„Elektrosztatika példák - Végtelen sík elektromos tere” változatai közötti eltérés
(Új oldal, tartalma: „<noinclude> Kategória:Kísérleti fizika gyakorlat 2. Kategória:Szerkesztő:Beleznai Kategória:Elektrosztatika {{Kísérleti fizika gyakorlat | tárgynév …”) |
|||
| 18. sor: | 18. sor: | ||
Ahol $Q=A\omega$ a felvett téglatest által bezárt töltés mennyisége. | Ahol $Q=A\omega$ a felvett téglatest által bezárt töltés mennyisége. | ||
A rendszer szimmetriája miatt kijelenthetjük, hogy az elektromos tér mindenütt merőleges lesz a töltött síkra. Ebből következik, hogy a téglatest töltött síkra merőleges oldalfalain az $\overline{E} \overline{dA}$ skalárszorzat minden pontban azonosan nulla lesz, hiszen ezen felületek normálisa mindenütt $90^o$-os szöget zár be a feltételezett $\overline{E}$ térerősséggel. | A rendszer szimmetriája miatt kijelenthetjük, hogy az elektromos tér mindenütt merőleges lesz a töltött síkra. Ebből következik, hogy a téglatest töltött síkra merőleges oldalfalain az $\overline{E} \overline{dA}$ skalárszorzat minden pontban azonosan nulla lesz, hiszen ezen felületek normálisa mindenütt $90^o$-os szöget zár be a feltételezett $\overline{E}$ térerősséggel. | ||
| − | A töltött síkkal párhuzamos $A$ felületű lapokon viszont a $\overline{dA}$ felületnormális és a feltételezett $\overline{E}$ térerősség minden pontban párhuzamos egymással, így azok skalárszorzata megegyezik a vektorok abszolút értékének szorzatával: $\overline{E} \overline{dA}=EdA$ A térerősség zárt felületre felvett integrálja az alábbi formára egyszerűsödik: | + | A töltött síkkal párhuzamos $A$ felületű lapokon viszont a $\overline{dA}$ felületnormális és a feltételezett $\overline{E}$ térerősség minden pontban párhuzamos egymással, így azok skalárszorzata megegyezik a vektorok abszolút értékének szorzatával: $\overline{E} \overline{dA}=EdA$ |
| + | A térerősség zárt felületre felvett integrálja az alábbi formára egyszerűsödik: | ||
$$\dfrac{A\omega}{\varepsilon_0}=\oint \overline{E} \overline{dA}=2EA$$ | $$\dfrac{A\omega}{\varepsilon_0}=\oint \overline{E} \overline{dA}=2EA$$ | ||
A lap 2013. április 28., 11:59-kori változata
Feladat
- Végtelen kiterjedésű síkon
felületi töltéssűrűség van. Határozzuk meg a térerősséget a Gauss-tétel segítségével a síktól 
távolságra!
Megoldás
A Gauss-tétel alkalmazásához fel kell vennünk egy zárt felületet a térben. Ez legyen egy téglatest, melynek a töltött síkkal párhuzamos lapjai egyenként 
területűek. Az területű lapok a töltött sík átellenes oldalain helyezkednek el, attól egyaránt távolságra. (1. ábra) Az így definiált téglateste írjuk fel a Gauss-törvényt:
![\[\dfrac{Q}{\varepsilon_0}=\oint \overline{E} \overline{dA}\]](/images/math/d/e/7/de7487da9b625bb1aa418a39896332f4.png)
Ahol 
a felvett téglatest által bezárt töltés mennyisége.
A rendszer szimmetriája miatt kijelenthetjük, hogy az elektromos tér mindenütt merőleges lesz a töltött síkra. Ebből következik, hogy a téglatest töltött síkra merőleges oldalfalain az 
skalárszorzat minden pontban azonosan nulla lesz, hiszen ezen felületek normálisa mindenütt 
-os szöget zár be a feltételezett 
térerősséggel.
A töltött síkkal párhuzamos felületű lapokon viszont a 
felületnormális és a feltételezett térerősség minden pontban párhuzamos egymással, így azok skalárszorzata megegyezik a vektorok abszolút értékének szorzatával: 
A térerősség zárt felületre felvett integrálja az alábbi formára egyszerűsödik:
![\[\dfrac{A\omega}{\varepsilon_0}=\oint \overline{E} \overline{dA}=2EA\]](/images/math/c/f/1/cf1039c000c11e1f7191b54fee700ad6.png)
Ebből a térerősséget kifejezve:
![\[E=\dfrac{\omega}{2\varepsilon_0} \]](/images/math/e/2/6/e26be922b627f50e8d32ed593468c2e1.png)
A kapott eredményt érdemes összevetni a !!!!!!!!!!!!!! 17. feladat link!!!!!!!!!!!!!! 
határértékben kapott végeredményével.
