Реферат: Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричных случаях - Refy.ru - Сайт рефератов, докладов, сочинений, дипломных и курсовых работ

Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричных случаях

Рефераты по математике » Поток вектора через поверхность. Применение теоремы Гаусса как метод расчета полей в симметричных случаях

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Для решения задач применяется выражение

int vec{D}cdot{rm d}vec{S}

= qinside

представляющее собой комбинацию уравнения Максвелла с теоремой Гаусса: int divvec{D}cdot {rm d}V = int vec{D}cdot{rm d}vec{S}- собственно теорема Гаусса, div vec{D} = rho- уравнение Максвелла (int rho {rm d}V = q_{inside}).

Eсли vec{A}- некоторый вектор, то Phi = int vec{A}cdot {rm d}vec{S}- поток вектора vec{A}через поверхность. В частности, в вышеприведенном выражении стоит поток вектора vec{D}. Векторный элемент площади {rm d} vec{S} = {rm d} S cdot vec{n}. Орт нормали vec{n}зависит от геометрии задачи:

vec{n}

=

vec{i}, vec{j} {rm или} vec{k} - {rm к плоскости}

sinthetacosvarphi vec{i} + sinthetacosvarphi vec{j} + cos theta vec{k} - {rm к сфере}

cos varphi vec{i} + sin varphi vec{j} - {rm к боковой поверхности цилиндра}

Задача. Заряд q расположен в точке (0, 0, l). Найти поток вектора vec{E}через круг радиуса R c центром в начале координат, лежащий в плоскости xy.

Решение: В плоскости xy зарядом создается поле

vec{E} = frac{q}{4pivarepsilon_0}cdot frac{xvec{i}+yvec{j}-lvec{k}}{(x^2+y^2+l^2)^{3/2}}

При вычислении потока нам потребуется величина vec{E}cdotvec{n}, где vec{n}- вектор нормали к кругу, который во всех точках ориентирован одинаково, а именно по +vec{k}или -vec{k}. Примем для определенности

vec{n}=+vec{k}

Тогда, поскольку vec{i}cdotvec{k}=vec{j}cdotvec{k}=0, а vec{k}cdotvec{k}=1, имеем:

vec{E}cdotvec{n}= -frac{q}{4pivarepsilon_0} cdotfrac{l}{(x^2+y^2+l^2)^{3/2}} = -frac{q}{4pivarepsilon_0} cdotfrac{l}{(r^2+l^2)^{3/2}}

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 =

intvec{E}cdot{rm d}vec{S} = intvec{E}cdotvec{n}{rm d}S = intlimits_0^{2pi} intlimits_0^Rvec{E}cdotvec{n}cdot r{rm d}r{rm d} varphi =

=

-intlimits_0^{2pi}intlimits_0^R frac{q}{4pivarepsilon_0}cdotfrac{l}{(r^2+l^2)^{3/2}}cdot r{rm d}r{rm d}varphi = -frac{qlcdot 2pi}{4pivarepsilon_0} intlimits_0^Rfrac{r{rm d}r}{(r^2+l^2)^{3/2}} =

=

-frac{qlcdot 2pi}{4pivarepsilon_0}cdotleft[-frac{1} {(r^2+l^2)^{1/2}}right]_0^R = -frac{ql}{2varepsilon_0} cdotleft[frac{1}{l}-frac{1}{sqrt{R^2+l^2}}right]

Задача. Вычислить поток вектора vec{E} = acdot frac{xvec{i}+yvec{j}} {x^2+y^2}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 vec{n}параллелен вектору vec{D}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.

intvec{D}cdot{rm d}vec{S}

= 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 =

q_{inside}(r) = q_c + sumlimits_{i, R_i<r}4pisigma_iR_i^2 + 4piintlimits_{0}^rtilde{r}^2rho(tilde{r}) {rm d}tilde{r} - {rm сфера}

q_{inside}(r) = lambda_a L + sumlimits_{i, R_i<r} 2pisigma_i R_i L + 2pi Lintlimits_0^{r}tilde{r}rho(tilde{r}){rm d}tilde{r} - {rm цилиндр}

q_{inside}(x) = sumlimits_{i, x_i<x}sigma_iS + Sintlimits_{- infty}^xrho(tilde{x}){rm d}tilde{x}- {rm пластина}

qc - точечный заряд в центре, σi - заряды концентрических сфер радиусов Ri (таких сфер может быть произвольное количество), а inttilde{r}^2rho(tilde{r}){rm d}tilde{r}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

D_x(-infty) = -frac{q_{inside}(+infty)}{2S} = -frac{1}{2} intlimits_{-infty}^{+infty}rho(x) {rm d}x = -frac{1}{2} intlimits_{-a}^{a}alpha x^2{rm d}x = -frac{alpha a^3}{3}

мы имеем выражение теоремы Гаусса в виде

frac{q_{inside}(x)}{S} = intlimits_{-infty}^x rho(tilde{x}) {rm d}tilde{x}

=

D_x(x)-D_x(-infty) = varepsilon_0E_x(x) + frac{alpha a^3}{3}

В зависимости от того, в какой диапазон попадает x (x<–a, –a<x<a, x>a), левая часть дает

frac{q_{inside}(x)}{S}

=

intlimits_{-a}^{a} alphatilde{x}^2 {rm d}tilde{x} = frac{2alpha a^3}{3}, x&gt;a

=

intlimits_{-a}^{x} alphatilde{x}^2 {rm d}tilde{x} = frac{alpha}{3}(x^3+a^3), -a&lt;x&lt;a

= 0, x<–a

Подставляя qinside в теорему Гаусса, с учетом Dx = ε0Ex получаем поле:

