高等数学：高斯定理

╰半夏微凉° 2023-10-15 11:18 50阅读 0赞

#### 文章目录 ####

*  一、前提条件
 *  二、高斯定律
 *  三、高斯定律应用

## 一、前提条件 ##

x = r s i n θ c o s ψ y = r s i n θ s i n ψ z = r c o s θ 0 ≤ r 0 ≤ θ ≤ π 0 ≤ ψ ≤ 2 π x=rsin\\theta cos\\psi \\\\ y=rsin\\theta sin\\psi \\\\ z=rcos\\theta \\\\ 0\\leq r \\\\ 0\\leq\\theta\\leq\\pi \\\\ 0\\leq\\psi\\leq2\\pi x=rsinθcosψy=rsinθsinψz=rcosθ0≤r0≤θ≤π0≤ψ≤2π  
很直观：  x , y x,y x,y 将  r s i n θ rsin\\theta rsinθ 分掉，  z z z 分走  r c o s θ rcos\\theta rcosθ ，得到  d S = r 2 s i n θ d θ d ψ dS=r^2sin\\theta d\\theta d\\psi dS=r2sinθdθdψ,【  d S = r s i n θ d ψ ⋅ r d θ dS=rsin\\theta d\\psi \\cdot rd\\theta dS=rsinθdψ⋅rdθ 】,将

面积微元视为长方形长为  r s i n θ d ψ rsin\\theta d\\psi rsinθdψ，宽为  r d θ rd\\theta rdθ ， d Ω = d S d r 2 = s i n θ d θ d ψ d\\Omega=\\frac\{dS\}\{dr^2\}=sin\\theta d\\theta d\\psi dΩ=dr2dS=sinθdθdψ ,

d V = d S d r = r 2 s i n θ d r d θ d ψ dV=dSdr=r^2sin\\theta drd\\theta d\\psi dV=dSdr=r2sinθdrdθdψ ，积分可得：  S = 4 π r 2 , Ω = 4 π , V = 4 π r 3 3 S=4\\pi r^2 , \\Omega=4\\pi , V=\\frac\{4\\pi r^3\}\{3\} S=4πr2,Ω=4π,V=34πr3,和数学一致

球的立体角就是  4 π 4\\pi 4π，联系圆周角为  2 π 2\\pi 2π

## 二、高斯定律 ##

内容：真空中任何静电场，通过任意闭合曲面的电场强度通量，等于该曲面所包围的电荷电量代数和除以  ε 0 \\varepsilon\_\{0\} ε0

## 三、高斯定律应用 ##

电场强度的计算：  
步骤：分析  q q q 的对称性  → \\rightarrow → 电场的对称性  → \\rightarrow → 选取适当高斯面

最简单的是选择球面，这里不赘述，复杂的是选择一个圆柱面或者平面，下面是选择圆柱面的高斯面进行分析

例1.

物理学中的面只有一面，“不可撕”，单向，根据分析发现，在某点的场强方向永远向外侧

圆柱高斯面的侧面与电场线方向平行，所以场强为0，只需关注左右底的场强，注意，这里规定的正方向应该是：

穿出高斯面为正 ，故：  2 E S = σ S ε 0 2ES=\\frac\{\\sigma S\}\{\\varepsilon\_\{0\}\} 2ES=ε0σS ,得到  E = σ 2 ε E=\\frac\{\\sigma\}\{2\\varepsilon\} E=2εσ，空间内任一点处场强都相同

例2.在实心带电球体内，电荷均匀分布，在其中挖一个小球，产生空腔，求空腔内一点的电场强度

思路：场叠加原理，在未挖去小球情况下，在这点的场强记为 E1 ，挖去之后记为 E2 ，可以发现 E1 和 E2 相

差的场强就是被挖去小球的在该点产生的场强，记为 E3 ， E2=E1-E3 ,原带点总量为 q ，假设大球半径

为 R ，小球半径为 R’ ，大球球心距该点距离为 r1 ,小球球心距该点距离为 r2 ，两个球心相距 a 电荷量密度为  
 ρ \\rho ρ ，有  ρ = q 4 π r 3 3 \\rho=\\frac\{q\}\{\\frac\{4\\pi r^3\}\{3\}\} ρ=34πr3q进而  E 2 = E 1 − E 3 = ρ 4 π r 1 3 3 4 π ε 0 R 3 r 1 2 e r 1 − ρ 4 π r 2 3 3 4 π ε 0 R 3 r 2 2 e r 2 = ρ 3 ε 0 ( r 1 − r 2 ) = ρ 3 ε 0 a E2=E1-E3=\\frac\{\\rho \\frac\{4\\pi r\_\{1\}^3\}\{3\}\}\{4\\pi \\varepsilon \_\{0\}R^3r\_\{1\}^2\}e\_\{r\_\{1\}\}-\\frac\{\\rho \\frac\{4\\pi r\_\{2\}^3\}\{3\}\}\{4\\pi \\varepsilon \_\{0\}R^3r\_\{2\}^2\}e\_\{r\_\{2\}\}=\\frac\{\\rho\}\{3\\varepsilon\_\{0\}\}(r\_\{1\}-r\_\{2\})=\\frac\{\\rho\}\{3\\varepsilon\_\{0\}\}a E2=E1−E3=4πε0R3r12ρ34πr13er1−4πε0R3r22ρ34πr23er2=3ε0ρ(r1−r2)=3ε0ρa

可以看到任意位置场强都是相等的，记住结论

补充：细棒无限长，电荷均匀分布，则距离细棒 x 处产生的场强是  λ 2 π ε 0 x \\frac\{\\lambda\}\{2\\pi\\varepsilon\_\{0\}x\} 2πε0xλ ，  λ \\lambda λ 为线密度

最后有一点题外话：可以用球坐标求解三维重极限问题

( x y z x 2 + y 2 + z 2 ) x + y (\\frac\{xyz\}\{x^2+y^2+z^2\})^\{x+y\} (x2\+y2\+z2xyz)x\+y重极限不存在，看到指数变形式，  e ( x + y ) l n ( x y z x 2 + y 2 + z 2 ) e^\{(x+y)ln(\\frac\{xyz\}\{x^2+y^2+z^2\})\} e(x\+y)ln(x2\+y2\+z2xyz) ,拆开指数部分，

( x + y ) l n ( x y z ) − ( x + y ) l n ( x 2 + y 2 + z 2 ) (x+y)ln(xyz)-(x+y)ln(x^2+y^2+z^2) (x\+y)ln(xyz)−(x\+y)ln(x2\+y2\+z2) ,先讨论前一项，前一项取路径  y = x y=x y=x化三元为二元，得到

4 x l n x + 2 x l n z 4xlnx+2xlnz 4xlnx\+2xlnz,前者极限为0，后者极限不存在，分别取路径  z = x z=x z=x 和  l n z = − 1 x lnz=-\\frac\{1\}\{x\} lnz=−x1 ,得到结果不同，故

( x + y ) l n ( x y z ) (x+y)ln(xyz) (x\+y)ln(xyz) 极限不存在，再看  ( x + y ) l n ( x 2 + y 2 + z 2 ) (x+y)ln(x^2+y^2+z^2) (x\+y)ln(x2\+y2\+z2)，球坐标代换，

2 ( r s i n θ c o s ψ + r s i n θ s i n ψ ) l n r 2(rsin\\theta cos\\psi+rsin\\theta sin\\psi)lnr 2(rsinθcosψ\+rsinθsinψ)lnr,极限为0，一个极限存在，一个不存在，所以总极限不存在