הוכיחו את חוק גאוס \oiint\vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{Q_{in}}{\varepsilon_{0}} מחוק קולון ועקרון הסופרפוזיציה.
חשמל ומגנטיות · פיתוח 15
חוק גאוס
ניסוח מלא
פתרון
נסתכל על מטען q בראשית ועל חתיכת מעטפת קטנה בעלת שטח d\vec{A} בכיוון הנורמל למשטח. שימו לב שיש שני כיוונים אפשריים לנורמל ובשלב זה אין הבדל ביניהם. נניח שהחתיכה בעלת זווית מרחבית d\Omega, כלומר שההיטל שלה על כדור היחידה בעל שטח d\Omega. נסמן את הזווית בין \hat{r} והנורמל למשטח ב-\theta, כלומר \cos\theta=\hat{r}\cdot d\hat{A}. לכן מגאומטריה מתקיים dA\left|\cos\theta\right|=d\Omega r^{2}. לכן:
d\Phi=\vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\hat{r}\cdot d\vec{A}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\cos\theta\cdot\frac{d\Omega r^{2}}{\left|\cos\theta\right|}=\pm\frac{qd\Omega}{4\pi\varepsilon_{0}}
חשוב לשים לב שכרגע יש \pm כי לא קבענו את כיוון הנורמל. עבור מעטפת סגורה הנורמל מוגדר כך שהוא תמיד מצביע החוצה. נסתכל על כיוון מסוים ועל קו השדה היוצא מהמטען בכיוון הזה. כל פעם שקו השדה יוצא מהמעטפת יהיה + וכשהוא נכנס חזרה יהיה -. אם הקו מתחיל בתוך המעטפת, אז מאחר שהיא סופית הוא יסיים באינסוף מחוצה לה כלומר הוא יצא פעם אחת יותר משהוא נכנס. אם המטען מחוץ למעטפת אז הוא התחיל וסיים בחוץ ולכן הוא יצא ונכנס כמות שווה של פעמים. זה נכון לכל כיוון והזווית המרחבית המלאה היא 4\pi ולכן
\oiint\vec{E}\cdot d\vec{A}=\begin{cases}
\frac{q}{\varepsilon_{0}} & in\\
0 & out
\end{cases}
לכן מסופרפוזיציה עבור התפלגות מטענים כללית:
\oiint\vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{Q_{in}}{\varepsilon_{0}}
הערה: שימו לב שהוכחנו גם דבר מגניב נוסף. השטף של מטען יחיד דרך משטח לא בהכרח סגור תלוי בדיוק בזווית המרחבית של נשטח ביחס אליו. לדוגמא עבור מטען q בראשית ועיגול ברדיוס R הממורכז ב-z=z_{0}. העיגול מכסה את כל \cos\theta\geq\frac{z_{0}}{\sqrt{R^{2}+z^{2}_{0}}} כאשר \theta הזווית עם ציר ה-z. לכן לפי משפט האבטיח:
d\Omega=\frac{1-\cos\theta}{2}\cdot4\pi
\iint\vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{q\Omega}{4\pi\varepsilon_{0}}=\frac{1-\cos\theta}{2}\frac{q}{\varepsilon_{0}}
ניסיונות וטבלת שיאים
אף אחד עוד לא פתר את הפיתוח הזה.
אין עדיין ניסיונות.