Обсяг рідини, що протікає через цю площадку за час d t. дорівнює v d S d t. Якщо майданчик нахилена до потоку, то відповідний обсяг буде v d S cos θ d t. де θ - кут між вектором швидкості v → і нормаллю n → до майданчика d S. Обсяг рідини, що протікає через площадку d S в одиницю часу виходить розподілом цієї величини на d t. Він дорівнює v d S cos θ d t. тобто скалярному добутку v → ⋅ d S → вектора швидкості v → на вектор елемента площі d S → = n → d S. Одиничний вектор n → нормалі до площадки d S можна провести в двох прямо протилежних напрямках. одне з них умовно приймається за позитивне. У цьому напрямку і проводиться нормаль n →. Та сторона майданчика, з якої виходить нормаль n →. зовнішньою, а та, в яку нормаль n → входить, - внутрішньої. Вектор елемента площі d S → спрямований по зовнішньої нормальний n → до поверхні, а по величині дорівнює площі елемента d S = # X2223; d S → # X2223 ;. При обчисленні об'єму рідини, що протікає через площадку S кінцевих розмірів, її треба розвинути на нескінченно малі майданчики d S. а потім обчислити інтеграл ∫ S v → ⋅ d S → по всій поверхні S.
Вирази типу ∫ S v → ⋅ d S → зустрічаються в багатьох галузях фізики і математики. Вони називаються потоком вектора v → через поверхню S незалежно від природи вектора v →. У електродинаміки інтеграл
N = ∫ S E → ⋅ d S →
називають потоком напруженості електричного поля E → через довільну поверхню S. хоча з цим поняттям не пов'язане ніяке реальне перебіг.
Припустимо, що вектор E → представляється геометричній сумою
E → = Σ j E → j.
Помноживши цю рівність скалярно на d S → і проинтегрировав, отримаємо
де N j - потік вектора E → j через ту ж саму поверхню. Таким чином, з принципу суперпозиції напруженості електричного поля випливає, що потоки через одну і ту ж поверхню складаються алгебраїчно.
Теорема Гаусса говорить, що потік вектора E → через довільну замкнуту поверхню дорівнює помноженому на 4 π сумарному заряду Q всіх частинок, що знаходяться всередині цієї поверхні:
# X222E; S E → ⋅ d S → = 4 π Q.
Вектор елемента поверхні d S → тут спрямований по нормалі, зовнішньої по відношенню до того обсягу, де зосереджений заряд Q (рис. 1.5).
Очевидно, що потоки через сегменти замкнутої поверхні, що спираються на рівні тілесні кути, але звернені в протилежні сторони, взаємно скорочуються. Очевидно також, що якщо заряд знаходиться поза замкнутої поверхні, то будь-якого сегменту, зверненого назовні, знайдеться відповідний сегмент, звернений усередину.
3. Нарешті, скориставшись принципом суперпозиції, приходимо до підсумкової формулюванні теореми Гаусса (5.2). Дійсно, поле системи зарядів дорівнює сумі полів кожного заряду окремо, але в праву частину теореми (5.2) дають ненульовий внесок тільки заряди, що знаходяться всередині замкнутої поверхні. Цим завершується доказ.
У макроскопічних тілах число носіїв заряду настільки велике, що дискретний ансамбль частинок зручно представити у вигляді безперервного розподілу, ввівши поняття щільності заряду. За визначенням, щільністю заряду ρ називається відношення δ Q # X2215; δ V в межі, коли обсяг δ V прагне до фізично нескінченно малій величині:
ρ = lim δ V → 0 δ Q δ V = d Q d V.
Фізично нескінченно малим є обсяг, який малий у порівнянні з будь-якими іншими макроскопічними розмірами даної задачі, але досить великий у порівнянні з відстанню між частинками, в даному випадку зарядженими частинками. За допомогою щільності заряду теорему Гаусса можна переписати у вигляді
# X222E; S E → ⋅ d S → = 4 π ∫ V ρ d V.
де інтегрування в правій частині проводиться за обсягом V. замкнутому поверхнею S.
Теорема Гаусса дає одне скалярне рівняння на три компоненти вектора E →. тому для розрахунку електричного поля однієї цієї теореми недостатньо. Необхідна відома симетрія розподілу щільності зарядів, щоб задача могла бути зведена до одного скалярному рівняння. Теорема Гаусса дозволяє знайти поле в тих випадках, коли поверхня інтегрування в (5.4) вдається вибрати так, що напруженість електричного поля E постійна на всій поверхні. Розглянемо найбільш повчальні приклади.
