с инета для метод
.pdfГл. 6. Постоянный электрический ток |
181 |
|
|
|
|
§6.2. Основные типы задач (классификация)
6.1.Определение сопротивления, электрических полей, напряжений и тока утечки в сплошной среде.
6.2.Определение теплоты, выделяющейся в проводнике (среде), при протекании тока.
6.3.Расчет цепей квазилинейных проводников.
6.4.Расчет разветвленных цепей, сводимых к неразветвленным благодаря элементам симметрии.
§6.3. Методы решения и примеры решения задач
Задачи типа 6.1
Определение сопротивления, электрических полей, напряжений и тока утечки в сплошной проводящей среде
Метод решения. При рассмотрении токов в проводящих средах и нахождении сопротивления среды между электродами целесообразно придерживаться следующей схемы решения задачи (электрод – эквипотенциальный проводник, электропроводность которого много больше электропроводности среды).
Для расчета сопротивления по закону Ома нужно найти отношение напряжения на электродах U и полного тока I через систему.
В качестве исходного параметра удобнее всего взять полный ток I, поскольку величины зарядов на электродах заранее могут быть не очевидны.
а) Начать решение целесообразно с нахождения плотности тока j(r), поскольку при протекании постоянного тока для j(r) всегда соблюдается соотношение (6.2) div j = 0, независимо от особенностей диэлектрических и проводящих свойств среды. С другой стороны, j(r) легко связать с полным током через электрод соотношением (6.4). В задачах с симметрией условие (6.2) обычно позволяет сразу определить характер зависимости плотности тока j от координат.
б) Далее, пользуясь дифференциальным законом Ома (6.3), перейти к напряженности электрического поля E(r) = ρ(r) j(r).
в) Зная Е(r), интегрированием можно найти разность потенциалов (напряжение) между электродами 1 и 2:
182 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
(2)
U = − ∫E(r)dr .
(1)
Используя закон Ома (6.5), определить сопротивление среды между электродами
R = U .
I
Таким образом, задача решается в следующей последовательности:
I → j → E → U. |
(6.16) |
Если проводящая среда однородна, то поле полностью определяется зарядами и потенциалами электродов, и можно исходным параметром взять напряжение на электродах и решать в обратной последовательности:
U → E → j → I, |
(6.17) |
или же исходить из свободного заряда на электродах ±q и решать по схеме:
q → E → j → I. |
(6.18) |
Однако в случае неоднородной проводимости среды простой переход U → E или q → E невозможен. Поле Е будет определяться при этом не только геометрическими факторами и напряжением U или зарядом электродов q, но и характером зависимости ρ(r) из-за появления в проводящей среде ненулевой плотности свободных зарядов.
Задача 6.3.1. На плоский конденсатор ёмкостью С подано постоянное напряжение U. Найти ток утечки через конденсатор, если удельное сопротивление однородного вещества, которым заполнен зазор между обкладками конденсатора, равно ρ, а диэлектрическая
проницаемость равна ε.
Решение
Так как напряжение на обкладках конденсатора постоянно, а среда, заполняющая пространство между его обкладками, однородна, то для нахождения тока утечки, текущего через конденсатор можно воспользоваться схемой (6.17).
184 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
j1 = j2= j = I .
S
Из закона Ома в дифференциальной форме (6.3) получаем напряженности полей в слоях 1 и 2:
E1 = ρ1 j, E2 = ρ2 j.
Ввиду однородности полей для напряжения между обкладками конденсатора получим
U = ϕ1 − ϕ2 = E1d1 + E2d2 = j(ρ1d1 +ρ2d2),
откуда находим плотность тока и полную силу тока через конденсатор
j = |
|
|
U |
|
|
, |
I = jS = |
|
|
U |
|
|
|
S . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
ρ d + ρ |
d |
2 |
ρ d |
1 |
+ ρ |
2 |
d |
2 |
||||||
|
1 |
1 |
2 |
|
|
1 |
|
|
|
Используя закон Ома (6.5), найдем сопротивление данного слоистого конденсатора
R = U = ρ1d1 + ρ2d2 .
IS
2)Для нахождения заряда пластин можно воспользоваться граничным условием для нормальной компоненты вектора электрического смещения
D2n – D1n = σ,
где σ – поверхностная плотность свободных зарядов, n – вектор нормали в направлении сред 1 → 2. Учитывая, что вне конденсатора D = 0, для левой пластины получим
σ1 = D1 = ε0ε1E1,
для правой пластины
σ2 = –D2 = –ε0ε2E2.
