3(זאב) - חוק גאוס — פיזיקה 2 | תיקיית הסיכומים

חוק גאוס נותן לנו דרך קלה יותר למצוא שטף.

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\phi_{\tiny E}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV

בשטף חשמלי רכיב השדה יחיד שאיכפת לנו ממנו הוא הרכיב שעובר בכיוון $ds$ שכן השאר לא עוברים דרך רכיב דרכו אנו מודדים את השטף שלנו. אם נניח יש לנו חלון אזי איכפת לנו רק מהשדה העובר דרך החלון ולא מהשדה העובר במקביל לחלון.

אם יש סימטריה, סכמטית, נקבל: $ES=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}$ ואז $E=\frac{Q_{in}}{S\epsilon_{0}}$ . (זוהי אינה נוסחה $outright$ אבל כיוון המחשבה)

מי זה $Q_{in}$ ? זה בתכלס $\displaystyle \iiint \rho dV$ . אנו מסתכלים אך ורק על המטען בתוך הקליפה הגאוסית שלנו.

הערה (מתי משתמשים בחוק גאוס למציאת שדה?)

כאשר יש סימטריה בבעיה ונוכל להוציא את השדה מהאינטגרל.

נשים את הקליפה איפה ששואלים אותנו מה השדה.

אם בבעיה אין סימטריה, נניח אם שמו מטען נקודתי מחוץ לספרה, לא נוכל למצוא את השדה בעזרת חוק גאוס בלבד.
אם נרצה לפתור שאלה שכזו נחלק ל-2:

התרומה של הקליפה תהיה $0$ לשדה לפי חוק גאוס :)
התרומה של הנקודתי יהיה $E=\frac{kQ}{r^2}$ ואת זה אנו מכירים

תרגיל

גליל $\infty$ עם רדיוס פנימי $a$ ורדיוס חיצוני $b$ טעון בצפיפות נפחית אחידה $\rho_{0}$ .
מהו השדה החשמלי בכל המרחב?

אנו שמים לב כי כתוב בכל המרחב ולכן, זה בדיוק המקום המתאים להשתמש בחוק גאוס. אם היה רשום לנו בנקודה ספציפית היינו צריכים לעשות אינטגרל כמו בתרגול קודם.
3(זאב) - חוק גאוס 2026-05-20 08.48.56.excalidraw.svg
נתחיל בלמצוא את השדה מחוץ ל- $b$ . נצור קליפה גאוסית מבחוץ בתצורת גליל. נשים לב כי למרות שהגליל שלנו אינסופי, הקליפה עצמה אינה אינוספית והיא בעלת שטח.
נשים לב כי מסימטריה ומכיוון שקווי השדה היוצאים מגליל הינם רדיאלים, שום שדה לא יעבור דרך הבסיסים של הגליל.

\underset{\begin{matrix} \R{\text{הגליל}} \\ \R{\text{מעטפת}} \\ + \\ \R{\text{בסיס}} \end{matrix}}{\oiint}\vec{E}\cdot d\vec{s}=\underset{\R{\text{מעטפת}}}{\iint}\vec{E}\cdot d\vec{s}+\underset{\R{\text{בסיסים}}}{\iint}\vec{E}\cdot d\vec{s}=\underset{\R{\text{מעטפת}}}{\iint}E(r)\hat{r}\cdot ds\hat{r}+\underset{\R{\text{בסיסים}}}{\iint}E(r)\hat{r}\cdot ds\hat{z}=\underset{\R{\text{מטעפת}}}{\iint}E(r)ds=E(r)\underset{\R{\text{מטעפת}}}{\iint}ds

=E\cdot2\pi rh

יכלנו להוציא את $E(r)$ מהאינטגרל כי למטעפת הגאוסית שלנו יש $r$ קבוע ולכן גם $E$ שיכול להיות תלוי אך ורק ב- $r$ קבוע.
כעת, נסתכל על הצד השני של חוק גאוס:

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{r=a}^b \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^h \rho_{0}rdrd\theta dz=\frac{2\pi h}{\epsilon_{0}}\rho_{0}(b^2-a^2)=\frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}(b^2-a^2)

נשווה את האגפים של חוק גאוס:

E(r)=\frac{\pi h\rho_{0}(b^2-a^2)}{2\pi rk\epsilon_{0}}=\frac{\rho_{0}(b^2-a^2)}{2\epsilon_{0}} \frac{1}{r}

