5 A Gauss tétel

Az e téren folyó folyadék térfogata egy d t idő alatt. egyenlő: v d S d t. Ha a helyszín hajlamos az áramlásra, akkor a megfelelő térfogat v d S cos θ d t lesz. ahol θ - közötti szög a sebesség v vektor → n →, és a szokásos, hogy a párna d S. folyadéktérfogat átáramló d S terület egységnyi idő úgy kapjuk meg, ez az érték a d t. Ez egyenlő a v d S cos θ d t értékével. azaz a skaláris termék v → ⋅ d S → a sebességvektor v → a d S → = n → dS területelem vektorának véje. Az n → d helyén normalizált n egységvektor két ellentétes irányba húzható. egyikük feltételesen pozitívnak tekintendő. Ebben az irányban a normál n → kerül végrehajtásra. A terület azon oldala, ahonnan a normális n →. külsőnek nevezik, és az, amelybe a normál n → belép, belső. A d S → területi elem vektorát a külső normál n → felületen irányítjuk a felületre, és a méret egyenlő az elem területével d S = # x2223; d S → # x2223;. Az áramló folyadék térfogatának kiszámítása véges méretek S területén keresztül, azt d S infinitezimális területre kell kifejleszteni. Ezután számolja ki az integrált ∫ S v → ⋅ d S → az egész felületen S.

Az ∫ S v → típusú kifejezések ⋅ d S → a fizika és matematika számos ágában fordul elő. A v → v vektor áramlását az S felületen keresztül nevezzük, tekintet nélkül a v → vektor természetére. Az elektrodinamika, az integrál

N = ∫ S E → ⋅ d S →

az E + elektromos térerősség áramlását az önkényes S felületnek nevezzük. Bár ez a koncepció nem tartalmaz valódi áramlást.

Tegyük fel, hogy az E → vektort a geometriai összeg adja

E → = Σ j E → j.

Ezt az egyenletet skálázva szorozzuk meg a d S → és integrálásával

ahol Nj az E → j vektor fluxusa ugyanazon felületen. Tehát az ugyanazon felületen átáramló elektromos térerősség szuperpozíciójának elvéből következik, algebrailag.

Gauss tétel kimondja, hogy a fluxus-vektor E → keresztül egy tetszőleges zárt felület megegyezik tc szorozva 4 nettó töltése Q a részecskék belsejében a felületet:

# x222E; S E → ⋅ d S → = 4 π Q.

A d S → itt található felületi elem vektora a térfogatnak megfelelő normál mentén van irányítva, ahol a töltés Q koncentrálódik (1.5. Ábra).

Nyilvánvaló, hogy a zárt felület szegmensein keresztüli áramlások, egyenlő szilárd szögek által támasztva, de ellentétes irányba néznek, egymást törlik. Az is nyilvánvaló, hogy ha a töltés kívül van egy zárt felületen, akkor minden olyan szegmens, amely kifelé néz, megfelelő fordított szegmenssel rendelkezik.

3. Végül, a szuperpozíció elve alapján a Gauss-tétel (5.2.) Végső megfogalmazására érkezünk. Valóban, a területen a rendszer a töltések összege minden díj mezőt egyenként, hanem a jobb oldali részén tétel (5.2), hogy csak nulla járulékterhek a zárt felület. Ezzel zárul a bizonyíték.

Makroszkópos testekben a töltőhordozók száma olyan nagy, hogy a részecskék diszkrét egysége folyamatosan elosztható formában, a töltéssűrűség fogalmát bevezetve. Definíció szerint a töltési sűrűség ρ a δQ arány # x2215; δ V abban a korlátban, amikor a δ V térfogat fizikailag végtelen mennyiségű:

ρ = lim δ V → 0 δ Q δ V = d Q d V.

Fizikailag végtelenül térfogata, amely kisebb, mint bármely más makroszkopikus méretei a probléma, de elegendően nagy, mint a távolság a részecskék, ebben az esetben a töltött részecskék. A töltéssűrűség használatával a Gauss-tétel újraformázható formában

# x222E; S E → ⋅ d S → = 4 π ∫ V ρ d V.

ahol a jobb oldali integrációt a V térfogat felett a Z zárt felületen végezzük.

A Gauss tétel egy skaláris egyenletet ad az E → vektor három komponenséhez. ezért ez a tétel nem elegendő egy elektromos mező kiszámításához. A töltéssűrűség eloszlásának ismert szimmetriája szükséges, hogy a problémát egyetlen skaláris egyenletre lehessen csökkenteni. A Gauss-tétel lehetővé teszi, hogy megtaláljuk a mezőt abban az esetben, amikor az (5.4) integrációs felületet úgy lehet választani, hogy az E elektromos térerősség állandó legyen az egész felületen. Tekintsük a legbiztosabb példákat.

