Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- electrodynamics:res1.23 [2019/09/05 12:01] – root
+++ electrodynamics:res1.23 [2019/12/24 16:49] (текущий) – root
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
-Эти задачи,  обладают такой симметрией распределения
+.23. Используя теорему Гаусса, найти  поля  равномерно заряженных:
-зарядов, что можно, не решая, указать поверхности,
-на которых напряженность электрического поля $\vec{E}$
-перпендикулярна ей в каждой точке и постоянна по величине.
-Для нахождения поля $\vec{E}$ в таких задачах достаточно применения
-теоремы Гаусса, смысл которой для вакуума состоит в  следующем:
-поток вектора напряженности электрического поля через замкнутую
-поверхность $S$ равен полному заряду, заключенному внутри
-нее (умноженному на $4\pi$ в системе $CGSE$).
-Математическое выражение теоремы Гаусса имеет вид
+а) шарика радиуса $a$ с объемной плотностью $\rho$;
-$$
-(1) \hspace{10pt}  \oint\limits_S(\vec{E}\,d\vec{s})=4\pi\int\limits_V\rho dv,
-$$
-где $d\vec{s}$ -- вектор, по величине равный величине элементарной
-площадки $ds$, а по направлению совпадает с направлением
-внешней нормали к этой площадке, т. е. нормали, направленной
-наружу; $\rho$ -- объемная плотность заряда.
-Интеграл с левой стороны есть поток вектора $\vec{E}$ через
+б) бесконечного цилиндра радиуса $a$ с линейной плотностью $\eta$;
-замкнутую поверхность $S$. Под интегралом соответсвенно стоит
-скалярное произведение векторов $\vec{E}$ и $d\vec{s}$,
-равное потоку вектора $\vec{E}$ через малую площадку $ds$.
-Интеграл с правой стороны берется по объему, заключенному внутри
-поверхности, и равен полному  заряду, находящемуся в нем. Успех
-решения с помощью  соотношения (1) обусловливается тем, что,
-выбирая поверхность интегрирования, на которой напряженность
-поля $E$ постоянна, можно $E$ вынести за знак интеграла и
-тогда это соотношение дает возможность найти $\vec{E}$.
- а) Совместим  начало сферической  системы координат с центром шара.
+в) бесконечного плоского слоя толщины $2a$ с объемной плотностью заряда $\rho$.
-\begin{wrapfigure}[6]{l}{3cm}
-\vspace{-10pt}
+-----
-\includegraphics[width=2.0cm]{ris8.eps}
-\end{wrapfigure}
+==== а) ====
- Ввиду сферической симметрии
- распределения заряда ясно, что вектор $\vec{E}$ может
+Совместим  начало сферической  системы координат с центром шара.
- быть  направлен только вдоль радиуса и
+{{ :electrodynamics:выделение_028.jpg?direct&200 |}}
- зависеть только от величины радиуса. Поток
+Ввиду сферической симметрии
- вектора $\vec{E}$ через сферическую  поверхность
+распределения заряда ясно, что вектор $\vec{E}$ может
- радиуса $R$ независимо от величины радиуса
+быть  направлен только вдоль радиуса и
- запишется так:
+зависеть только от величины радиуса. Поток
-$$\Phi=\oint\limits_{S}(\vec{E}\,d\vec{s})=
+вектора $\vec{E}$ через сферическую  поверхность
-E\oint\limits_{S}ds=E\cdot4\pi R^2,$$
+радиуса $R$ независимо от величины радиуса
- если $\vec{E}$ параллелен радиус-вектору $\vec{R}$ и
+запишется так:
+$$
+\Phi=\oint\limits_{S}(\vec{E}\,d\vec{s})=
+E\oint\limits_{S}ds=E\cdot4\pi R^2,
+$$
+если $\vec{E}$ параллелен радиус-вектору $\vec{R}$ и
 $\Phi=-E\cdot 4\pi R^2,$
- если $\vec{E}$ антипараллелен $\vec{R}$, поскольку косинус
+если $\vec{E}$ антипараллелен $\vec{R}$, поскольку косинус
- угла между $\vec{E}$ и $d\vec{s}$  будет равен (-1).
+угла между $\vec{E}$ и $d\vec{s}$  будет равен (-1).