כעת נמצא את השדה החשמלי כאשר $a<r<b$ . אנו נשתמש באותה קליפה גאוסית ולכן נקבל באגף שמאל בדיוק את אותו הדבר: $2\pi rhE(r)$ .
באגף שמאל ישתנה רק התחום של האינטגרל:

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{a}^r \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^h \rho_{0}\tilde{r}d\tilde{r}d\theta dz=\dots = \frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}(r^2-a^2)

נשווה ונקבל:

E(r)=\frac{\pi h\rho_{0}(r^2-a^2)}{2\pi rh\epsilon_{0}}=\frac{\rho_{0}}{2\epsilon_{0}}\left( r-\frac{a^2}{r} \right)

נשים לב לפיזיקה: כלל שאנחנו יוצאים מהמרכז אנו תופסים יותר מטען ובו בזמן אנחנו מתרחקים מהמטען שכבר תפסנו ממקודם ולכן שני האפקטים הללו מיוצגים על ידי ה- $r-\frac{a^2}{r}$ .

לבסוף, נמצא את השדה החשמלי כאשר $r<a$ . נראה כי אין לנו מטען בתוך המעטפת הגאוסית שלנו ואז $Q_{in}=0$ ולכן $ES=0$ ולכן $E=0$ .

תרגיל

תהי טבלה $\infty$ בעובי $d$ טעונה במטען $\rho=\rho_{0} \frac{x^2}{d^2}$ .
מהו השדה בכל המרחב?

נשים לב כי בכיוון $y$ ו- $z$ זה אינסופי ולכן לא משנה איפה אנחנו נמצאים על $\hat{y},\hat{z}$ .
בנוסף נשים לב כי בגלל שיש $x^2$ במטען יש סימטריה ביחס למישור $yz$ מכאן קווי השדה בכיוון $\pm \hat{x}$ בלבד.
מפה אנו מבינים ישר שאנו צריכים תיבה כקליפה גאוסית.
3(זאב) - חוק גאוס 2026-05-20 09.10.38.excalidraw.svg
נתחיל בתחום $|x|> \frac{d}{2}$ (מחוץ לטבלה). נצייר תיבה עם גודל בסיס $A$ כלשהו ואורך $x$ .
באגף שמאל של גאוס נקבל:

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\underset{A\R{\text{בסיס }}}{\iint} \vec{E}\cdot d\vec{s}+\underset{\R{\text{שאר הפאות}}}{\iint} \vec{E}\cdot d\vec{s}

$E$ נמצא בכיוון $\hat{x}$ ולכן, שאר הפאות מתבטלות בגלל המכפלה הסקלרית.

=2AE

כעת, נעבור לאגף השני של גאוס:

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}=\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\underbracket{\int dz\int dy}_{A}\int_{\frac{d}{2}}^{\frac{d}{2}} \rho_{0} \frac{x^2}{d^2}dx=\frac{A\rho_{0}}{\epsilon_{0}d^2}\cdot \frac{1}{3}\left( \frac{d^3}{3}-\left( -\frac{d^3}{3} \right) \right)=\frac{A\rho_{0}}{\epsilon_{0}d^2}\cdot \frac{d^3}{12}=\frac{A\rho_{0}d}{12\epsilon_{0}}

נשווה בין שני האגפים:

\vec{E}(x)=\frac{\rho_{0}d}{24\epsilon_{0}}(\text{Sign}\; x)\hat{x}

בתחום $|x|< \frac{d}{2}$ נשתמש באותה הקליפה.

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}A\int_{-x}^x \frac{\rho_{0}\tilde{x}^2}{d^2}d\tilde{x}=\dots

זה אותו הדבר ויש את הפתרון בדפים.

חוק גאוס נותן לנו דרך קלה יותר למצוא שטף.

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\phi_{\tiny E}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV

אם יש סימטריה, סכמטית, נקבל: $ES=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}$ ואז $E=\frac{Q_{in}}{S\epsilon_{0}}$ . (זוהי אינה נוסחה $outright$ אבל כיוון המחשבה)

מי זה $Q_{in}$ ? זה בתכלס $\displaystyle \iiint \rho dV$ . אנו מסתכלים אך ורק על המטען בתוך הקליפה הגאוסית שלנו.

הערה (מתי משתמשים בחוק גאוס למציאת שדה?)

