Остроградського-Гауса

Розглянемо окремі приклади використання теореми для обчислення поля неточкових зарядів. Такі задачі розв'язуються, якщо можна вибрати замкнену математичну поверхню S так, аби для всіх її точок виконувались одночасно дві умови:

1) E = const;

2) α = const, (1.6.1)

причому значення кута α повинно бути наперед відомим, оскільки з одного рівняння можна

визначити лише одну невідому величину, тут Е. Як правило, форму поверхні вибирають такою, щоби

для всіх її елементів виконувалась умова

α = 0; іноді для окремих ділянок

α = π 2. Форму поверхні,

яка задовольняє умови (1.6.1), вгадують, ураховуючи симетрію розподілу заряду на матеріальному носії.

Поле рівномірно зарядженої сфери

Радіус сфери R, заряд її Q, рис. 1.6.2. Знайдемо спочатку поле в точці, розміщеній зовні сфери.

З міркувань симетрії зрозуміло, що вектори

E 1 та E 2

зорієнтовані вздовж відповідних радіусів. Крім

того, вони однакові за модулем для точок

A1, A 2, оскільки останні знаходяться на однаковій відстані

r від центра сфери. Отже, поверхня, що задовольняє обидві умови (1.6.1), є сфера радіуса r,

концентрична даній. Одночасно виконується друга умова тобто

α = 0. Отримуємо

∫ EdS = E 4π r 2 = 4π kQ,

E (r ≥ R) =

kQ. r 2

(1.6.2)

Поле рівномірно зарядженої сфери за її межами збігається з полем рівновеликого точкового заряду,

розміщеного в центрі.

У випадку

r < R, користуючись попереднім міркуванням, проводимо сферичну поверхню так,

аби вона проходила через задану внутрішню точку B. Оскільки ця поверхня не охоплює заряду, то

E (r < R) = 0, (1.6.3)

тобто поле всередині рівномірно зарядженої сфери відсутнє.

Звертає на себе увагу блискавична швидкість та простота, із якими були отримані з використанням теореми Остроградського-Гауса ці аж ніяк не очевидні результати.

Поле рівномірно зарядженої кулі

Q – заряд кулі, R – її радіус, тобто об'ємна густина заряду є ρ = 3 Q

4π R 3. Такі самі міркування,

як і в попередній задачі, переконують, що поверхню для інтегрування необхідно взяти у вигляді сфери, концентричної даній. Провівши її через задану зовнішню точку, отримуємо формулу, яка збігається з (1.6.2). Однорідно заряджена куля зовні створює поле, еквівалентне полю точкового

заряду Q, рівновеликого заряду кулі, та, розміщеного в її центрі.

Для точок, взятих усередині кулі (r < R), маємо

сферою радіуса r. Виразивши q як функцію r, отримуємо

4π r 2 E = 4π kq (r), де

q (r) – заряд, оточений

E (r ≤ R) =

4π k ρ

3

r = kQ r

R 3

. (1.6.4)

Поле всередині рівномірно зарядженої кулі лінійно зростає від центра кулі.

Рис. 1.6.2. Розрахунок поля рівномірно зарядженої сфери та кулі.

Якщо густина заряду змінюється з радіусом, то для визначення величини оточеного заряду

необхідно обчислити інтеграл

r

q (r)= ∫ ρ(r) dV, де елемент об’єму береться у вигляді тонкого

сферичного прошарку dV = 4π r 2 dr.

Рис. 1.6.3. Розрахунок однорідного поля: а) рівномірно заряджена безмежна площина; б) дві паралельні рівномірно заряджені площини (плоский конденсатор).

Поле безмежної рівномірно зарядженої площини

Поверхнева густина заряду

σ = dq

dS = const.

Враховуючи безмежну протяжність площини,

приходимо до висновку, що вектор Е перпендикулярний площині й незмінний за модулем у всіх

точках математичної площини, паралельної даній, рис. 1.6.3. а. На площині, розміщеній симетрично по інший бік, поле має таку саму величину, але протилежний напрямок. Замкнену поверхню

отримаємо, провівши бічну поверхню довільної форми так, аби лінії поля її не перетинали. Маємо

Φ = ES + ES + Φ б, де Φ б

– потік крізь бічну поверхню. Для вибраної бічної поверхні

α = π 2, тому

Φ б = 0. Заряд, який вирізається поверхнею, дорівнює q = σ S. В результаті отримуємо

E = 2π k σ n. (1.6.5)

Поле безмежної рівномірно зарядженої площини однорідне.