Разделы

Авто
Бизнес
Болезни
Дом
Защита
Здоровье
Интернет
Компьютеры
Медицина
Науки
Обучение
Общество
Питание
Политика
Производство
Промышленность
Спорт
Техника
Экономика

Электростатическая теория Гаусса

1. Поток вектора. Если поместись в поток текущей жидкости малую проницаемую площадку dS, то объем жидкости dV, протекающий через нее в единицу времени, равен произведению нормальной к площадке составляющей скорости течения жидкости vn на величину площадки dS,то есть dV=vn×dS.

Значение vn легко найти, если указать у площадки единичный вектор нормали (рис.12). В этом случае , и мы будем знать не только протекающий через площадку объем жидкости, но и то, в каком направлении она течет через площадку – по нормали (положительный поток) и против нормали (отрицательный поток).

Если площадка конечные размеры S, а скорость течения жидкости разная в разных точках, то объем протекающей в единицу времени жидкости найдется интегрированием по площадке. . (4.1)

В этом выражении вектор скорости vможно заменить любым, непрерывно изменяющимся вектором, например E. В этом случае вместо объема жидкости мы получаем какой-то абстрактный поток N вектора E, иначе, поток вектора напряженности.

В 1839 году Карл Гаусс показал, что идея потока вектора напряженности очень плодотворна при вычислении симметричных электростатических полей.

2. Теорема Гауса. Пусть точечный заряд q находится в центре сферы произвольного радиуса r. Вычислим поток вектора через всю поверхность этой сферы. Приняв во внимание, что векторы и сонаправлены, (рис.13).

В таком случае . (4.2)

Поток вектора Е через поверхность сферы пропорционален находящемуся в ее центре точечному заряду q. Если поле Е изобразить силовыми линиями, то величина Е в каждой точке поверхности сферы равняется числу линий, приходящихся на 1 м2 (рис.14-а). А весь поток N вектора Е равняется числу всех силовых линий, выходящих из заряда q. Так как кроме заряда q никаких других зарядов внутри и вне сферы нет, то все линии должны уходить на бесконечность. Но это значит, что в каком бы месте внутри сферы не находился заряд q, поток вектора Е через поверхность среды будет один и тот же (рис.14-б).

Поток вектора Е через замкнутую поверхность произвольной формы тоже . Это видно из того, что любая замкнутая поверхность может быть охвачена сферой. Поскольку линии вектора Е не имеют разрывов, то какой поток N проходит через сферу, таков же он через любую замкнутую поверхность (рис.15).

Если внутри замкнутой поверхности имеется система точечных зарядов qi, то поток N вектора Е равен сумме потоков векторов Еi каждого из зарядов qi: . (4.3)

Итак, полный поток вектора напряженности Е через замкнутую поверхность пропорционален суммарному заряду внутри поверхности. Это электростатическая теорема Гаусса.

Если заряд распределен в объеме непрерывно, с известной функцией плотности r, то теорема Гаусса примет вид: . (4.4)

Теорема Гаусса справедлива лишь в том случае, когда напряженность поля точечного заряда убывает пропорционально квадрату расстояния, что устанавливается законом Кулона.

Пример 4.1. Поле заряженной сферы. Полагаем, что заряд распределен равномерно по сфере с поверхностной плотностью s. Радиус сферы R. Рассмотрим отдельно две области пространства – внутри и вне сферы.

a. Поле внутри сферы найдем, построив в ней мысленно произвольную концентрическую сферу радиуса r < R (рис.16). Так как построенная сфера охватывает нулевой заряд (внутри неё зарядов нет), то поток вектора Е через произвольную сферу равен нулю. . (4.5)

Приращение потенциала при любом перемещении внутри сферы равно нулю, . Поэтому потенциал всех точек внутреннего пространства сферы одинаков и равен потенциалу самой сферы. при r < R . Итак, (4.6)

б. Поле вне среды найдем, построив мысленно вокруг нее произвольную концентрическую сферу радиуса r > R (рис.17). Поток вектора Е в этом случае , (4.7)

где – полный заряд на физической сфере. Отсюда

. (4.8)

Поле заряженной сферы вне сферы такое же, как если бы весь ее заряд был сосредоточен в точке ее геометрического центра. Отсюда и потенциал поля заряженной сферы вне сферы такой же, как потенциал точечного заряда.

Итак,

Поле заряженной сферы внутри и вне ее можно проиллюстрировать графиком. На рис.18-а (вверху) по си ординат откладываем проекции вектора напряженности на радиус вектор построенный из центра сферы. На рис.18-б (внизу) – потенциала. Сфера радиуса R заряжена положительным зарядом так, что напряженность поля возле ее внешней поверхности равна 3×106 В/м.

Если сфера заряжена отрицательным зарядом, то графики будут зеркально-симметричными относительно горизонтальной оси.

Пример 4.2. Поле сплошного равномерно заряженного шара. Повторив по приведенной схеме, находим, что поле вне заряженного шара точно такое же, как если бы если бы его заряд был сосредоточен в его геометрическом центре (формулы 4.9, 4.10).

Внутри шара для любой мысленной концентрической сферы (рис.19) получаем:

. Отсюда . (4.11,12)

Здесь – заряд, заключенный внутри сферы радиуса r. Он находится как произведение всего заряда шара на отношение объема мысленной сферы к объему шара.

Напряженность внутри равномерно заряженного шара линейно убывает к центру вплоть до нуля.

