7 Gaussova věta 7 GAUSSOVA VĚTA. Použitím Gaussovy věty odvod te velikost vektorů elektrické indukce a elektrické intenzity pro

Transkript

1 7 Gaussova věta Zadání Použitím Gaussovy věty odvod te velikost vektorů elektrické indukce a elektrické intenzity pro následující nabitá tělesa:. rovnoměrně nabitou kouli s objemovou hustotou nábojeρ, 2. nekonečně dlouhé rovnoměrně nabité vlákno s lineární hustotou nábojeτ, 3. nekonečně velkou rovnoměrně nabitou desku s plošnou hustotou nábojeσ, 4. soustavu dvou rovnoběžných nekonečně velkých rovin rovnoměrně nabitých opačnými náboji s velikostí plošné hustoty nábojeσ. (Případy 3 až 4 lze uložit za Cv) Řešení. Nabitá koule K řešení využijeme Gaussovu větu (I. Maxwellova rovnice), kterou zapíšeme ve tvaru ds= ρd, (7.) kdes je uzavřená plocha, která obklopuje objem. Slovy: Elektrický indukční tok uzavřenou plochou je roven celkovému elektrickému náboji rozloženému v objemu touto plochou ohraničeném. Úlohu budeme řešit tak, že do středu nabité koule, jejíž poloměr jer, položíme střed myšlené sférické plochy o poloměru r. zhledem k sférické symetrii rozložení elektrického náboje v kouli bude vektor elektrické indukce vždy kolmý k této ploše a v každém bodě jejího povrchu bude mít i stejnou velikost. Úlohu musíme rozdělit na dva případy. Případ r r Tato situace je graficky znázorněna na obr. 7., tedy ted určujeme elektrickou indukci uvnitř nabité koule. Rozdělme řešení rovnice (7.) na levou a pravou stranu. Pro levou stranu bude platit ds= n ds= ds= S= 4πr 2, 9

2 kde jsme využili faktu, že má směr jednotkového normálového vektorun k plošes (tj. n ), přičemž velikost je na ploše všude stejná, a žeds= n ds, a tím pádemn ds=ds. Integrál ds pak udává velikost plochys (vlastně sčítáme velikosti jednotlivých diferenciálů plochy, které tvoří dělení této celé plochy), tj.4πr 2 v tomto případě. Pro pravou stranu rovnice ñ > r r X sférická plocha n S Obr. 7.: Ilustrační nákres k řešení elektrického pole vytvářeného rovnoměrně nabitou koulí o objemové hustotě elektrického náboje ρ. (7.) bude platit ρd= ρ d= ρ= ρ 4 3 πr3, jelikožρje v celém objemu konstantní a integrál d znamená velikost objemu (sčítáme diferenciální objemy tvořící dělení celého objemu), zde(4/3)πr 3. Spojením obou výsledků získáme rovnost 4πr 2 = ρ 4 3 πr3, z níž můžeme po jednoduché úpravě obdržet pro elektrickou indukci vztah = ρr, (7.2) 3 tj. velikost elektrické indukce v objemu koule je přímo úměrná poloměru. Případ r > r tomto případě určujeme elektrickou indukci vně koule. Pro levou stranu rovnice (7.) bude platit předchozí závěr. Změní se pouze vyjádření pravé strany. Především je nutné si uvědomit, že v okamžiku, kdy integrace přestoupí poloměr koule, budeρ=. Tudíž ρd= ρd+ d= ρ 4 3 πr3, (r r ) (r>r ) 2

3 jelikož integrace mimo kouli dává nulový náboj. áme-li opět do rovnosti levou a pravou stranu, dostaneme po malé úpravě = 3 ρ r3 r2, (7.3) tj. velikost elektrické indukce vně objemu koule klesá s kvadrátem poloměru. Navíc celkový náboj, který koule nese, jeq = ρ, kde=(4/3)πr 3 je objem nabité koule. Pak je též možné psát, že 4πr 2 = Q, a odsud získat identitu = Q 4π r. (7.4) 2 Slovy: Elektrická indukce se vně rovnoměrně nabité koule chová stejně jako u bodového náboje. Pozn.: Tento závěr platí i pro kouli nesoucí rovnoměrně rozložený náboj na svém povrchu. ýsledky lze zapsat do jediného vztahu = 3 ρr; r r 3 ρ r3 r 2; r > r. (7.5) Bude-li permitivita prostředíǫstejná v celém prostoru (tzn. uvnitř i vně koule), lze podle vztahu = εe (I. Maxwellova rovnice) pro velikost intenzity elektrického pole napsat E= 3ǫ ρr; r r 3ǫ ρ r3 r 2; r > r. (7.6) Na obr. 7.2 je znázorněn průběh velikosti elektrické indukce v závislosti na vzdálenosti od středu koule. 2. Nekonečně dlouhé vlákno Z důvodu nekonečnosti vlákna bude vektor elektrické indukce vždy kolmý k vláknu, jelikož ve zvoleném bodě bude jeho tečná složka tvořená nábojem z levé části vlákna kompenzována stejně velkou složkou z pravé části vlákna. Tedy = (rovnoběžná složka je nulová). Okolo vybrané části vlákna vytvoříme uzavřenou souosou válcovou plochu (viz obr. 7.3), přičemž plochy podstav označíme S, S 2 (S = S 2 = S ) a plochu pláště S. ýšku válcové plochy označímelapoloměr podstavr. 2