- С другой стороны,
+С другой стороны,
-$$4\pi\int\limits_{V}\rho dv=4\pi\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3
+$$
-  \qquad\mbox{при}\qquad R\le a$$
+\pi\int\limits_{V}\rho dv=4\pi\rho\cdot\frac{4}{3}\pi R^3
+\qquad\mbox{при}\qquad R\le a
+$$
 и
-$$4\pi\int\limits_{V}\rho dv=4\pi\rho\cdot\frac{4}{3}\pi a^3
+$$
-  \qquad\mbox{при}\qquad R>a.$$
+\pi\int\limits_{V}\rho dv=4\pi\rho\cdot\frac{4}{3}\pi a^3
- Поэтому
+\qquad\mbox{при}\qquad R>a.
-$$\vec{E}=\frac{4}{3}\pi\rho\vec{R}\qquad\mbox{при}\qquad R\le a,$$
+$$
-$$\vec{E}=\frac{4}{3}\pi\rho a^3\frac{\vec{R}}{R^3}=
+Поэтому
-\frac{Q}{R^3}\vec{R}\qquad\mbox{при}\qquad R>a,$$
+<WRAP center round box 60%>
- где $Q=\frac{4}{3}\pi a^3\rho$ -- полный заряд шара.
+$$
+\vec{E}=\frac{4}{3}\pi\rho\vec{R}\qquad\mbox{при}\qquad R\le a,
+$$
+$$
+\vec{E}=\frac{4}{3}\pi\rho a^3\frac{\vec{R}}{R^3}=
+\frac{Q}{R^3}\vec{R}\qquad\mbox{при}\qquad R>a,
+$$
+</WRAP>
+где $Q=\frac{4}{3}\pi a^3\rho$ --- полный заряд шара.
-     Таким образом, равномерно заряженный шар создает во
+Таким образом, равномерно заряженный шар создает во
- внешнем пространстве такое поле, как если бы весь заряд был
+внешнем пространстве такое поле, как если бы весь заряд был
- сосредоточен в его центре. Этот результат остается справедливым
+сосредоточен в его центре. Этот результат остается справедливым
- при любом сферически симметричном распределении заряда по
+при любом сферически симметричном распределении заряда по
- объему шара.
+объему шара.
-   б) Для бесконечного равномерно заряженного цилиндра вектор
+==== б) ====
- напряженности
+Для бесконечного равномерно заряженного цилиндра вектор
-\begin{wrapfigure}[6]{l}{3.5cm}
+напряженности
-\vspace{-20pt}
+{{ :electrodynamics:выделение_029.jpg?direct&200 |}}
-\includegraphics[width=3.0cm]{ris9.eps}
-\end{wrapfigure}
 электрического поля лежит в плоскостях,
- пердендикулярных оси цилиндра, и может зависеть только от
+пердендикулярных оси цилиндра, и может зависеть только от
- расстояния от точки наблюдения до оси цилиндра. В цилиндрической системе
+расстояния от точки наблюдения до оси цилиндра. В цилиндрической системе
 координат с осью $Z$ вдоль оси цилиндра вектор напряженности
 $\vec{E}$    направлен вдоль $\vec{r}$. Построим два коаксиальных
 цилиндра длины $\ell$ с радиусами $r<a$ и $r>a$. Поток вектора
 $\vec{E}$ через поверхность каждого из цилиндров запишется так:
-$$\Phi=\oint\limits_{S}(\vec{E}d\vec{s})=
+$$
-E\oint\limits_{S}ds=E\cdot2\pi r\ell.$$
+\Phi=\oint\limits_{S}(\vec{E}d\vec{s})=
-    При вычислении потока мы считали, что
+E\oint\limits_{S}ds=E\cdot2\pi r\ell.
+$$
+При вычислении потока мы считали, что
 $\rho>0$, и, значит, вектор $d\vec{s}$ направлен по~$\vec{r}$.
 Поток вектора $\vec{E}$ через торцы цилиндров равен нулю,
 поскольку на них $\vec{E}$ и $\vec{r}$ перпендикулярны.
