3 семестр_1 / Семестр_3_Лекция_03
.pdfСеместр 3. Лекция 3.
Лекция 3. Теорема Гаусса для электростатического поля.
Поток вектора напряжённости электрического поля. Теорема Гаусса в интегральной и
дифференциальной формах в вакууме и её применение для расчёта электрических полей.
Уравнение Пуассона.
Потоком вектора напряжённости электрического поля через ориентированную поверхность S называется величина
Φ E = ∫∫(E ,dS )
S
Единица измерения В м.
Теорема Гаусса в интегральной форме.
Поток вектора напряжённости электрического поля через произвольную поверхность,
ориентированную наружу, прямо пропорционален алгебраической сумме электрических зарядов, охваченных этой поверхностью.
|
∑qi |
∫∫ ( E ,dS ) = |
|
|
i |
S |
ε0 |
Если ввести функцию объёмного распределения электрического заряда ρ ( x, y , z ) , такую, что
∫∫∫ρdV = ∑qi
V |
i |
|
и воспользоваться теоремой Остроградского-Гаусса ∫∫ (E ,dS ) = ∫∫∫div (E )dV , то из равенства
S V
|
1 |
|
|
||
∫∫∫div (E )dV = |
|
∫∫∫ρdV |
|||
ε |
0 |
|
|||
V |
|
V |
|||
|
|
|
|||
получим дифференциальную форму теоремы Гаусса: |
|
||||
|
|
ρ |
|
||
div (E ) = |
|
. |
|||
|
ε0 |
||||
|
|
|
Смысл этого равенства в том, что источником электрического поля являются электрические заряды. Силовые линии электростатического поля начинаются на положительных и оканчиваются на отрицательных зарядах.
Примеры применения теоремы Гаусса.
Теорему Гаусса удобно применять для определения напряжённости поля в случаях, когда картина силовых линий обладает какой-либо симметрией.
1) Поле точечного заряда q.
1
Семестр 3. Лекция 3.
Пусть q>0. Возьмём в качестве поверхности S сферу радиусом R с центром в месте нахождения
заряда. На поверхности этой сферы вектор E сонаправлен с вектором нормали n к
|
|
|
|
|
|
|
|
поверхности сферы, поэтому (E ,dS ) = EdS . В каждой точке поверхности сферы |
|||||||
|
|
E = |
1 |
|
|
q |
= const . |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
||
|
|
4πε |
0 |
|
R2 |
||
S |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ (E ,dS ) = ∫∫ EdS = E ∫∫ dS = ES |
||||||
|
S |
|
S |
|
|
|
S |
nТак как площадь поверхности сферы S = 4πR2 , то поток вектора
E |
напряженности |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
q |
|
q |
|
|
|
|
|
|||||
|
∫∫ (E ,dS ) = |
|
|
4πR2 = |
||||
|
4πε |
|
2 |
ε |
|
|||
|
S |
0 |
|
R |
0 |
|||
|
|
|
|
|
|
2) Поле бесконечной прямой заряженной нити. Пусть нить заряжена с линейной плотностью
|
|
|
|
заряда λ>0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
dSОСН |
|
Как мы уже знаем, вектор силовые линии направлены |
||||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
перпендикулярно нити и картина поля в целом осесимметрична |
||||||
|
|
dSБОК |
|
относительно нити. |
|
|
|
|
||
|
L |
|
|
Найдем поток напряжённости через поверхность прямого |
||||||
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
цилиндра радиуса R и высоты L, ось которого совпадает с осью |
||||||
|
|
E |
|
цилиндра. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ |
|
|
∫∫ |
|
|
|
dSОСН |
|
∫∫ (E ,dS ) = |
(E ,dS )+ |
(E ,dS ) |
||||
|
|
|
|
ЦИЛИНДР |
|
ОСНОВАНИЯ |
|
БОКОВАЯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
На основаниях цилиндра векторы dS E , поэтому |
(E ,dS ) = 0 . |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
ОСНОВАНИЯ |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
∫∫ |
|
|
∫∫ |
|
На боковой поверхности dS |
↑↑ E , поэтому |
(E ,dS ) = |
EdS . |
|||||||
|
|
|
|
|
БОКОВАЯ |
|
|
БОКОВАЯ |
|
|
|
|
|
|
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
Т.к. как картина поля осесимметрична, то величина Е зависит только от расстояния до нити,
поэтому на боковой поверхности этого цилиндра величина E=const.
