Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Электромагнитные поля и волны.-4

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

4.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 195 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

43
Для однородной среды уравнение Пуассона принимает вид
divgradϕ = Ñ2ϕ = -ρ / ε .	(2.6)

Для неоднородной среды, при равенстве нулю объёмного заряда уравнение Пуассона преобразуется в уравнение Лапласа.

div(ε gradϕ ) = 0

(2.7)

Для однородной среды уравнение Лапласа имеет вид

div gradϕ = 0

Уравнения Пуассона и Лапласа дополняются граничными условиями с

разными типами границ:

ДиэлектрикДиэлектрик (Д-Д):

Диэлектрик-Металл (Д-М):

ϕ1 = ϕ2

(2.8)

ϕ = const

(2.8а)

− ε1

dϕ1

+ ε 2

dϕ21

= ξ

(2.9)

− ε1

dϕ

= ξ

(2.9б)

ε1

dϕ1

= ε 2

dϕ2

, при ξ = 0

(2.9а)

В этих соотношениях нормаль направлена в первую среду.

Уравнения Пуассона и Лапласа применяются для решения краевых задач, в которых на электродах, расположенных в диэлектрике, заданы потенциалы или заряды и требуется определить распределение потенциала или распределение электрического поля в этом диэлектрике.

Существует широкий класс задач, в которых требуется определить поле по известному распределению зарядов. При решении таких задач большое значение имеют понятия: точечный заряд и заряженная нить.

Точечным зарядом можно считать заряд q, расположенный на теле, линейными размерами которого можно пренебречь.

Под заряженной нитью понимают бесконечно длинный и тонкий проводник, имеющий линейную плотность заряда τ .

Если заряды распределены в пространстве дискретно или непрерывно, то в некоторой точке суммарному заряду соответствует суммарный потенциал. На этом основан принцип суперпозиции, согласно которому решение уравнения Пуассона для заданного распределения заряда имеет вид:

для распределенного объемного заряда

для заряженной нити

для поверхностных зарядов

для n точечных дискретных зарядов

ϕ =	1				ρdv
ϕ =	4πε V∫					r	(2.10)
	4πε V∫					r

ϕ =	1				τdl
				∫l
		4πε				r	(2.11)
		4πε				r

ϕ =	1				ξ dS
ϕ =	4πε S∫				ξ dS
	4πε S∫				r		(2.12)
							(2.12)
ϕ =	1			∑ qi
				n
		4πε	i=1			ri	(2.13)

Напряженность электрического поля и потенциал, создаваемые точеч-

× q

ным зарядом, равны

E =

ϕ =

(2.14)

4πε r 2

4πε r

где r –

расстояние от заряда до точки наблюдения.

Напряженность электрического поля и потенциал, создаваемые заря-

женной нитью определяются из формул

×τ

E =

ϕ = −

ln r + C .

(2.15)

2πε

2πε r

здесь r – расстояние от нити до точки наблюдения.

2.2. Энергия электростатического поля. Емкость. Силы в электростатическом поле

Энергия электростатического поля может быть определена интегриро-

ванием объемной плотности энергии электрического поля wE	=	1	ε Е2 по объёму

	2
Wэ = ∫ wэdV .	(2.16)
V

Формулы для расчета энергии электрического поля, соответствующие случаям (2.10)÷(2.13), приведены ниже:

∑ϕi qi ,

ρϕdV ,

W E

∫S

ξ ϕ ds ,

τϕdl .

(2.17)

2 V∫

2 i=1

∫l

Емкость системы, состоящей из двух разноименно заряженных проводников, определяется как отношение заряда на одном из проводников к раз-

ности потенциалов между ними		C =			q			(2.18)
ности потенциалов между ними		C =		ϕ1 − ϕ2				(2.18)
				ϕ1 − ϕ2
Сила, действующая на точечный заряд q, помещённый в электростати-
ческое поле, равна	r		r					(2.19)
ческое поле, равна	F	= qE						(2.19)
Сила взаимодействия двух точечных зарядов q1 и								q2 , отстоящих на рас-
стоянии r12 друг от друга, определяется с помощью закона Кулона
		r	r		q q	2
		F	= r 0		1	2	.	(2.20)
		F	= r 0		4πε r 2		.	(2.20)
					4πε r 2
						12

Сила, действующая на заряженную поверхность при равномерно распре-

делённом заряде со стороны внешнего поля E , определяется с помощью соотношения

r	r	(2.21)
F	= ξ × S × E ,	(2.21)

где S-площадь заряженной поверхности.