-    С другой стороны,
+С другой стороны,
-$$4\pi\int\limits_{V}\rho\,dv=4\pi\frac{\eta}{\pi a^2}\int\limits_{V}dv=
+$$
+\pi\int\limits_{V}\rho\,dv=4\pi\frac{\eta}{\pi a^2}\int\limits_{V}dv=
 \frac{4\eta}{a^2}\pi r^2\ell \qquad
-   \;\mbox{при}\qquad r<a,$$
+\;\mbox{при}\qquad r<a,
-$$4\pi\int\limits_{V}\rho\,dv=4\pi\rho\cdot\pi a^2\ell =4\pi\eta \ell
+$$
- \qquad\;\mbox{при}\qquad\; r\ge a.$$
+$$
-   Подставляя найденные значения в уравнение (1), получаем:
+\pi\int\limits_{V}\rho\,dv=4\pi\rho\cdot\pi a^2\ell =4\pi\eta \ell
-$$\vec{E}=\frac{2\eta}{a^2}\,\vec{r}
+\qquad\;\mbox{при}\qquad\; r\ge a.
- \qquad\mbox{при}\qquad r\le a,$$
+$$
-$$\vec{E}=\frac{2\eta}{r^2}\,\vec{r}
+Подставляя найденные значения в уравнение (1), получаем:
- \qquad\;\mbox{при}\qquad r> a.$$
+<WRAP center round box 60%>
+$$
+\vec{E}=\frac{2\eta}{a^2}\,\vec{r}
+\qquad\mbox{при}\qquad r\le a,
+$$
+$$
+\vec{E}=\frac{2\eta}{r^2}\,\vec{r}
+\qquad\;\mbox{при}\qquad r> a.
+$$
-    в) Пусть средняя плоскость пластинки занимает положение
+</WRAP>
- плоскости ($x, y$). В силу симметрии распределения заряда
- относительно плоскости ($x, y$), вектор  $\vec{E}$ может
- зависеть только от координаты $z$ и направлен от плоскости,
- если пластина заряжена положительно, и к плоскости, если ее
- заряд отрицателен.
-         Построим куб с основаниями, симметрично
+==== в) ====
- расположенными по разные стороны от средней плоскости.
+Пусть средняя плоскость пластинки занимает положение
- Если $S$ -- площадь каждого основания, то поток вектора
+плоскости ($x, y$). В силу симметрии распределения заряда
- $\vec{E}$
+относительно плоскости ($x, y$), вектор  $\vec{E}$ может
-\begin{wrapfigure}[6]{l}{3.5cm}
+зависеть только от координаты $z$ и направлен от плоскости,
-\vspace{-20pt}
+если пластина заряжена положительно, и к плоскости, если ее
-\includegraphics[width=3.5cm]{ris10.eps}
+заряд отрицателен.
-\end{wrapfigure}
+Построим куб с основаниями, симметрично
+расположенными по разные стороны от средней плоскости.
+Если $S$ --- площадь каждого основания, то поток вектора
+$\vec{E}$
+ {{ :electrodynamics:выделение_030.jpg?direct&200 |}}
 через  оба  основания равен $2ES$. Поток через боковую поверхность
 куба равен нулю, так как на ней векторы $\vec{E}$ и $d\vec{s}$
 взаимно перпендикулярны. Значит, поток через поверхность куба
 равен $2ES$. С другой стороны, правая сторона выражения (1) будет
-равна: $4\pi\eta S\cdot|z|$, если $z\le a$, и $4\pi\eta S\cdot2a$,
+равна: $4\pi\sigma S\cdot|z|$, если $z\le a$, и $4\pi\sigma S\cdot2a$,
 если $z>a$.  Поэтому
-$$\vec{E}=4\pi\eta\vec{z}
+<WRAP center round box 60%>
-   \;\;\;\mbox{при}\;\;\; |z|\le a\;,$$
+$$
+\vec{E}=4\pi\sigma\vec{z}
+\;\;\;\mbox{при}\;\;\; |z|\le a\;,
+$$
+$$
+\vec{E}=4\pi\sigma a\,\frac{\vec z}{z}
+\;\;\;\mbox{при}\;\;\; |z|> a\;.
+$$
+</WRAP>
-$$\vec{E}=4\pi\eta a\,\frac{\vec z}{z}
-   \;\;\;\mbox{при}\;\;\; |z|> a\;.$$