Напряженности полей E1 и E2 легко найти из найденной плотности тока:
E1 = jρ1 = |
|
Uρ1 |
|
|
|
; |
E2 = jρ2 = |
|
Uρ2 |
|
|
|
. |
ρ d + ρ |
d |
2 |
ρ d + ρ |
d |
2 |
||||||||
|
1 |
1 |
2 |
|
|
|
1 |
1 |
2 |
|
|
Далее можно определить полный заряд каждой из пластин:
q1 = σ1S = ε0 |
|
ε1 ρ1 |
|
|
|
SU и |
q2 = σ2S = −ε0 |
|
ε2 ρ2 |
|
|
|
SU . |
ρ d + ρ |
d |
2 |
ρ d + ρ |
2 |
d |
2 |
|||||||
1 |
1 |
2 |
|
|
1 |
1 |
|
|
186 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
водниками, их можно рассматривать как электроды с равными по модулю зарядами +q и –q и решать задачу согласно схеме 6.18.
Согласно теореме Гаусса ((1.10), глава 1) напряженность электрического поля в пространстве между сферами (a < r < 2a) равна
|
|
E = |
q |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
4πε |
r2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Напряжение между сферами можно найти как |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
r2 |
2a |
|
|
q |
|
|
|
2a |
q |
1 |
1 |
q |
|
||||
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
− |
|
|
|
|
= |
|
|
|
− |
|
= |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
U = ϕ1 − ϕ2 = ∫Edr = ∫Edr = |
|
|
|
|
4πε0 |
|
|
8πε0a |
|||||||||
r1 |
a |
|
|
4πε0r |
|
a |
a |
2a |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Определим силу тока, текущего в такой системе. Так как заряды на электродах постоянны, то через любую поверхность (концентрическую сферу радиуса a ≤ r ≤ 2a) сила тока одинакова и равна
I = λES = |
1 q |
|
4πr2 = |
q |
. |
|||||
|
|
|
|
|
||||||
ρ 4πε |
r2 |
|
||||||||
|
|
|
|
ρε |
0 |
|
||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|||
Согласно закону Ома (6.5) R = |
U |
= |
ρ |
. |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
I |
|
8πa |
|
|
|
ρ
Ответ: R = 8πa .
Замечание 1. Сопротивление безграничной среды с удельным сопротивлением ρ, окружающей уединенную проводящую сферу
ρ
радиуса а, равно R∞ = 4πa , так как в этом случае r2→∞.
Замечание 2. Используя связь между сопротивлением однородной среды и её ёмкостью данную задачу можно решить короче. Так как ёмкость сферического конденсатора равна (см. (3.9) главы 3)
C = |
4πε0 R1R2 |
= 8πε |
|
a , |
то воспользовавшись соотношением (6.7) |
||
|
0 |
||||||
|
R2 − R1 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|||
будем иметь R = |
ρε0 |
= |
ρ |
. |
|||
|
|
||||||
|
|
|
C |
|
|
8πa |
Задача 6.3.4. Доказать справедливость соотношения (6.7), то есть показать, что сопротивление однородной проводящей среды, заполняющей всё пространство, между двумя идеально проводя-
Гл. 6. Постоянный электрический ток |
187 |
|
|
|
|
щими телами произвольной формы, равно R = εε0 . Здесь С – ём-
λC
кость системы, λ – удельная электропроводность вещества, ε – его диэлектрическая проницаемость.
Решение
Ввиду однородности среды будем следовать схеме (6.18). Пусть проводники (электроды) заряжены одинаковыми по величине, но разными по знаку зарядами ± q , а напряжение между ними
U = qC .
Вектор электрической индукции вблизи поверхности каждого проводника перпендикулярен поверхности и равен D = σ (где σ – поверхностная плотность свободного заряда на проводнике). Напряженность электростатического поля вблизи поверхности
E = D = σ . εε0 εε0
Согласно закону Ома в дифференциальной форме (6.3) вектор плотности тока параллелен вектору напряженности поля и поэтому вблизи поверхности проводников перпендикулярен поверхности и
λσ
по модулю равен j = jn = λE = εε0 .
