Статья

Статья Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричны

Работа добавлена на сайт bukvasha.ru: 2015-10-29



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

\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



1. Реферат на тему Транкинговые сети
2. Реферат Расчет закрытой цилиндрической передачи
3. Реферат Обращение с огнестрельным оружием
4. Реферат на тему Diaghilev Essay Research Paper Diaghilev
5. Реферат на тему Египетский бог Анубис
6. Реферат на тему Политическая система общества ее структура
7. Реферат на тему Cloning 5 Essay Research Paper CloningIs cloning
8. Сочинение на тему Толстой л. н. - 1812 год в изображении толстого.
9. Реферат Интернет и ОРД
10. Реферат на тему Jewish History Essay Research Paper Jewish HistoryThroughout