2.3 Примеры расчета электростатических полей

Однородные задачи электростатики это такие задачи, в которых потенциал зависит только от одной координаты. Примерами могут служить: плоский конденсатор, краевыми эффектами в котором можно пренебречь, цилиндрический конденсатор, длина которого значительно превосходит его диаметр, сферический конденсатор.

Задача №1

Две плоские металлические пластины разделе-

ны тонким слоем однородного диэлектрика толщиной
d с диэлектрической проницаемостью ε . На верхнюю
пластину подан потенциал U, нижняя пластина зазем-
лена (конденсатор) (рис. 2.1). Найти распределение
потенциала между пластинами, напряженность поля	Рис.2.1

E , вектор электрического смещения D , заряд на одной из пластин конденсатора q, емкость С. Линейные размеры пластин много больше размера d .

Решение Выбираем прямоугольную систему координат, в которой ось у перпен-

дикулярна поверхности пластин. В этом случае, можно считать потенциал ϕ зависящим только от координаты у. Решение проводим с помощью уравнения

Лапласа (2.7) с применением граничных условий для потенциала		на границе
Д-М (2.9).
Уравнение Лапласа для данной задачи будет иметь вид	d 2ϕ	= 0 , а его
	dy2

решение ϕ = Ay + B , где A и B неизвестные постоянные подлежащие определе-

нию. Для их определения используем два граничных условия:

а) при y = 0 ϕ = 0 ;

б) при у = d

ϕ =U.

В результате получим B = 0 , A =

и выражение потенциала

ϕ =

y .

Как следует из решения,

потенциал линейно возрастает от 0 до U при

изменении координаты y от 0 до d.

Напряженность и индукция электрического поля определяются форму-

dϕ

лами

E = −gradϕ = − y

= − y 0

D = − y 0ε

(2.22)

Поверхностная плотность заряда определяется из граничных условий: на верхней (нормаль направлена против оси у)

пластине при у=d ξ = −ε dϕ = ε dϕ = ε U ,

на нижней пластине (нормаль и орт y 0

одинаково направлены) при у=0

полу-

dϕ

чим ξ = −ε

= −Dn = −ε

Рис. 2.2.

Заряд на верхней пластине конденсатора q = ξ S ,

емкость конденсатора

C =

ε S

− U 2

U d

На рисунке 2.2 изображено: распределение электрических зарядов на поверхностях электродов и однородное электрическое поле между пластинами.

Задача №2

Сохраним условие задачи №1, но диэлектрическая среда пусть будет неоднородной , т. е. ε = ε0 eαy .

Решение:

Для решения данной задачи следует воспользоваться уравнением Лап-

ласа divε gradϕ = 0 , записав его в виде

(ε

eαy

dϕ

) = 0

. Интегрируя первый

α y

dϕ

раз, получаем ε0 ×e

= A .

Разделяя переменные и интегрируя второй

раз, получаем потенциал

= ∫

e −α y dy

= −

e −α у

+ B . Неизвестные по-

стоянные А и В могут быть определены

из граничных условий

1.при y = 0 ϕ = 0 , откуда

2.при y = d ϕ = U откуда

B = +		A		ϕ =	A	(1 − e −αy ) .
B = +		ε 0α		ϕ =	ε 0α	(1 − e −αy ) .
		ε 0α			ε 0α
U =		A	(1− e−αd )	A =		Uε0α	.
U =	ε α		(1− e−αd )	A =			.
	ε α					(1− e−αd )
		0

Окончательно,	ϕ =	U (1 - e − α y )	.

		1 - e − α d

Напряженность электрического поля (2.22) в конденсаторе

вектор электрического смещения между пластинами D = ε

Ёмкость конденсатора определяется с помощью формулы -

Заряд пластины при у=0 равен q = ξS = D				у=0 S =	ε	0	USα	,
Заряд пластины при у=0 равен q = ξS = D				у=0 S =	1	− e−αd		,
					1	− e−αd
С=	ε 0	α S
			.
	1 −	e − α d	.

Ey = −	dϕ	=	Uαe−αy	,

	dy		1− e−αd

r	ε 0Uα	e−αy .
E =
	− e−αd
1

C = q .

следовательно,

Задача №3

К условиям задачи №1 добавим, что между пластинами в диэлектрике находится заряд с объемной плотностью ρ.

Решение В этом случае необходимо использовать уравнение Пуассона (2.6), из

которого путём интегрирования

определяется

dϕ

= -∫

dy = -

y + A ,

а затем потенциал

ϕ = ∫(-

y + A)dy = -

ρy 2

+ Ay + B .