Силу тока через электрод можно найти интегрированием плотности тока по поверхности электрода
I = ∫ jdS = |
λ |
∫σdS = |
λq |
= λ |
CU |
. |
|||||
|
εε |
|
|
||||||||
S |
εε |
0 S |
0 |
|
εε |
0 |
|
||||
|
|
|
|
|
|||||||
Используя закон Ома (6.5), окончательно получаем |
|||||||||||
R = |
U |
= εε0 . |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
I |
λC |
|
|
|
|
|
|
Замечание. Поместим в однородную проводящую среду, заполняющую всё пространство, локализованный заряд объёмной плотности ρ0. Электрическое поле, создаваемое этим зарядом, вызовет ток плотности j = λE, который будет уменьшать объёмную плот-
ность заряда. Из соотношений (4.6) D = εε0E и (4.8) |
divD = ρ тео- |
||
ретического материала главы 4 следует, что divE = |
|
ρ |
. Подставив |
|
|
||
|
εε0 |
Гл. 6. Постоянный электрический ток |
189 |
|
|
|
|
j = λE = λ U . l
Таким образом, плотность тока в слое толщины dr, находящемся на расстоянии r от оси Z, будет равна
j = λ U = αUr2 . l l
Согласно (6.4) найдем полную силу тока
|
|
b |
|
U r2 |
|
|
|
|
πb4 |
|
||
|
I = ∫ jdS = ∫ |
α |
|
2πr dr = αU |
. |
|||||||
|
|
l |
|
|||||||||
|
S |
0 |
|
|
|
|
|
2l |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Тогда по закону Ома для участка цепи (6.5) сопротивление уча- |
||||||||||||
стка провода длиной l = 1 м равно |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
R = |
U |
= |
2 |
. |
|
|
||||
|
|
|
|
απb4 |
|
|
||||||
|
|
l |
|
|
I |
|
|
|
|
|||
Ответ: R = |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
απb4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 6.3.6 (базовая задача). Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнен веществом с диэлектрической проницаемостью ε и с удельной проводимостью, меняющейся в направлении, перпендикулярном к обкладкам, по линейному закону от λ1 до λ2. Площадь пластин S, ширина зазора d. На конденсатор подано напряжение U.
Найти: 1) ток I через конденсатор; 2) заряды пластин q1 и q2; 3) заряд конденсатора q; 4) плотность свободных зарядов ρсвоб(x) внутри зазора; 5) плотность связанных (поляризационных) зарядов ρ′(x) в среде; 6) полный свободный заряд в среде qсвоб.
Решение
Ввиду неоднородности среды в направлении протекания тока воспользуемся схемой (6.16).
Запишем линейный закон изменения удельной проводимости λ (x) = λ1 + αx. Для нахождения α подставим граничное условие:
λ(d) = λ1 + αd = λ2 . Отсюда получаем, что α = λ2 − λ1 , и d
190 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
λ(x) = λ1 + λ2 − λ1 x . d
В плоском конденсаторе плотность тока везде однородна и постоянна j = I / S = const. Однако напряженность электрического поля
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
уже будет зависеть от х: |
|
|
E(x) = |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
λ(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Для напряжения между пластинами получаем |
|||||||||||||||||||
U = ϕ − ϕ |
|
|
= d |
E(x)dx = jd |
|
|
dx |
= |
|
j |
ln |
λ2 |
, |
||||||
2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
1 |
|
∫ |
|
|
|
|
|
∫λ |
|
+ αx |
|
|
α λ |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
||||||||
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
1 |
|
||||||
Таким образом, j = |
|
|
αU |
и |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
ln(λ2 /λ1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
I = jS = |
|
αSU |
|
= |
|
λ2 − λ1 |
|
|
SU . |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
ln(λ2 /λ1) |
d ln(λ2 /λ1) |
Согласно закону Ома (6.5) сопротивление конденсатора равно
R = |
U |
= |
d |
|
ln(λ2 /λ1) |
. |
||
|
|
|
||||||
|
I S λ |
2 |
− λ |
|||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
Заряды пластин определим аналогично задаче 6.3.2 из граничных условий для вектора электрического смещения, величина которого в среде
|
|
D(x) = ε0ε·E(x) = ε0ε |
j |
. |
|
||
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
λ(x) |
|||
На левой пластине (х = 0): |
|
|
|
|
|
||
q = Sσ = SD(0) = εε0 jS |
= εε0I |
= |
(λ2 − λ1)SU |
, |
|||
|
|||||||
1 |
1 |
λ1 |
λ1 |
|
λ1d ln(λ2 /λ1) |
||
|
|
|
на правой пластине (x = d):
q |
|
= Sσ |
|
= −SD(d) = − εε0 jS |
= − εε0I = − |
(λ2 − λ1)SU |
. |
2 |
2 |
|
|||||
|
|
λ2 |
λ2 |
λ2d ln(λ2 /λ1) |
|||
|
|
|
|
Полный заряд q, получаемый конденсатором при зарядке, равен большему по модулю из зарядов пластин: q = max (|q1|, |q2|).
Объемную плотность свободных зарядов в среде можно найти
как