Κεφάλαιο 22 Νόμος του Gauss

Παρουσίαση με θέμα: "Κεφάλαιο 22 Νόμος του Gauss"— Μεταγράφημα παρουσίασης:

1 Κεφάλαιο 22 Νόμος του Gauss
Chapter 22 opener. Gauss’s law is an elegant relation between electric charge and electric field. It is more general than Coulomb’s law. Gauss’s law involves an integral of the electric field E at each point on a closed surface. The surface is only imaginary, and we choose the shape and placement of the surface so that we can figure out the integral. In this drawing, two different surfaces are shown, both enclosing a point charge Q. Gauss’s law states that the product E·dA, where dA is an infinitesimal area of the surface, integrated over the entire surface, equals the charge enclosed by the surface Qencl divided by ε0. Both surfaces here enclose the same charge Q. Hence ∫E·dA will give the same result for both surfaces.

2 Περιεχόμενα Κεφαλαίου 22
Ηλεκτρική Ροή Ο Νόμος του Gauss Εφαρμογές του Νόμου του Gauss Πειραματικές επιβεβαιώσεις για τους Νόμους των Gauss και Coulomb

3 22-1 Ηλεκτρική Ροή Ηλεκτρική Ροή:
Η Ηλεκτρική Ροή είναι ανάλογη με τον αριθμό των ηλεκτρικών γραμμών που διέρχονται μέσα από μια επιφάνεια. Figure (a) A uniform electric field E passing through a flat area A. (b) E┴ = E cos θ is the component of E perpendicular to the plane of area A. (c) A┴ = A cos θ is the projection (dashed) of the area A perpendicular to the field E.

4 22-1 Ηλεκτρική Ροή Βρείτε την ηλεκτρική ροή μέσα από ένα παραλληλόγραμμο διαστάσεων 10 cm επί 20 cm. Το πεδίο είναι ομογενές με ένταση 200 N/C, και η γωνία θ είναι 30°. ΛΥΣΗ Solution. The flux is EA cos θ = 3.5 N·m2/C.

5 22-1 Ηλεκτρική Ροή Η ροή μέσα από μια κλειστή επιφάνεια είναι:

6 22-2 Ο Νόμος του Gauss Ο Νόμος του Gauss: Ο συνολικός αριθμός των ηλεκτρικών γραμμών που περνούν από μια επιφάνεια (ηλεκτρική ροή) είναι ανάλογη με το συνολικό ηλεκτρικό φορτίο που είναι εγκλωβισμένο από την επιφάνεια: Για περιπτώσεις με υψηλή συμμετρία ο νόμος αυτός μας διευκολύνει στην εύρεση του ηλεκτρικού πεδίου.

7 22-2 Ο Νόμος του Gauss Για σημειακό φορτίο (Νόμος Coulomb), Επομένως
Εάν λύσουμε E βρίσκουμε το νόμο του: Figure A single point charge Q at the center of an imaginary sphere of radius r (our “gaussian surface”—that is, the closed surface we choose to use for applying Gauss’s law in this case).

8 22-2 Ο Νόμος του Gauss Χρησιμοποιώντας τον νόμο του Coulomb υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα του πεδίου ενός σημειακού φορτίου για επιφάνεια Α1 που περικλείει το φορτίο : Figure A single point charge surrounded by a spherical surface, A1, and an irregular surface,A2. Βλέπουμε ότι για οποιαδήποτε κλειστή επιφάνεια A2, που περικλείει το φορτίο, η ροή είναι ίδια με αυτήν της A1, και επομένως το αποτέλεσμα είναι γενικό.

9 22-2 Ο Νόμος του Gauss Για πολλά σημειακά φορτία επεκτείνουμε το αποτέλεσμα και βρίσκουμε : Επομένως ο Νόμος του Gauss ισχύει για οποιαδήποτε κατανομή φορτίου. ΠΡΟΣΟΧΗ, απευθυνόμαστε πάντα στο πεδίο που δημιουργούν τα φορτία που βρίσκονται μέσα στην επιφάνεια. Φορτία εκτός επιφάνειας επίσης θα συνεισφέρουν στο συνολικό πεδίο.

10 22-2 Ο Νόμος του Gauss Θεωρείστε δύο επιφάνειας Gauss, A1 και A2, του σχήματος. Το μοναδικό φορτίο είναι το Q στο κέντρο της επιφάνειας A1. Ποια είναι η συνολική ροή μέσα από τις δύο επιφάνειες; Q/ε0 Solution: The net flux through A1 is Q/ε0, as it encloses charge Q. The net flux through surface A2 is zero, even though the field is not zero on the surface.