∫∫ |
|
∫∫ |
|
|
|
∫∫ |
|
|
(E ,dS ) = |
EdS = E |
dS = ESБОКОВАЯ |
= E 2πRL . |
|||||
БОКОВАЯ |
|
БОКОВАЯ |
|
|
|
БОКОВАЯ |
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
|
|
|
|
|
|||
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
|
|
|
|
q |
ВНУТР |
|
|
|
По теореме Гаусса ∫∫ (E ,dS ) |
= |
|
|
|
|
|||
|
ε0 |
|
|
|
||||
|
|
S |
|
|
|
|
|
Но внутри цилиндра находится часть нити длиной L, поэтому qВНУТР = λ L
Поэтому E 2πRL = |
λ L , откуда E = |
λ |
. |
|
|||
|
ε0 |
2πε0 R |
2
|
|
|
|
Семестр 3. Лекция 3. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
dSОСН |
|
3) Поле бесконечной заряженной плоскости. Пусть |
||||||||
|
|
|
поверхностная плотность заряда σ>0. Картина силовых |
|||||||||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
E |
линий симметрична относительно плоскости. Найдём |
||||||||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
dSБОК |
поток через поверхность прямого цилиндра, основания |
||||||||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
которого параллельны плоскости, расположенного так, что |
||||||||
|
|
|
|
плоскость делит цилиндр пополам. |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ |
|
|
|
|
dSОСН |
∫∫ (E ,dS ) = |
∫∫ (E ,dS ) + |
(E ,dS ) |
|||||||
|
|
|
|
ЦИЛИНДР |
|
ОСНОВАНИЯ |
|
БОКОВАЯ |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
|
∫∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда |
(E ,dS ) = 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
БОКОВАЯ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ПОВЕРХНОСТЬ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫∫ |
|
|
|
|
|
|
На основаниях величина Е будет одинаковой: |
(E ,dS ) = 2ESОСНОВАНИЕ . |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
ОСНОВАНИЯ |
|
|
|
|
|
|
Величина заряда внутри цилиндра q = σ SОСНОВАНИЕ . |
|
|
|
|
|
|
||||||
Поэтому, по теореме Гаусса 2ES |
ОСНОВАНИЕ |
= σ SОСНОВАНИЕ , откуда E = |
σ . |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
ε0 |
|
|
2ε0 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
4) Поле тонкостенной (полой) заряженной сферы. |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
Картина силовых линий обладает центральной симметрией |
|||||||||
|
|
|
относительно центра сферы, поэтому величина напряженности |
|||||||||
|
|
SВНЕШ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
поля зависит только от расстояния до центра сферы. |
|
||||||||
|
|
|
Сначала в качестве поверхности рассмотрим концентрическую |
|||||||||
|
|
n |
сферическую поверхность, находящуюся внутри сферы. |
|||||||||
|
|
|
SВНУТР |
E |
|
|
|
|
|
∫∫ |
(E ,dS ) = ∫∫ |
EdS = E ∫∫ dS = ESВНУТР . |
|
|
|||
|
|
SВНУТР |
SВНУТР |
SВНУТР |
Но внутри сферы зарядов нет, поэтому ESВНУТР = 0 . Таким образом, напряжённость поля внутри сферы равна нулю E = 0 .
