hrw24

siločáry, které reprezentují elektrické pole, procházejí Gaus-
sovou plochou tak, že vstupují do válce levou podstavou
a vystupují z něj pravou podstavou; jejich celkový tok je tedy
nulový.
Gaussova
plocha
a
b
c
E
E
E
dS
dS
dS
θ
θ
Obr.24.4 Příklad 24.1. Gaussova plocha (pláštquoteright válce+podstavy)
se nachází v homogenním elektrickém poli. Osa válce je rovno-
běžná se směrem pole.
K
ONTROLA 1: Na obrázku je Gaussova plocha tvo-
řená povrchem krychle, jejíž jedna stěna má obsah S.
Krychle se nachází v homogenním elektrickém poli
o intenzitě E, které směřuje v kladném směru osy z.
Vyjádřete pomocíE aS tok (a) čelní stěnou (ležící v ro-
viněxy), (b) zadní stěnou, (c) horní stěnou a (d) celým
povrchem krychle.
x
y
z
S
E
PŘÍKLAD24.2
Nehomogenní elektrické pole o intenzitě E = 3,0xi + 4,0j
prochází Gaussovou plochou ve tvaru povrchu krychle podle
obr. 24.5 (E je vyjádřeno v newtonech na coulomb a x vme-
trech). Jaký je tok intenzity elektrického pole pravou stěnou,
levou stěnou a horní stěnou krychle?
622 KAPITOLA 24 GAUSSŮV ZÁKON ELEKTROSTATIKY
Gaussova
plocha
x
y
z
x=1,0m x=3,0m
Obr.24.5 Příklad 24.2. Gaussova plocha ve tvaru povrchu krych-
le, jejíž jedna hrana leží na ose x, se nachází v nehomogenním
elektrickém poli.
ŘEŠENÍ: Pravá stěna: Vektor plochy je vždy kolmý k této
ploše a je orientován směrem ven z krychle (z Gaussovy
plochy). To znamená, že vektor dS musí pro pravou stěnu
směřovat vždy ve směru +x. Při použití jednotkových vek-
torů je
dS = dSi.
Z rov. (24.4) plyne, že tok Φ
E,p
pravou stěnou je
Φ
E,p
=
integraldisplay
E · dS =
=
integraldisplay
(3,0xi + 4,0j)·(dS·i)=
=
integraldisplay
bracketleftbig
(3,0x)(dS)i ·i +(4,0)(dS)j ·i
bracketrightbig
=
=
integraldisplay
(3,0x dS+ 0)= 3,0
integraldisplay
x dS.
Protože budeme integrovat přes pravou stěnu, pro niž je
v každém bodě hodnota x konstantní (x = 3,0m),platí
Φ
E,p
= 3,0
integraldisplay
(3,0)dS = 9,0
integraldisplay
dS.
Integrálvyjadřuje obsah pravé stěny S = 4,0m
2
.Tedy
Φ
E,p
=(9,0N·C
−1
)(4,0m
2
)=
= 36,0N·m
2
·C
−1
. (Odpovědquoteright)
Levá stěna: Postup výpočtu je stejný jako pro pravou stě-
nu. Při postupu je třeba brát v úvahu dvě odlišnosti. (1) Vek-
tor dS plochy,přes niž integrujeme,směřuje ve směru osy−x,
tedy dS =−dSi. (2) Výraz pro x je pro uvažovanou le-
vou stěnu opět konstantní, je však x = 1,0 m. Vezmeme-li
v úvahu tyto dva rozdíly, nalezneme tok Φ
E,l
levou stě-
nou
Φ
E,l
=−12 N·m
2
·C
−1
. (Odpovědquoteright)
Horní stěna: Vektor plochy dS, přes niž integrujeme, smě-
řuje ve směru osy y,tedydS = dSj.TokΦ
E,h
horní stěnou
je
Φ
E,h
=
integraldisplay
(3,0xi + 4,0j)·(dSj)=
=
integraldisplay
bracketleftbig
(3,0x)(dS)i ·j +(4,0)(dS)j ·j
bracketrightbig
=
=
integraldisplay
(0 + 4,0dS)= 4,0
integraldisplay
dS =
= 16 N·m
2
·C
−1
. (Odpovědquoteright)
24.4 GAUSSŮV ZÁKON
ELEKTROSTATIKY
Gaussův zákon vyjadřuje vztah mezi celkovým tokem Φ
E
intenzity elektrického pole uzavřenou Gaussovou plochou
a celkovým nábojem Qobklopeným touto plochou:
ε
0
Φ
E
=Q (Gaussův zákon). (24.6)
Dosazením rov. (24.4), tj. definice toku elektrické intenzity,
můžeme přepsat Gaussův zákon do tvaru
ε
0
contintegraldisplay
E· dS =Q (Gaussův zákon). (24.7)
Zatím se budeme zabývat elektrickými náboji a elek-
trickým polem ve vakuu. V čl. 26.8 ukážeme, v jakém tvaru
se zapisuje a používá Gaussův zákon v dielektrickém pro-
středí, jako jsou např. slída, olej nebo sklo.
V rov. (24.6) a (24.7) je celkový náboj Q =
summationtext
k
Q
k
algebraickým součtem všech kladných i záporných nábojů
obklopených Gaussovou plochou a může být tedy kladný,
záporný, nebo nulový. Znaménko výsledného náboje, na-
cházejícího se uvnitř plochy, určuje znaménko toku elek-
trické intenzity Gaussovou plochou: je-liQ>0, je celkový
tok Φ
E
kladný a intenzita E směřuje převážně ven z plo-
chy,je-liQR, zjistíme, že
E =
1
4D4ε
0
Q
r
2
(pole kulové vrstvy
ve vzdálenosti r>R).
(24.15)
Je to stejné pole, jaké by vytvořil bodový náboj, umís-
těný ve středu nabité kulové vrstvy. Velikost síly, kterou
působí kulová vrstva na nabitou částici ležící vně, je tedy
stejná jako velikost síly v případě, že by vrstva byla nahra-
zena bodovým nábojem Q ležícím v jejím středu. Tím je
dokázán první slupkový teorém.
24.9 POUŽITÍ GAUSSOVA ZÁKONA: KULOVÁ SYMETRIE 631
;;;;
;;;;
;;;;
;;;;
r
R
S
1
S
2
Q
Obr.24.18 Řez tenkou kulovou vrstvou, nesoucí rovnoměrně
rozložený náboj Q, a dvěma Gaussovými plochami S
1
a S
2
.
Plocha S
2
obklopuje kulovou vrstvu, plocha S
1
obklopuje
pouze prázdný prostor uvnitř vrstvy.
Použijeme-li Gaussův zákon na druhou plochuS
1
,pro
niž rR. (b) Obdobná Gaussova plocha o po-
loměru