11 22-3 Εφαρμογές του Νόμου του Gauss
Ένας λεπτός σφαιρικός φλοιός με ακτίνα r0 έχει συνολικό φορτίο Q κατανεμημένο ομοιόμορφα. Βρείτε το ηλεκτρικό πεδίο στα σημεία (α) εκτός του φλοιού, (β) εντός του φλοιού (γ) τι θα συνέβαινε εάν ο φλοιός ήταν μεταλλικός Figure Cross-sectional drawing of a thin spherical shell of radius r0 carrying a net charge Q uniformly distributed. A1 and A2 represent two gaussian surfaces we use to determine Example 22–3. Solution: a. The gaussian surface A1, outside the shell, encloses the charge Q. We know the field must be radial, so E = Q/(4πε0r2). b. The gaussian surface A2, inside the shell, encloses no charge; therefore the field must be zero. c. All the excess charge on a conductor resides on its surface, so these answers hold for a solid sphere as well. ΛΥΣΗ

12 22-3 Εφαρμογές του Νόμου του Gauss
Ηλεκτρικό φορτίο Q είναι κατανεμημένο ομοιόμορφα σε διηλεκτρική σφαίρα (μονωτής) με ακτίνα r0. Βρείτε το ηλεκτρικό πεδίο (α) εκτός της σφαίρας (r > r0) και (β) εντός της σφαίρας (r < r0). Solution: a. Outside the sphere, a gaussian surface encloses the total charge Q. Therefore, E = Q/(4πε0r2). b. Within the sphere, a spherical gaussian surface encloses a fraction of the charge Qr3/r03 (the ratio of the volumes, as the charge density is constant). Integrating and solving for the field gives E = Qr/(4πε0r03).

13

14

15 22-3 Εφαρμογές του Νόμου του Gauss
Υποθέτουμε ότι η πυκνότητα του φορτίου μιας συμπαγούς σφαίρας είναι ρE = αr2, όπου α είναι μια σταθερά. (α) Βρείτε το α σαν συνάρτηση του φορτίου Q στην επιφάνεια της σφαίρας και της ακτίνας r0. (β) Βρείτε το ηλεκτρικό πεδίο εντός της σφαίρας σαν συνάρτηση του r. Solution: a. Consider the sphere to be made of a series of spherical shells, each of radius r and thickness dr. The volume of each is dV = 4πr2 dr. To find the total charge: Q = ∫ρE dV = 4παr05/5, giving α = 5Q/4πr05. b. The charge enclosed in a sphere of radius r will be Qr5/r05. Gauss’s law then gives E = Qr3/4πε0r05. ΛΥΣΗ

16 Ένα πολύ μακρύ καλώδιο έχει ομοιόμορφο θετικό φορτίο ανά μονάδα μήκους, λ. Βρείτε το ηλεκτρικό πεδίο πλησίον του καλωδίου (αλλά εκτός αυτού) και μακριά από τα άκρα. Solution: If the wire is essentially infinite, it has cylindrical symmetry and we expect the field to be perpendicular to the wire everywhere. Therefore, a cylindrical gaussian surface will allow the easiest calculation of the field. The field is parallel to the ends and constant over the curved surface; integrating over the curved surface gives E = λ/2πε0R.

17 Η ομοιόμορφη επιφανειακή πυκνότητα φορτίου για μια μεγάλη λεπτή επίπεδη διηλεκτρική επιφάνεια είναι σ (σ = φορτίο ανά μονάδα επιφάνειας = dQ/dA). Βρείτε το ηλεκτρικό πεδίο κοντά στην επιφάνεια. ΛΥΣΗ Solution: We expect E to be perpendicular to the plane, and choose a cylindrical gaussian surface with its flat sides parallel to the plane. The field is parallel to the curved side; integrating over the flat sides gives E = σ/2ε0.

18 Δείξτε ότι το πεδίο μόλις στο εξωτερικό της επιφάνειας ενός αγωγού είναι
E = σ/ε0 Όπου σ είναι η επιφανειακή πυκνότητα φορτίου το αγωγού σε οποιοδήποτε σημείο. ΛΥΣΗ Solution: Again we choose a cylindrical gaussian surface. Now, however, the field inside the conductor is zero, so we only have a nonzero integral over one surface of the cylinder. Integrating gives E = σ/ε0.

19 Η διαφορά μεταξύ του ηλεκτρικού πεδίου πλησίον αλλά έξω από μια φορτισμένη αγώγιμη επιφάνεια και μια φορτισμένη επιφάνεια μονωτή έχει δύο όψεις: Αφού το πεδίο εντός του αγωγού είναι ΜΗΔΕΝ, όλη η ηλεκτρική ροή περνάει από την μια πλευρά Η επιφάνεια του μονωτή έχει πυκνότητα σ, ενώ αυτή του αγωγού σ για κάθε πλευρά της επιφάνειας και επομένως διπλάσια πυκνότητα

20 Υποθέτουμε ότι ένας αγωγός φέρει φορτίο +Q και έχει μια κοιλότητα στο εσωτερικό του που περιέχει ένα φορτίο +q. Σχολιάστε τις κατανομές των φορτίων στις εσωτερικές και εξωτερικές επιφάνειας του αγωγού. Solution: The field must be zero within the conductor, so the inner surface of the cavity must have an induced charge totaling –q (so that a gaussian surface just around the cavity encloses no charge). The charge +Q resides on the outer surface of the conductor.

21 22-4 Πειραματική επιβεβαίωση των νόμων Gauss και Coulomb
Σε αυτό το πείραμα ο νόμος του, Gauss’s προβλέπει ότι ΟΛΟ το φορτίο της σφαίρας περνάει στον κύλινδρο μόλις έρθουν σε επαφή. Figure (a) A charged conductor (metal ball) is lowered into an insulated metal can (a good conductor) carrying zero net charge. (b) The charged ball is touched to the can and all of its charge quickly flows to the outer surface of the can. (c) When the ball is then removed, it is found to carry zero net charge.