2ε

Удовлетворяя граничным условиям, которые остаются прежними, получим


	U +	ρ
			d 2
		2ε	d 2
В=0,	A =			.
В=0,	A =			.
		d
Окончательное выражение для потенциала имеет вид					ϕ =	ρ	(d × y - y 2 ) +	U	y .

						2ε		d

Подставляя потенциалы на плоскостях, получаем, что граничные условия удовлетворяются. Напряженность электрического поля из (2.4) имеет вид

E = -[	ρ	(d - 2 y) +	U	] .
	2ε
У			d

Легко построить (при необходимости) графики зависимостей ϕ ( y) и Е(у) при заданном отрицательном и положительном объемном заряде.

Задача №4

Между пластинами плоского конденсатора расположены два слоя диэлектрика с проницаемостями ε1 и ε2 . Размеры слоев показаны на рисунке 2.3. Определить потенциал, напряженность поля и

емкость конденсатора.

Рис. 2.3

Решение Пространство между пластинами разбиваем на две области: область Ι с

диэлектриком, имеющую диэлектрическую проницаемость ε1 и область ΙΙ,

имеющую диэлектрическую проницаемость ε2. Для каждой из областей запишем уравнение Лапласа, т.к. ρ=0 и его решение.

Для первой области	d 2 ϕ1		= 0	,	ϕ		= Ay + B .
						1
	dy 2
Для второй области		d 2 ϕ2		= 0 ,			ϕ		= Cy + D .
		dy 2						2

Для определения четырех неизвестных констант А, В, С, D нужно использовать четыре граничных условия:

При y=0	При y=b	При y=d		При y=d

ϕ1 = 0	ϕ2 = U	ϕ1 = ϕ2	ε1	dϕ1	= ε 2	dϕ2
			ε1		= ε 2	dy
				dy		dy

В результате	для нахождения постоянных А, В, С, D		получена система:

0 = A × 0 + B

		U = C × b + D
	1)	U = C × b + D
	1)	ε1 A = ε 2 C
		ε1 A = ε 2 C
		A × d + B = C × d + D
		A × d + B = C × d + D

Решение системы уравнений позволяет определить константы А, В, С, D

B = 0 , A = (ε 2 / ε1 ){U / d (ε 2 / ε1 -1) + b} , C = U /{d (ε 2 / ε1 -1) + b},

D = (U (ε 2 / ε1 -1)d ) /{d (ε 2 / ε1 -1) + b} .

Потенциалы в областях имеют вид и удовлетворяют граничным условиям: Для первой области: ϕ1 = (ε 2 / ε1 ) ×U × y /{d × (ε 2 / ε1 -1) + b} при y=0 ϕ1=0. Для второй области: ϕ2 = U × (d × (ε 2 / ε1 -1) × + y) /{d (ε 2 / ε1 -1) + b} при y=b ϕ2=U. Напряженность электрического поля в первой и второй областях соответст-

венно E y1 = -			dϕ1			= -(ε 2 / ε1 )U /{d (ε 2 / ε1 -1) + b};
			dy

E y 2 = -	dϕ2				= -U × /{d × (ε 2 / ε1 -1) + b} .

		dy
Отношение		Еу1				=	ε 2		или Dу1 = Dу2 , что говорит о выполнении граничных
		Е
				у2			ε	1

условий при y=d.

Рис. 2.4

Емкость двухслойного конденсатора является последовательным соединением емкостей плоских конденсаторов

C1 = ε1S / d , C2 = ε 2 S /(b − d ) , C = C1C2 /(C1 + C2 ) .

Задача №5

Определить потенциал ϕ, напряженность электрического поля E и вектор электрического смещения D , двухслой-

ного коаксиального конденсатора длиной L. Параметры диэлектриков и размеры конденсатора приведены на рис. 2.4. Заряд на поверхности внутреннего проводника конденсатора равен q, внешний проводник конденсатора заземлен.