4 ~r 2 ~/r r r Obr. 7.2: Průběh velikosti elektrické indukce v závislosti na vzdálenosti r od středu rovnoměrně nabité koule. n S S S válcová plocha ô > Obr. 7.3: Ilustrační nákres k řešení elektrického pole vytvářeného nekonečným vláknem rovnoměrně nabitým elektrickým nábojem o lineární hustotě τ. K řešení opět využijeme Gaussovu větu. Levou stranou můžeme rozepsat do rovnosti ds= ds + ds + ds 2, S S S 2 tzn. integraci přes celou uzavřenou plochu válce rozdělíme na integraci přes jeho plášt a přes jeho podstavy. Nyní si stačí uvědomit, že rovnoběžná složka je nulová, tudíž integrály přes podstavy budou nulové. To lze rozebrat podrobněji. Pro orientovaný element plochy podstavy platíds = n ds, kde n je jednotkový normálový vektor plochy podstavy (pro levou podstavu směřuje vlevo ve směru vlákna, pro pravou podstavu směřuje vpravo ve směru vlákna). U podstav však platí, že ds =, jelikož je kolmé kds. Tím je nulový i integrál přes celou plochu podstavy. Rovnice se tak redukuje na tvar ds= ds = n ds = ds = S = 2πrl. S S S Při úpravě bylo využito faktů, že elektrická indukce v každém bodě plochys má stejný směr jako jednotkový normálový vektor plochy n, a tím i element plochyds, a že integrace přes jednotlivé diferenciály plochy dává celkovou plochu, zde plochu válce 2πrl. elikost vektoru lze navíc vytknout před integrál, jelikož díky rovnoměrné lineární hustotě náboje na vlákně má v celé plošes stejnou velikost. Pro pravou stranu obdržíme identitu ρd= τdl=τl, l 22

5 poněvadž v prostoru mimo vlákno je hustota náboje nulová, a tak celkový elektrický náboj uzavřený zvolenou plochou je náboj, který nese část vlákna délky l vytknutá touto plochou, tj. τl. Spojením výsledků obdržíme2πrl=τl, což po úpravě dává pro velikost elektrické indukce = τ 2π r. (7.7) Bude-li permitivita okolního prostředí všude stejná a rovnaε, bude velikost elektrické intenzity E= τ 2πε r. (7.8) 3. Nekonečně velká deska Při řešení budeme postupovat obdobně jako v předchozím případě. Část desky uzavřeme válcovou plochou, jejíž podstavy jsou rovnoběžné s rovinou desky (viz obr. 7.4). Pak integrál přes uzavřenou válcovou plochu můžeme rozepsat do rovnosti ds= ds + ds 2 + ds. S S 2 S Jelikož deska je nekonečně velká, bude opět tečná složka vektoru elektrické indukce nulová S ó > S 2 n n 2 válcová plocha deska S S 2 Obr. 7.4: Ilustrační nákres k řešení elektrického pole vytvářeného nekonečně velkou rovnoměrně nabitou deskou s plošnou hustotou elektrického náboje σ. ( =) a z tohoto důvodu bude nulový i plošný integrál přes plochu S, poněvadž vektor je kolmý ke všem elementům této plochy, tj. ds =. Uvědomíme-li si navíc, že vektor má na opačných polorovinách desky opačný směr a že velikosti podstav jsou stejné (tj. S = S 2 = S ), můžeme plošný integrál zredukovat na tvar ds=2 ds. S 23

6 Též velikost vektoru elektrické indukce na ploše S bude všude stejná, protože deska je nabita rovnoměrně. Pak ds = n ds = ds = S, S S S tedy Pro pravou stranu Gaussovy rovnice lze psát ρd= ds= 2S. S σds = σs, přičemž jsme opět využili nulovosti hustoty elektrického náboje mimo desku, rovnoměrnosti rozložení náboje na desce (σ=konst.) a faktu, že válcová plocha vytkne na desce kruh o ploše stejné, jako je plocha podstavy válce. Spojením výrazů obdržíme rovnost 2S = σs, což po úpravě dá pro velikost elektrické indukce výraz = σ. (7.9) 2 Bude-li opět permitivita prostředíε,bude pro velikost elektrické intenzity platit E= σ. (7.) 2ε 3. vě rovnoběžné roviny Obě desky jsou nabity elektrickými náboji o stejné velikosti plošné hustoty σ= σ = σ 2, přičemž jedna nese náboj kladný (σ >) a druhá záporný (σ 2 <). Podle předchozího případu vytvářejí tyto desky kolem sebe elektrické pole o velikostech indukcí = 2 = 2 σ. le principu superpozice pak bude výsledná indukce dána vektorovým součtem indukcí od jednotlivých desek. ektor indukce záporně nabité desky je ale opačně orientovaný oproti vektoru indukce kladné desky (viz obr. 7.5), což znamená, že v oblasti mezi deskami dojde k navýšení velikosti indukce na dvojnásobek její hodnoty od jedné samostatné desky, kdežto mimo oblast mezi deskami se 24

7 ó < 2 2 ó > Obr. 7.5: Ilustrační nákres k řešení elektrického pole vytvářeného dvěma rovnoběžnými deskami s opačnými plošnými hustotami elektrického náboje o velikosti σ= σ = σ 2. ektor elektrické indukce (plná šipka) je vytvářen deskou kladně nabitou (σ > ), vektor 2 (čárkovaná šipka) je tvořen deskou nabitou záporně (σ 2 <). indukce desek odečtou, tudíž její hodnota zde bude nulová (= i E=). Odsud pak snadno dostaneme pro elektrickou indukci tedy po dosazení z (7.9) =2 =2 2, Bude-li permitivita prostředíε, bude pro elektrickou intenzitu platit =σ. (7.) E= σ. (7.2) ε 25