Чтобы найти потенциал точек поля внутри шара, вычислим работу перемещения полем единичного пробного заряда с поверхности мысленной сферы на поверхность сферы (полагаем пробный заряд и заряда шара положительными). . (4.13)

Так как jr – потенциал поверхности шара , то, выразив его по формуле (4.10), где r = R, и перенеся в правую часть равенства, получаем выражение для потенциала поля внутри шара на расстоянии r от его центра. . (4.14)

Итак,

(1.15,16)

На рис.20 показаны графики проекций вектора Е на радиус вектор (вверху) и потенциал j (внизу) для пространства внутри и вне положительно заряженного шара. В центре шара напряженность равна нулю, а потенциал максимален по величине. Хотя напряженность на поверхности шара не имеет разрыва (в отличии от заряженной сферы), но ее производная имеет разрыв, меняясь по величине и по знаку. Потенциал и его производная на поверхности шара не имеет разрыва.

Пример 4.3. Поле заряженной бесконечной плоскости. Поверхностная плотность зарядов s = const.

Из того, что поле имеет плоскость симметрии, следует, что линии вектора Е нормальны заряженной плоскости. Поэтому для вычисления поля выделим цилиндрический объем с конечным основанием площадью S так, чтобы образующие цилиндра были параллельны линиям Е. Тогда поток вектора Е через боковую поверхность равен нулю (рис.21).

Поток вектора Е через поверхность этого цилиндра

, (4.17)

Где Е – напряженность поля в точках основания цилиндра. По теореме Гаусса . Так как , то получаем . Или в векторной форме . (4.18)

Здесь – единичный вектор нормали к основаниям цилиндра, направленный наружу.

Поле бесконечной заряженной плоскости однородно во всем пространстве и не убывает с расстоянием.

Для вычисления потенциала j полагаем, что j = 0 не на бесконечности, а на некотором расстоянии от плоскости Х0. отсюда потенциал любой точки поля с координатой Х найдется вычислением работы перемещения единичного заряда из точки х в точку х0. так как , то . (4.19)

Так как , то . (4.20)

Напряжение U между любыми двумя точками однородного поля, где – расстояние между ними вдоль линии поля, равно , (4.21)

Рис.22
U
На рис.22 вверху по вертикальной оси отложена проекция вектора напряженности на ось ОХ. Внизу показан график потенциала j. Выбор точки х0, где принимается j = 0, произволен и определяется соображениями удобства при решении задач. Если взять х0 = ¥, то есть положить, что потенциал поля на бесконечности равен нулю, то потенциал заряженной пластины будет бесконечно большей.

Пример 4.4. Поле бесконечно заряженной нити. Задача на вычисление напряженности поля отрезка заряженной нити решается в общем виде в примере 3.2. Здесь мы решим задачу с помощью теоремы Гаусса. Пусть бесконечно прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью заряда t,[t] = Кл/м. Очевидно, поле имеет осевую симметрию, а силовые линии направлены по радиусу перпендикулярно нити. В качестве объема, через поверхность которого будем вычислять поток вектора Е, возьмем цилиндр вращения, ось которого совпадает с нитью (рис.23).

Если высота цилиндра h, то поток вектора напряженности через боковую поверхность цилиндра

. (4.22)

(Поток вектора Е через основание цилиндра равен нулю). Отсюда . (4.23)

Чтобы найти потенциал поля, вычислим работу перемещения единичного заряда за счет энергии поля из точки r до точки r0. Так как , то

. (4.24)

Или . (4.25)

Как и в примере 4.3 точку нулевого потенциала нельзя отодвигать на бесконечность, поскольку напряжение между любой точкой r точкой r0 = ¥ становится бесконечно большим.

. (4.26)

Пример 4.5. Поле прямолинейно заряженного сплошного цилиндра. Пусть бесконечный цилиндр радиуса R заряжен с плотностью r. Чтобы вычислить напряженность Е внутри цилиндра на расстоянии r < R от оси, мысленно построим коаксиальный цилиндр высоты h и радиуса r (рис.24).

Поскольку поле внутри и вне цилиндра имеет осевую симметрию, то силовые линии перпендикулярны оси цилиндра и направлены по радиусам. Поэтому поток вектора Е через основание воображаемого цилиндра равен нулю. Весь поток идет через боковую поверхность. . (4.27)

Отсюда . (4.28)

Как и в шаре (пример 4.2) поле внутри цилиндра равномерно убывает к оси цилиндра.

Потенциал точек поля внутри цилиндра относительного его поверхности найдется интегрированием равенства -dj = Edr в пределах от r до R.

. (4.29)

Отсюда . (4.30)

Здесь jR – потенциал поверхности цилиндра относительно некоторой точки r0, где потенциал принят за нуль. Величина jR находится по формуле (4.26) , где r = R, t = rpR2.

3. Вычислить поле – это значит по известному распределению электрических зарядов в пространстве вычислить напряженность поля Е или потенциал j. Часто вычисление потенциала проще, поскольку это скаляр. Поэтому в теории электричества большее значение имеет так называемая общая задача электростатики, то есть задача вычисления потенциала электрического поля, создаваемого статической системой зарядов в том числе на протяженных электрически заряженных телах.

В математическом отношении общая задача электростатики в областях пространства свободных от зарядов сводится к решению уравнения Лапласа Dj = 0, где D – дифференциальный оператор второго порядка (оператор Лапласа). В декартовых координатах он имеет вид: .

Уравнение решается при краевых условиях, когда функция j на поверхности всех заряженных тел известна, а свободных зарядов между ними нет. Это так называемая краевая задача.

Дата публикации:2014-01-23

Просмотров:1132

Вернуться в оглавление:

Комментария пока нет...


Имя* (по-русски):
Почта* (e-mail):Не публикуется
Ответить (до 1000 символов):







 

2012-2019 lekcion.ru. За поставленную ссылку спасибо.