхности цилиндра}$

Задача. Заряд q расположен в точке (0, 0, l). Найти поток вектора $\vec{E}$ через круг радиуса R c центром в начале координат, лежащий в плоскости xy.

Решение: В плоскости xy зарядом создается поле

$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot \frac{x\vec{i}+y\vec{j}-l\vec{k}}{(x^2+y^2+l^2)^{3/2}}$

При вычислении потока нам потребуется величина $\vec{E}\cdot\vec{n}$ , где $\vec{n}$ - вектор нормали к кругу, который во всех точках ориентирован одинаково, а именно по $+\vec{k}$ или $-\vec{k}$ . Примем для определенности

$\vec{n}=+\vec{k}$

Тогда, поскольку $\vec{i}\cdot\vec{k}=\vec{j}\cdot\vec{k}=0$ , а $\vec{k}\cdot\vec{k}=1$ , имеем:

$\vec{E}\cdot\vec{n}= -\frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot\frac{l}{(x^2+y^2+l^2)^{3/2}} = -\frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot\frac{l}{(r^2+l^2)^{3/2}}$

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	=	$\int\vec{E}\cdot{\rm d}\vec{S} = \int\vec{E}\cdot\vec{n}{\rm d}S = \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^R\vec{E}\cdot\vec{n}\cdot r{\rm d}r{\rm d} \varphi =$
	=	$-\int\limits_0^{2\pi}\int\limits_0^R \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{l}{(r^2+l^2)^{3/2}}\cdot r{\rm d}r{\rm d}\varphi = -\frac{ql\cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0} \int\limits_0^R\frac{r{\rm d}r}{(r^2+l^2)^{3/2}} =$
	=	$-\frac{ql\cdot 2\pi}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\left[-\frac{1} {(r^2+l^2)^{1/2}}\right]_0^R = -\frac{ql}{2\varepsilon_0} \cdot\left[\frac{1}{l}-\frac{1}{\sqrt{R^2+l^2}}\right]$

Задача. Вычислить поток вектора $\vec{E} = a\cdot \frac{x\vec{i}+y\vec{j}} {x^2+y^2}$ 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 $\vec{n}$ параллелен вектору $\vec{D}$ 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.

$\int\vec{D}\cdot{\rm d}\vec{S}$	=	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

qinside	=	$q_{inside}(r) = q_c + \sum\limits_{i, R_i<r}4\pi\sigma_iR_i^2 + 4\pi\int\limits_{0}^r\tilde{r}^2\rho(\tilde{r}) {\rm d}\tilde{r} - {\rm сфера}$
		$q_{inside}(r) = \lambda_a L + \sum\limits_{i, R_i<r} 2\pi\sigma_i R_i L + 2\pi L\int\limits_0^{r}\tilde{r}\rho(\tilde{r}){\rm d}\tilde{r} - {\rm цилиндр}$
		$q_{inside}(x) = \sum\limits_{i, x_i<x}\sigma_iS + S\int\limits_{- \infty}^x\rho(\tilde{x}){\rm d}\tilde{x}- {\rm пластина}$

qc - точечный заряд в центре, σi - заряды концентрических сфер радиусов Ri (таких сфер может быть произвольное количество), а $\int\tilde{r}^2\rho(\tilde{r}){\rm d}\tilde{r}$ 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

$D_x(-\infty) = -\frac{q_{inside}(+\infty)}{2S} = -\frac{1}{2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\rho(x) {\rm d}x = -\frac{1}{2} \int\limits_{-a}^{a}\alpha x^2{\rm d}x = -\frac{\alpha a^3}{3}$

мы имеем выражение теоремы Гаусса в виде

$\frac{q_{inside}(x)}{S} = \int\limits_{-\infty}^x \rho(\tilde{x}) {\rm d}\tilde{x}$

$D_x(x)-D_x(-\infty) = \varepsilon_0E_x(x) + \frac{\alpha a^3}{3}$

В зависимости от того, в какой диапазон попадает x (x<–a, –a<x<a, x>a), левая часть дает