Решение

Для данной задачи, потенциал конденсатора описывается уравнением Лапласа в цилиндрической системе координат (П1), в котором из условий симметрии по координатам α и z, остается только одно слагаемое

						¶ϕ
					¶ r
		Ñ2ϕ =	1	×		¶r	= 0 .
		Ñ2ϕ =	r	×			= 0 .
			r		¶r
		Общее решение этого уравнения									будет иметь вид (2/15) ϕ = Aln r + B , а
для областей 1 и 2 запишется в виде:

	j = A ln r + B ;					R ≤ r ≤ R			(2.23а)		ϕ2 = A2 ln r + B2 ; R2 ≤ r ≤ R3 (2.23б)
	1	1		1		1		2

		Напряженность электрического поля находим через градиент потенциала
					r	= −grad ϕ		r	∂ϕ	.
					E	= −grad ϕ		= −r 0	∂ r	.
									∂ r
		Так как		ϕ		зависит только от r,					то вектор E будет иметь одну со-
ставляющую				E r :

E1r	= −	A1	, R ≤ r < R ,		(2.24)	E2r	= −	A2	, R	< r ≤ R .	(2.25)


		r	1	2				r	2	3

Для определения потенциала в данной, конкретной задаче необ-

ходимо определить неизвестные постоянные: A1, A 2 , B1 , B 2 .

Для этого воспользуемся четырьмя граничными условиями.

при	r=R 3	при r=R1	при r=R 2
1)ϕ2	= 0	2) D r1 =ξ =q/(2πR1L)	3)D n1 =D n2 , 4) ϕ1 = ϕ2

Здесь ξ -поверхностная плотность заряда проводника конденсатора длиной L.

Используем первое граничное условие:

ϕ2 = A2 ln R3 + B2 = 0 , откуда получим

на внутренней поверхности

− A2 ln R3 = B2 и, следова-

тельно,

= − A ln

Из второго граничного условия

= ε

= −ε

При

r = R ,

откуда

= −

=-ξ .

2πR1L

2πε1L

Выражение (2.23а) для потенциала ϕ1 будет иметь вид

ϕ1

= −

ln r + В1

2πε1 L

Используем третье граничное условие Dr1 =Dr2

при r=R 2 (2.24) и (2.25)

−

ε1 = −

ε2 ,

откуда зная А1 получим

A2 =

ε1

= −

2πε

Теперь можно полностью записать потенциал второй области

ϕ2 = −

2πε

Для нахождения постоянной В1 и получения выражения потенциала ϕ1 ,

используем четвёртое граничное условие ϕ1 = ϕ2

при r=R 2

R 2

= −

+ В

B =

−

ln R

, откуда

lnR

2πε 2 L

R 3

2πε1L

ε1

ε 2

2πL

ϕ1 =

Откуда потенциал

2πL

Таким образом, основная часть задачи решена - потенциалы ϕ1

и ϕ2

определены полностью

ϕ1

ϕ2 =

2πε

2πL

Из их сравнения следует, что потенциал непрерывен (одинаковые значе-

ния) на границе раздела Д-Д при r=R 2

Далее запишем выражения для Еr1, Еr 2 ,

D r1 ,

D r 2 .

Er 1		=		q
				2πε1 Lr

Er 2	=			q

			2πε 2 Lr

,	Dr1	=		q	.
,	Dr1	=	2πLr		.
			2πLr
,	Dr 2 =			q		.

				2πLr
				2πLr

Перейдём от двухслойного конденсатора к однослойному, для чего по-

ложим ε = ε	= ε, тогда		q		r		r	r	0	q
								r		q
		ϕ =					E = r				.

				ln		,
1	2		2πεL	ln		,				2πεLr
			2πεL		R1					2πεLr

Задача №6

В сферическом конденсаторе с радиусами оболочек R1 и R2, заполненном воздухом, на внешнюю оболочку подан потенциал U, внутренняя оболоч-

ка заземлена. Определить потенциал j, напряженность электрического поля E ,

вектор электрического смещения D , заряд q, ёмкость C. Решение

В уравнении Лапласа (2.6) Ñ2ϕ = 0 для сферического конденсатора,

обладающего угловой симметрией производные ∂∂θ = ∂∂α = 0 , поэтому оно запи-

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 195 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.2023118.93 Кб0Электромагнитная экология.-3.pdf
#
05.02.2023196.13 Кб3Электромагнитная экология..pdf
#
05.02.2023652.23 Кб17Электромагнитные поля и волны.-1.pdf
#
05.02.20231.87 Mб13Электромагнитные поля и волны.-2.pdf
#
05.02.20232.38 Mб45Электромагнитные поля и волны.-3.pdf
#
05.02.20234.03 Mб18Электромагнитные поля и волны.-4.pdf
#
05.02.20233.52 Mб37Электромагнитные поля и волны.-5.pdf
#
05.02.20234.03 Mб41Электромагнитные поля и волны.-6.pdf
#
05.02.20234.17 Mб50Электромагнитные поля и волны..pdf
#
05.02.20233.12 Mб25Электроника 1. Физические основы электроники-1.pdf
#
05.02.20231.01 Mб10Электроника 1. Физические основы электроники.pdf