.
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 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
| 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.