כאשר יש סימטריה בבעיה ונוכל להוציא את השדה מהאינטגרל.

נשים את הקליפה איפה ששואלים אותנו מה השדה.

התרומה של הקליפה תהיה $0$ לשדה לפי חוק גאוס :)
התרומה של הנקודתי יהיה $E=\frac{kQ}{r^2}$ ואת זה אנו מכירים

תרגיל

גליל $\infty$ עם רדיוס פנימי $a$ ורדיוס חיצוני $b$ טעון בצפיפות נפחית אחידה $\rho_{0}$ .
מהו השדה החשמלי בכל המרחב?

\underset{\begin{matrix} \R{\text{הגליל}} \\ \R{\text{מעטפת}} \\ + \\ \R{\text{בסיס}} \end{matrix}}{\oiint}\vec{E}\cdot d\vec{s}=\underset{\R{\text{מעטפת}}}{\iint}\vec{E}\cdot d\vec{s}+\underset{\R{\text{בסיסים}}}{\iint}\vec{E}\cdot d\vec{s}=\underset{\R{\text{מעטפת}}}{\iint}E(r)\hat{r}\cdot ds\hat{r}+\underset{\R{\text{בסיסים}}}{\iint}E(r)\hat{r}\cdot ds\hat{z}=\underset{\R{\text{מטעפת}}}{\iint}E(r)ds=E(r)\underset{\R{\text{מטעפת}}}{\iint}ds

=E\cdot2\pi rh

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{r=a}^b \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^h \rho_{0}rdrd\theta dz=\frac{2\pi h}{\epsilon_{0}}\rho_{0}(b^2-a^2)=\frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}(b^2-a^2)

נשווה את האגפים של חוק גאוס:

E(r)=\frac{\pi h\rho_{0}(b^2-a^2)}{2\pi rk\epsilon_{0}}=\frac{\rho_{0}(b^2-a^2)}{2\epsilon_{0}} \frac{1}{r}

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{a}^r \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^h \rho_{0}\tilde{r}d\tilde{r}d\theta dz=\dots = \frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}(r^2-a^2)

נשווה ונקבל:

E(r)=\frac{\pi h\rho_{0}(r^2-a^2)}{2\pi rh\epsilon_{0}}=\frac{\rho_{0}}{2\epsilon_{0}}\left( r-\frac{a^2}{r} \right)

לבסוף, נמצא את השדה החשמלי כאשר $r<a$ . נראה כי אין לנו מטען בתוך המעטפת הגאוסית שלנו ואז $Q_{in}=0$ ולכן $ES=0$ ולכן $E=0$ .

תרגיל

תהי טבלה $\infty$ בעובי $d$ טעונה במטען $\rho=\rho_{0} \frac{x^2}{d^2}$ .
מהו השדה בכל המרחב?

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\underset{A\R{\text{בסיס }}}{\iint} \vec{E}\cdot d\vec{s}+\underset{\R{\text{שאר הפאות}}}{\iint} \vec{E}\cdot d\vec{s}

$E$ נמצא בכיוון $\hat{x}$ ולכן, שאר הפאות מתבטלות בגלל המכפלה הסקלרית.

=2AE

כעת, נעבור לאגף השני של גאוס:

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}=\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\underbracket{\int dz\int dy}_{A}\int_{\frac{d}{2}}^{\frac{d}{2}} \rho_{0} \frac{x^2}{d^2}dx=\frac{A\rho_{0}}{\epsilon_{0}d^2}\cdot \frac{1}{3}\left( \frac{d^3}{3}-\left( -\frac{d^3}{3} \right) \right)=\frac{A\rho_{0}}{\epsilon_{0}d^2}\cdot \frac{d^3}{12}=\frac{A\rho_{0}d}{12\epsilon_{0}}

נשווה בין שני האגפים:

\vec{E}(x)=\frac{\rho_{0}d}{24\epsilon_{0}}(\text{Sign}\; x)\hat{x}

בתחום $|x|< \frac{d}{2}$ נשתמש באותה הקליפה.

\frac{1}{\epsilon_{0}}Q_{in}=\frac{1}{\epsilon_{0}}A\int_{-x}^x \frac{\rho_{0}\tilde{x}^2}{d^2}d\tilde{x}=\dots

זה אותו הדבר ויש את הפתרון בדפים.