$\frac{q_{inside}(x)}{S}$	=	$\int\limits_{-a}^{a} \alpha\tilde{x}^2 {\rm d}\tilde{x} = \frac{2\alpha a^3}{3}, x>a$
	=	$\int\limits_{-a}^{x} \alpha\tilde{x}^2 {\rm d}\tilde{x} = \frac{\alpha}{3}(x^3+a^3), -a<x<a$
	=	0, x<–a

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

$E_x = -\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}, x<-a; E_x = \frac{\alpha x^3}{3\varepsilon_0}, -a<x<a; E_x=\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}, x>a$

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

$\varphi(x) = -\int\limits_0^xE_x(\tilde{x}) {\rm d} \tilde{x}$

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

φ(x)	=	$-\int\limits_o^x\frac{\alpha\tilde{x}^3} {3\varepsilon_0} {\rm d}\tilde{x} = -\frac{\alpha x^4}{12\varepsilon_0}, -a<x<a$
	=	$-\int\limits_0^a\frac{\alpha\tilde{x}^3}{3\varepsilon_0} {\rm d}x - \int\limits_a^x\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0} {\rm d}\tilde{x} = -\frac{\alpha a^3x}{3\varepsilon_0}+\frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}, x>a$
	=	$-\int\limits_0^{-a}\frac{\alpha\tilde{x}^3}{3\varepsilon_0} {\rm d}x - \int\limits_{-a}^x\left(-\frac{\alpha a^3}{3\varepsilon_0}\right) {\rm d}\tilde{x} = \frac{\alpha a^3x}{3\varepsilon_0}- \frac{\alpha a^4}{4\varepsilon_0}, x<-a$

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
		$\frac{\sigma_1R_1^2}{\varepsilon_0r^2} {\rm при} R_1<r<R_2$
		$\frac{\sigma_1R_1^2+\sigma_2R_2^2}{\varepsilon_0r^2} {\rm при} r>R_2$

При вычислении потенциала мы должны вычислить интеграл $\int\limits_r^{+\infty} E_r(\tilde{r}){\rm d}\tilde{r}$ . При этом необходимо правильно выписывать Er на каждoм участке:

φ(r)	=	$\int\limits_r^{R_1}0 {\rm d}\tilde{r} +\int\limits_{R_1}^{R_2} \frac{\sigma_1R_1^2}{\varepsilon_0\tilde{r}^2} {\rm d}\tilde{r} + \int\limits_{R_2}^{+\infty} \frac{\sigma_1R_1^2+ \sigma_2R_2^2}{\varepsilon_0\tilde{r}^2}{\rm d}\tilde{r} =$
	=	$0+\frac{\sigma_1R_1^2}{\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_1}- \frac{1}{R_2}\right) + \frac{\sigma_1R_1^2+ \sigma_2R_2^2} {\varepsilon_0}\frac{1}{R_2} {\rm при} r<R_1$
φ(r)	=	$\int\limits_{r}^{R_2} \frac{\sigma_1R_1^2}{\varepsilon_0 \tilde{r}^2}{\rm d}\tilde{r} + \int\limits_{R_2}^{+\infty} \frac{\sigma_1 R_1^2+\sigma_2R_2^2}{\varepsilon_0\tilde{r}^2}{\rm d}\tilde{r} =$
	=	$\frac{\sigma_1R_1^2}{\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r}- \frac{1}{R_2}\right) + \frac{\sigma_1R_1^2+ \sigma_2R_2^2} {\varepsilon_0}\frac{1}{R_2} {\rm при} R_1<r<R_2$
φ(r)	=	$\int\limits_{r}^{+\infty} \frac{\sigma_1 R_1^2+\sigma_2R_2^2}{\varepsilon_0\tilde{r}^2}{\rm d}\tilde{r} =$
	=	$\frac{\sigma_1R_1^2+ \sigma_2R_2^2} {\varepsilon_0}\frac{1}{r} {\rm при} r>R_2$

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:

$\int\vec{D}\cdot{\rm d}\vec{S}$	=	Dr(r)· 2π r L = qinside
qinside	=	$2\pi L\int\limits_0^r \tilde{r}\rho(\tilde{r}){\rm d}\tilde{r}$