# X25B8; завдання 5.1
Знайти поле кулі, рівномірно зарядженого за обсягом або поверхні.
Рішення: Електричне поле точкового заряду E → = q r → # X2215; r 3 прямує до нескінченності при r → 0. Цей факт показує суперечливість уявлення елементарних частинок точковими зарядами. Якщо ж заряд q рівномірно розподілений за обсягом кулі кінцевого радіусу a. то електричне поле не має особливостей.
З симетрії завдання ясно, що електричне поле E → всюди направлено радіально, а його напруженість E = E (r) залежить тільки від відстані r до центру кулі. Тоді потік електричного поля через сферу радіуса r просто дорівнює 4 π r 2 E (рис. 1.8).
Обчислення поля симетрично зарядженої кулі за допомогою теореми Гаусса
З іншого боку, заряд всередині тієї ж сфери дорівнює повному заряду кулі Q. якщо r ≥ a. Прирівнюючи 4 π r 2 E до помноженому на 4 π заряду кулі q. отримуємо: E (r) = q # X2215; r 2.
Таким чином, в зовнішньому просторі заряджений куля створює таке поле, як якщо б весь заряд був зосереджений в його центрі. Цей результат справедливий при будь-якому сферически симетричному розподілі заряду.
Поле всередині кулі одно E (r) = Q # X2215; r 2. де Q - заряд всередині сірки радіуса r. Якщо заряд рівномірно розподілений за обсягом кулі, то Q = q (r # X2215; a) 3. У цьому випадку
E (r) = q r # X2215; a 3 = (4 π # X2215; 3) ρ r.
де ρ = q # X2215; (4 π a 3 # X2215; 3) - щільність заряду. Усередині кулі поле лінійно спадає від максимального значення на поверхні кулі до нуля в його центрі (рис. 1.8).
Поле рівномірно кулі, рівномірно зарядженого за обсягом (1), по поверхні (2), і поле точкового заряду тієї ж величини.
Функція E (r) при цьому скрізь кінцева і безперервна.
Якщо заряд розподілений по поверхні кулі, то Q = 0. а тому також E = 0. Це результат також справедливий для випадку, коли всередині сферичної порожнини зарядів немає, а зовнішні заряди розподілені сферически симетрично. # X25B8; завдання 5.2
Знайти поле рівномірно зарядженої нескінченної нитки; радіус нитки a. заряд на одиницю довжини # X03F0 ;.
# X25B8; завдання 5.3
Знайти поле нескінченної прямої нитки і нескінченно довгого рівномірно зарядженого циліндра.
# X25B8; завдання 5.4
Знайти поле нескінченної зарядженої площини і рівномірно зарядженого нескінченного плоского шару.
Рішення: Внаслідок симетрії завдання поле направлено по нормалі до шару і залежить тільки від відстані x від площини симетрії пластини. Для обчислення поля за допомогою теореми Гаусса зручно вибрати поверхню інтегрування S у вигляді параллеліпіпеда, як показано на рис. 1.10.
Обчислення поля плоского шару за допомогою теореми Гаусса
Тоді відмінний від нуля тільки інтеграл по двох протилежних гранях параллеліпіпеда, паралельним шару. Розмірковуючи, як в попередній задачі, знайдемо: E (x) = - 4 π ρ a # X000A0; при # x000A0; x ≤ - a. 4 π ρ x # X000A0; при # x000A0; # X2223; x # X2223; ≤ a. 2 π ρ a # X000A0; при # x000A0; x ≥ a.
Поза шару поле однорідно (не залежить від x) і збігається з полем нескінченної площини (рис. 1.11): E (x) = - 2 π σ при x <0. E ( x ) = + 2 π σ при x> 0.
Поле нескінченного плоского шару (1) і нескінченної площини (2).
Останній результат виходить граничним переходом a → 0 при одночасному збільшенні щільності заряду ρ так, щоб величина σ = ρ a залишалася незмінною. По різні боки від площини напруженість електричного поля однакова за величиною, але протилежна за напрямком. Тому при переході через заряджену площину поле стрибком змінюється на величину 4 π σ. Зауважимо, що пластина може вважатися нескінченної, якщо відстань від дуже малий в порівнянні з її розмірами. На відстанях дуже великих в порівнянні з розмірами пластини вона діє, як точковий заряд, і її поле зменшується обернено пропорційно квадрату відстані.