М.И. Векслер, Г.Г. Зегря
Длярешения задач применяется выражение
/> = qinside
представляющеесобой комбинацию уравнения Максвелла с теоремой Гаусса: />-собственно теорема Гаусса, />-уравнение Максвелла (/>).
Eсли/> — некоторый вектор, то /> — поток вектора />черезповерхность. В частности, в вышеприведенном выражении стоит поток вектора />.Векторный элемент площади />. Орт нормали />зависит отгеометрии задачи:
/>
/> =
/>
/>
/>
/>
Задача.Заряд q расположен в точке (0, 0, l). Найти поток вектора />через круградиуса R c центром в начале координат, лежащий в плоскости xy.
Решение:В плоскости xy зарядом создается поле
/>
Привычислении потока нам потребуется величина />, где />-вектор нормали к кругу, который во всех точках ориентирован одинаково, а именнопо />или />. Примем дляопределенности
/>
Тогда,поскольку />, а />, имеем:
/>
Впоследнем выражении сделан переход к полярным координатам: r — это расстояниеот начала координат в плоскости xy. Теперь можно производить интегрирование поплощади круга: Φ =
/> =
/> =
/>
Задача.Вычислить поток вектора />через сферу радиусаR.
Ответ:Φ = 4π Ra
ТеоремаГаусса верна всегда (это математический закон), но помогает только всимметричных случаях, когда очевидна геометрия поля. В декартовом случае заряддолжен изменяться только вдоль одной координаты (например x), в цилиндрическом- только в зависимости от удаления от оси цилиндра r, а в сферическом тожетолько от r, но r — удаление от центра шара. Тогда при правильном выборегауссовой поверхности поток вычисляется очень просто, так как />параллеленвектору />на части поверхности и ортогонален ему на другой её части.
/>
Выборгауссовой поверхности при расчете поля в точке x (или r):
— плоскостная геометрия: цилиндрическая поверхность любой формы сечения yz илюбой 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.
Какзаписать qinside для разных геометрий? Если мы различаем между зарядами ρ,σ, λ, q (то есть не пытаемся всё свести к ρ, приписывая ему ибесконечные значения), то qinside =
/>
/>
/>
qc- точечный заряд в центре, σi — заряды концентрических сфер радиусов Ri(таких сфер может быть произвольное количество), а />интегрирует объемныйзаряд. Аналогично в другой геометрии: λa — заряженная нить по оси цилиндраz, σi — заряды цилиндров радиусов Ri.
/>
Задача.Пластина ширины 2a (ее ε≈ 1) заряжена как ρ(x) = α x2; приx = 0 (центр пластины) φ = 0. Найти φ(x), применяя теорему Гаусса.
Решение:Начать следует с нахождения поля как функции координаты Ex(x). Берем гауссову поверхностьв виде цилиндрической поверхности, занимающей область (–∞… x) вдоль осиx и имеющей площадь сечения S в плоскости yz.
Поскольку
/>
мыимеем выражение теоремы Гаусса в виде
/> =
/>
Взависимости от того, в какой диапазон попадает x (xa),левая часть дает
/> =
/> =
/> = 0, xПодставляяqinside в теорему Гаусса, с учетом Dx = ε0Ex получаем поле:
/>
Теперьможно найти φ c учетом условия φ|x = 0 = 0, применяя формулу
/>
вкоторой x может быть как больше, так и меньше нуля. Соответственно, для каждогоиз трех отрезков, на которых найдено Ex, получаем: φ(x) =
/> =
/> =
/>
Каквидим, в итоге получается тот же результат, который был ранее получен путемрешения уравнения Пуассона.
Задача.Имеются две концентрические заряженные сферы (σ1, R1 и σ2, R2). НайтиEr(r) и φ(r).
Решение:По теореме Гаусса, qinside = 4π r2 Dr(r) = 4π ε0 r2 Er
причемqinside = 0 при rR2
Cоответственно,поле на каждом из участков будет Er = 0 при r/>
/>
Привычислении потенциала мы должны вычислить интеграл />. При этомнеобходимо правильно выписывать Er на каждoм участке: φ(r) =
/> =
/> φ(r) =
/> =
/> φ(r) =
/> =
/>
Вэтих выражениях для φ(r) возможны очевидные алгебраические упрощения, номы оставим их в таком виде, поскольку в дальнейших задачах они нам потребуютсяименно такими.
/>
/>
Задача.Имеется равномерно заряженный по объему (ρ0) бесконечно длинный цилиндркруглого сечения радиуса R. Найти поле Er(r) и потенциал φ(r); привычислении потенциала положить φ|r = 0 = 0.
Решение:В цилиндрической системе координат при наличии только объемного заряда имеем:
/> = Dr(r)· 2π r L = qinside qinside =
/>
ЗдесьL — произвольно выбранная длина вдоль оси цилиндра, которая далее сокращается.При вычислении qinside необходимо раздельно рассматривать случаи rR: qinside =
/>
/>
Послеэтого, так как Dr = ε0Er, получаем поле: Er(r) =
/> Er(r) =
/>
Потенциалнаходится интегрированием Er с оговоренным в задаче условием φ|r = 0 = 0:
/> φ(r) =
/> φ(r) =
/> =
/>
Извида получившегося φ(r) ясно, что на бесконечности потенциал оказываетсябесконечным. Это следствие некорректности ситуации: описанный в задаче цилиндримеет бесконечную длину и несет бесконечный суммарный заряд, чего на практикебыть не может. Чтобы избежать проблем, возникающих при естественном условииφ|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. — 448с.; 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.
Дляподготовки данной работы были использованы материалы с сайта edu.ioffe.ru/r