# x25B8; 5.1. Feladat

Keresse meg a gömb területét, amely egységesen fel van töltve térfogat vagy felület tekintetében.

Megoldás: Egy ponttöltet elektromos mezője E → = q r → # x2215; r 3 a végtelenségig terjed, mint r → 0. Ez a tény azt mutatja, hogy az elemi részecskék reprezentálódásának pontossága pont töltettel történik. Ha azonban a töltés q egyenletesen eloszlik a véges sugarú gömb térfogatánál. akkor az elektromos mezőnek nincs szingularitása.

A probléma szimmetriájától világos, hogy az E + elektromos mező mindenhol sugárirányban van irányítva, és ereje E = E (r) függ a r távolságtól a labda középpontjáig. Ezután az elektromos tér áramlása egy r sugarú gömbön egyszerűen 4 π r 2 E (1.8. Ábra).

A szimmetrikusan töltött gömb tereinek számítása a Gauss tétel segítségével

Ugyanakkor a töltés ugyanabban a gömbben megegyezik a Q labda teljes töltésével. Ha r ≥ a. A 4 π r 2 E egyenlőtlenséget a négyzet 4 π töltésével szorozzuk. megkapjuk: E (r) = q # x2215; r 2.

Így a külső térben egy töltött gömb létrehoz egy ilyen mezőt, mintha az egész töltés a középpontjában koncentrálódna. Ez az eredmény minden gömb alakú szimmetrikus töltéselosztásra érvényes.

A gömb belsejében lévő mező egyenlő E (r) = Q értékkel # x2215; r 2. ahol Q a r kén-kénti töltés. Ha a töltés egyenletesen eloszlik a gömb térfogatán, akkor Q = q (r # x2215; a) 3. Ebben az esetben

E (r) = q r # x2215; a 3 = (4 π # x2215; 3) ρ r.

ahol ρ = q # x2215; (4 π a 3 # x2215; 3) a töltéssűrűség. A gömb belsejében a mező lineárisan a gömb felületén lévő maximális értéktől a nulláig középen esik (1.8. Ábra).

A mező egyenletesen gömb alakú, egyenletesen fel van töltve a térfogatban (1), a felületen (2), és egy ugyanolyan nagyságú ponttöltet mezőjével.

Az E (r) funkció mindenütt véges és folyamatos.

Ha a töltés van elosztva a a gömb felszínén, akkor Q = 0., és ezért szintén E = 0. Ez az eredmény is érvényes arra az esetre, amikor a díjak belsejében szférikus üreg van, és a külső ráfordítások elosztott gömbszimmetrikus. # x25B8; 5.2 feladat

Keresse meg egy egyenletesen feltöltött végtelen menet; a szál sugara a. egységnyi hosszúságú töltés # x03F0;.

# x25B8; 5.3. Probléma

Keressen egy végtelen egyenes szálat és egy végtelenül hosszú, egyenletesen töltött henger mezőjét.

# x25B8; Feladat 5.4

Keressétek meg egy végtelen töltött síkot és egy egyenletesen feltöltött végtelen síkréteget.

Megoldás: A probléma szimmetriája miatt a mező a normális szintre irányul a rétegre és csak a lemez szimmetriasíkjától számított x távolságtól függ. A mezőt a Gauss-tétel segítségével kiszámolva célszerű az S integrációs felületet párhuzamosan leválasztani, ahogy az a 2. ábrán látható. 1.10.

Egy síkréteg mezőjének kiszámítása a Gauss tétel segítségével

Ezután csak a párhuzamos réteggel párhuzamos párkány két ellentétes felülete fölött elhelyezkedő integrális elem nemzero. Az előző problémához hasonlóan a következőket találjuk: E (x) = - 4 π ρ a # x000A0; # x000A0; x ≤ - a. 4 π ρ x # x000A0; # x000A0; # x2223; x # x2223; ≤ a. 2 π ρ a # x000A0; # x000A0; x ≥ a.

Kívül a réteg mező homogén (független x), és egybeesik a területén egy végtelen síkot (1.11 ábra.): E (x) = - 2 π σ x <0. E ( x ) = + 2 π σ при x> 0.

Egy végtelen síkréteg (1) és egy végtelen sík (2).

Az utolsó eredményt úgy kapjuk meg, hogy áthaladunk az a → 0 határra az ρ töltési sűrűség egyidejű növelésével, hogy a σ = ρ a mennyisége változatlan maradjon. A sík ellentétes oldalain az elektromos térerősség nagyságrenddel azonos, de az ellenkező irányban. Ezért, amikor áthalad egy töltött síkon, a mező hirtelen ugrik 4 π σ-val. Ne feledje, hogy egy lemezt végtelennek lehet tekinteni, ha a távolság elhanyagolható a méreteihez képest. A lemez méreteihez képest nagyon nagy távolságra, ponttöltésként működik, és mezője fordítottan arányos a távolság négyzetével.