E_x = -frac{alpha a^3}{3varepsilon_0}, x&lt;-a; E_x = frac{alpha x^3}{3varepsilon_0}, -a&lt;x&lt;a; E_x=frac{alpha a^3}{3varepsilon_0}, x&gt;a

Теперь можно найти φ c учетом условия φ|x = 0 = 0, применяя формулу

varphi(x) = -intlimits_0^xE_x(tilde{x}) {rm d} tilde{x}

в которой x может быть как больше, так и меньше нуля. Соответственно, для каждого из трех отрезков, на которых найдено Ex, получаем:

φ(x) =

-intlimits_o^xfrac{alphatilde{x}^3} {3varepsilon_0} {rm d}tilde{x} = -frac{alpha x^4}{12varepsilon_0}, -a&lt;x&lt;a

=

-intlimits_0^afrac{alphatilde{x}^3}{3varepsilon_0} {rm d}x - intlimits_a^xfrac{alpha a^3}{3varepsilon_0} {rm d}tilde{x} = -frac{alpha a^3x}{3varepsilon_0}+frac{alpha a^4}{4varepsilon_0}, x&gt;a

=

-intlimits_0^{-a}frac{alphatilde{x}^3}{3varepsilon_0} {rm d}x - intlimits_{-a}^xleft(-frac{alpha a^3}{3varepsilon_0}right) {rm d}tilde{x} = frac{alpha a^3x}{3varepsilon_0}- frac{alpha a^4}{4varepsilon_0}, x&lt;-a

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

frac{sigma_1R_1^2}{varepsilon_0r^2} {rm при} R_1&lt;r&lt;R_2

frac{sigma_1R_1^2+sigma_2R_2^2}{varepsilon_0r^2} {rm при} r&gt;R_2

При вычислении потенциала мы должны вычислить интеграл intlimits_r^{+infty} E_r(tilde{r}){rm d}tilde{r}. При этом необходимо правильно выписывать Er на каждoм участке:

φ(r) =

intlimits_r^{R_1}0 {rm d}tilde{r} +intlimits_{R_1}^{R_2} frac{sigma_1R_1^2}{varepsilon_0tilde{r}^2} {rm d}tilde{r} + intlimits_{R_2}^{+infty} frac{sigma_1R_1^2+ sigma_2R_2^2}{varepsilon_0tilde{r}^2}{rm d}tilde{r} =

=

0+frac{sigma_1R_1^2}{varepsilon_0}left(frac{1}{R_1}- frac{1}{R_2}right) + frac{sigma_1R_1^2+ sigma_2R_2^2} {varepsilon_0}frac{1}{R_2} {rm при} r&lt;R_1

φ(r) =

intlimits_{r}^{R_2} frac{sigma_1R_1^2}{varepsilon_0 tilde{r}^2}{rm d}tilde{r} + intlimits_{R_2}^{+infty} frac{sigma_1 R_1^2+sigma_2R_2^2}{varepsilon_0tilde{r}^2}{rm d}tilde{r} =

=

frac{sigma_1R_1^2}{varepsilon_0}left(frac{1}{r}- frac{1}{R_2}right) + frac{sigma_1R_1^2+ sigma_2R_2^2} {varepsilon_0}frac{1}{R_2} {rm при} R_1&lt;r&lt;R_2

φ(r) =

intlimits_{r}^{+infty} frac{sigma_1 R_1^2+sigma_2R_2^2}{varepsilon_0tilde{r}^2}{rm d}tilde{r} =

=

frac{sigma_1R_1^2+ sigma_2R_2^2} {varepsilon_0}frac{1}{r} {rm при} r&gt;R_2

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:

intvec{D}cdot{rm d}vec{S}

= Dr(r)· 2π r L = qinside
qinside =

2pi Lintlimits_0^r tilde{r}rho(tilde{r}){rm d}tilde{r}

Здесь L - произвольно выбранная длина вдоль оси цилиндра, которая далее сокращается. При вычислении qinside необходимо раздельно рассматривать случаи r<R и r>R:

qinside =

2pi Lintlimits_0^rtilde{r}rho_0 {rm d}tilde{r} = pi Lrho_0 r^2, r&lt;R

2pi Lintlimits_0^Rtilde{r}rho_0{rm d}tilde{r} = pi Lrho_0 R^2, r&gt;R

После этого, так как Dr = ε0Er, получаем поле:

Er(r) =

frac{1}{2pi L varepsilon_0 r}cdot 2pi rho_0 r^2 = frac{rho_0}{2varepsilon_0}cdot r, r&lt;R

Er(r) =

frac{1}{2pi L varepsilon_0 r} cdot 2pi rho_0 R^2 = frac{rho_0 R^2}{2varepsilon_0}cdot frac{1}{r}, r&gt;R

Потенциал находится интегрированием Er с оговоренным в задаче условием φ|r = 0 = 0:

varphi(r) = -intlimits_0^rE_r(tilde{r}){rm d} tilde{r}

φ(r) =

-intlimits_0^r frac{rho_0} {2varepsilon_0}cdot tilde{r} {rm d}tilde{r} = -frac{rho_0} {4varepsilon_0}cdot r^2, r&lt;R

φ(r) =

-intlimits_0^R frac{rho_0}{2varepsilon_0}cdot tilde{r}{rm d}tilde{r} -intlimits_R^r frac{rho_0 R^2}{2 varepsilon_0}cdot frac{1}{tilde{r}}{rm d}tilde{r} = -frac{rho_0R^2}{4varepsilon_0} - frac{rho_0 R^2} {2varepsilon_0}cdot lnfrac{r}{R} =

=

-frac{rho_0R^2}{4varepsilon_0}left(1+2lnfrac{r}{R}right), r&gt;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.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта edu.ioffe/r