Теперь в качестве поверхности рассмотрим концентрическую сферическую поверхность радиуса R, охватывающую сферу. Тогда
∫∫ |
|
EdS = E ∫∫ |
|
|
|
|
||
(E ,dS ) = ∫∫ |
dS = ESВНЕШ . |
|||||||
SВНЕШ |
SВНЕШ |
|
SВНЕШ |
|
|
|
|
|
Эта поверхность охватывает сферу целиком, поэтому ES |
|
= |
q |
, откуда |
||||
ВНЕШ |
ε0 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
q |
q |
|
|
|
|
E= ε0 SВНЕШ = 4πε0 R2 .
5)Поле, создаваемое полым бесконечным заряженным цилиндром радиуса R.
Картина силовых линий симметрична относительно оси цилиндра.
3
Семестр 3. Лекция 3.
λ
Внутри цилиндра Е=0, а снаружи E = , где λ - линейная плотность заряда цилиндра, r-
2πε0 r
расстояние от оси цилиндра. Если для цилиндра задана поверхностная плотность заряда σ, то,
т.к. заряд куска цилиндра длиной L q = λL = σ2πRL , получаем λ = σ2πR , откуда
SВНЕШ
n
SВНУТР E
E = σ R .
ε0 r
6) Поле, создаваемое шаром радиуса R и заряженным
равномерно зарядом q. Картина силовых линий обладает центральной симметрией. Выделим внутри шара сферу радиуса r
с центром, совпадающим с центром шара. Тогда
|
|
|
= |
qВНУТР |
|
|
∫∫ |
(E ,dS ) = ESВНУТР |
. |
||
|
|
||||
S |
ВНУТР |
|
|
ε0 |
Заряд внутри сферы q |
|
= |
|
q |
V |
|
, где заряд шара V |
|
= |
4 |
πR3 |
, объём внутри сферы |
|||||||||||||||||||
ВНУТР |
|
|
ВНУТР |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
VШАР |
|
|
|
|
|
ШАР |
|
3 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
V |
= |
4 |
πr 3 , площадь поверхности внутренней сферы S |
|
|
|
= 4πr 2 |
. Тогда |
|||||||||||||||||||||||
|
|
ВНУТР |
|||||||||||||||||||||||||||||
ВНУТР |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
E 4πr 2 = |
1 |
|
|
|
q |
|
|
|
4 |
πr 3 , поэтому внутри шара E = |
1 |
|
|
q |
r . |
|
|
|
|
||||||||||||
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|
|
4πε |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
0 |
|
4 |
πR |
3 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
R3 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
q |
|
|
|
Замечание. Это равенство можно записать в векторном виде E = |
|
|
|
|
r |
, где r |
- радиус- |
4πε |
0 |
|
R3 |
||||
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
вектор из центра шара.
Снаружи шара картина поля аналогична уже разобранному полю заряженной сферы
|
|
E = |
q |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
4πε |
r 2 |
||||||
|
0 |
|
|
|
|
|||
На поверхности шара величина напряжённости – непрерывная. |
||||||||
|
Уравнение Пуассона |
|||||||
Общая задача электростатики состоит в том, чтобы по распределению зарядов в |
||||||||
пространстве определить потенциал ϕи, следовательно, напряжённость. |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|||
Из соотношений E = − grad ϕ и div (E ) = |
ρ |
получаем уравнение |
||||||
|
||||||||
|
|
ε0 |
|
|
|
|
||
|
div ( grad ϕ) |
= − |
ρ |
|
||||
|
ε0 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
описывающее распределение потенциала по заданному распределению заряда.
4
Семестр 3. Лекция 3. |
|
|
|
|||
В декартовой системе координат div ( grad ϕ) = |
∂2ϕ |
+ |
∂2 ϕ |
+ |
∂2ϕ |
= Δϕ ( - оператор Лапласа). |
|
∂x2 |
|
∂y 2 |
|
∂z 2 |
|
ρ
поэтому уравнение принимает вид Δϕ = − . Это уравнение Пуассона.
ε0
При отсутствии зарядов (ρ=0) получаем уравнение Лапласа Δϕ = 0 .
При решении подобной задачи требуется задание граничных условий – значений потенциала или напряжённости на границе рассматриваемой области.
5