Здесь L - произвольно выбранная длина вдоль оси цилиндра, которая далее сокращается. При вычислении qinside необходимо раздельно рассматривать случаи r<R и r>R:

qinside	=	$2\pi L\int\limits_0^r\tilde{r}\rho_0 {\rm d}\tilde{r} = \pi L\rho_0 r^2, r<R$
		$2\pi L\int\limits_0^R\tilde{r}\rho_0{\rm d}\tilde{r} = \pi L\rho_0 R^2, r>R$

После этого, так как Dr = ε0Er, получаем поле:

Er(r)	=	$\frac{1}{2\pi L \varepsilon_0 r}\cdot 2\pi \rho_0 r^2 = \frac{\rho_0}{2\varepsilon_0}\cdot r, r<R$
Er(r)	=	$\frac{1}{2\pi L \varepsilon_0 r} \cdot 2\pi \rho_0 R^2 = \frac{\rho_0 R^2}{2\varepsilon_0}\cdot \frac{1}{r}, r>R$

Потенциал находится интегрированием Er с оговоренным в задаче условием φ|r = 0 = 0:

$\varphi(r) = -\int\limits_0^rE_r(\tilde{r}){\rm d} \tilde{r}$

φ(r)	=	$-\int\limits_0^r \frac{\rho_0} {2\varepsilon_0}\cdot \tilde{r} {\rm d}\tilde{r} = -\frac{\rho_0} {4\varepsilon_0}\cdot r^2, r<R$
φ(r)	=	$-\int\limits_0^R \frac{\rho_0}{2\varepsilon_0}\cdot \tilde{r}{\rm d}\tilde{r} -\int\limits_R^r \frac{\rho_0 R^2}{2 \varepsilon_0}\cdot \frac{1}{\tilde{r}}{\rm d}\tilde{r} = -\frac{\rho_0R^2}{4\varepsilon_0} - \frac{\rho_0 R^2} {2\varepsilon_0}\cdot \ln\frac{r}{R} =$
	=	$-\frac{\rho_0R^2}{4\varepsilon_0}\left(1+2\ln\frac{r}{R}\right), r>R$

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.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r

Раздел: Математика
Количество знаков с пробелами: 5890
Количество таблиц: 28
Количество изображений: 5

Скачать

... , пока неизвестных полях. Поэтому изучение материальных тел как совокупности элементарных частиц требует введения дополнительных гипотез об их свойствах и взаимодействиях. Кроме того, для решения уравнений динамики необходимо знать начальные условия, т.е. координаты и скорости всех частиц, что принципиально невозможно. Однако для решения практических задач совсем не обязательно знать движение ...

Скачать

... , не меняя при этом ее потенциал, то поле вне проводника снова останется прежним. Таким образом мы получаем еще одно применение метода изображений - определение полей проводящих поверхностей различной формы. В специальных книгах по электростатике можно найти множество подобных расчетов для различных поверхностей - гиперболоидов, параболоидов и других поверхностей очень хитрой формы. Все подобные ...

Скачать

... через прозрачнуюя2среду, находящуюся в магнитном поле. Этот эффект был открыт вя21846 году. Открытие магнитооптического эффекта долгое времяя2 я2- 46 -я2имело значение в чисто физическом аспекте, но за последниея2десятилетия оно дало много практических выходов. Также былия2открыты другие магнитооптические эффекты, в частности, хорошоя2известный эффект Зеемана и эффект Керра, ...

Скачать

... самоиндукции и экстратоки замыкания и размыкания. Открытие явления электромагнитной индукции сразу же приобрело огромное научное и практическое значение; оно легло в основу электротехники. Работам Фарадея в области электричества положило начало исследование так называемых электромагнитных вращений. Из серии опытов Эрстеда, Араго, Био, Савара, проведенных в 1820 г., стало известно не только об ...

Главная Новости Рефераты Статьи Вузы

О проекте Соглашение

Наверх

Войти на сайт

Навигация

Похожие работы

0 комментариев

Разделы

Инфо

Следите за новостями