Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теоретические основы электротехники. Электромагнитное поле. Учебное пособие
.pdf
или
DD
11
. (1.80)
22
1.20. Уравнения Лапласа–Пуассона
для электростатического поля
Уравнения Лапласа–Пуассона имеют большое значение для исследования кулоновских полей, так как после интегрирования этих уравнений представляется возможным весьма просто рассчитать распределение вектора напряженности электростатического поля.
Уравнения Лапласа–Пуассона получим следующим образом. Запишем теорему Гаусса в дифференциальной форме и соотношение для
напряженности поля, выраженное через градиент потенциала
:
⎧
div ,
⎪
⎨
⎪
E
⎩
Е
grad .
(1.81)
Подставим вторую формулу в первую в системе (1.81), получим
div( grad )
,
или
.
Таким образом, уравнение Пуассона запишется в виде
. (1.82)
2
Если в рассматриваемом объеме отсутствуют свободные заряды, то
уравнение (1.82) превращается в уравнение Лапласа:
2
0.
31
1.21. Полная система уравнений электростатики
E
На основании изложенного материала можно составить полную систему уравнений электростатики в интегральной и дифференциальной
форме, которая позволяет решить практически любую задачу по расчету
распределения электростатического поля.
1. Теорема Гаусса:
q
1
св
ds dv
∫∫
sv
,
div .Е
2. Постулат Максвелла:
Dds q dv
∫∫
sv
div .D
3. Принцип потенциальности в электростатике:
∫
rot 0.E
4. Потенциал:
∫
5. Напряженность:
св
,
0,Ed
.Ed С
grad .E
32
6. Уравнение Лапласа:
R
2
0.
7. Уравнение Пуассона:
2
.
1.22. Поле заряженной сферы
Среди задач электростатики встречаются такие, когда бывает необходимо рассчитать распределение электростатического поля по известному распределению зарядов, расположенных либо в объеме тел, либо
на их поверхностях с известной плотностью. Наиболее просто эти задачи для симметричных тел решаются правильным подбором системы
координат так, чтобы поверхности тел совпадали с координатными по
верхностями системы координат, а сами компоненты поля зависели
только от одной пространственной координаты. Такие задачи называются одномерными и успешно решаются с помощью интегральных
уравнений, входящих в полную систему уравнений электростатики
и обоснованных практикой о допущениях (бесконечно длинный конденсатор и т. п.).
Другая группа задач имеет признаки задач первой
группы, однако
компоненты поля (напряженность, потенциал, вектор электрического
смещения) зависят от двух или трех координат. Такие задачи называются двух- или трехмерными, решаются они с помощью дифференциальных соотношений (например, уравнения Лапласа–Пуассона) методом разделения переменных.
К третьему классу задач можно отнести задачи, когда требуется рас-
считать поле в некоторой
области пространства с неизвестным законом
распределения зарядов в этом объеме. Для ограниченного класса таких
задач разработаны специальные метода расчета, однако в общем случае
они, как правило, не имеют точного аналитического решения, решаются
приближенно с обоснованными допущениями и относятся к основной
задаче электростатики.
Далее последовательно рассмотрим решение задач каждой группы.
Пусть
сфера из диэлектрика радиусом
, находящаяся в воздухе,
0
заряжена положительным зарядом с некоторой постоянной объемной
-
33
плотностью (рис. 1.25). Абсолютная диэлектрическая проницаемость
материала сферы . Необходимо найти распределение вектора напряженности и потенциала внутри и вне сферы.
Рис. 1.25. Расчет поля
заряженной сферы
Решим задачу расчета электростатического поля заряженной сферы
с помощью уравнений Лапласа–Пуассона. В связи со сферической симметрией тела запишем систему уравнений Лапласа–Пуассона в сферической системе координат, предварительно разбив исследуемое пространство на области с одинаковыми диэлектрическими проницаемостями. Обозначим внутреннюю область сферы цифрой 1, а область вне
сферы – цифрой
2.
Решение
Первая область
().rR Запишем уравнение Пуассона для первой
0
области:
11 1
22 222
rr r
⎛⎞ ⎛ ⎞
2
111
r
⎜⎟ ⎜ ⎟
rr
⎝⎠ ⎝ ⎠
sin sin
sin
2
. (1.84)
Так как исследуемое тело имеет центральную симметрию, а заряд
равномерно распределен внутри области, то можно утверждать, что
поле зависит только от одной координаты r и не является функций координат
и . Тогда будем иметь
1
⎛⎞
r
⎜⎟
2
rr
⎝⎠
r
2
34
. (1.85)
Решение уравнения (1.85) представляется в виде
Е
2
C
r
12
6
1
.
C
r
(1.86)
Напряженность электрического поля в первой области равна
Вторая область
Е
grad
1
(.)rR Поле вне заряженной сферы в связи с от-
0
r
C
r
1
. (1.87)
2
3
r
сутствием в ней свободного заряда описывается уравнением Лапласа.
При указанных выше условиях имеем:
1
⎛⎞
2
⎜⎟
2
rr
⎝⎠
r
2
0.r
(1.88)
Решение уравнения (1.88) имеет вид
3
24
r
.CC
(1.89)
Напряженность поля во второй области составляет
C
24
3
.
(1.90)
C
2
r
Определение постоянных интегрирорвания. Запишем условия для
границ наших областей:
r
⎧
0,
2
⎪
⎪
r
0 ,
⎪
⎨
rR
⎪
,
012
1
(1.91)
⎪
⎪
rR D D
.
012
⎩
35
Из первого уравнения системы (1.91) получим
R
R
R
C
откуда следует, что постоянная
3
С равна нулю. Рассмотрев граничное
4
0,
C
4
условие второго уравнения из системы (1.91), можно сделать вывод, что
постоянная интегрирования
С тоже равна нулю. Условия третьего
1
и четвертого уравнений из системы (1.91) позволяют получить новую
систему уравнений для определения пока неизвестных постоянных ин-
тегрирования
С и
2
:С
3
2
⎧
03
⎪
6
⎪
⎪
⎨
⎪
RC
030
⎪
3
⎪
⎩
C
C
2
,
0
(1.92)
.
2
R
0
В результате решения системы (1.92) относительно неизвестных постоянных
С и 3С , получим:
2
C
2
2
⎛⎞
R
00
32
C
3
2
⎜⎟
0
⎝⎠
3
0
. (1.94)
3
0
,
(1.93)
Таким образом, окончательные решения для потенциала и напряженности электростатического поля для заряженной сферы будут иметь
следующий вид:
для области внутри сферы
():rR
0
2
r
1
632
Е e
2
⎛⎞
R
00
⎜⎟
⎝⎠
r
36
;
r
3
1
2
,
0
(1.95)
для области вне сферы 0(:)rR
Е
E
3
R
0
2
2
3
,
3
r
0
(1.96)
3
R
0
e
.
r
2
r
0
1.23. Поле двухслойного цилиндрического
конденсатора
Рассмотрим задачу расчета распределения электростатического
поля в объеме двухслойного цилиндрического конденсатора, к которому приложено напряжение U. Каждый слой конденсатора содержит
заряд, объемная плотность которого в первом слое постоянна
( const), а во втором является функцией радиуса 2(),kr где k
1
подлежит определению из условия равенства нулю полного свободного заряда конденсатора. При этом известны все геометрические размеры конденсатора и диэлектрические проницаемости каждого слоя
(рис. 1.26).
ds
1
2
Рис. 1.26. Цилиндрический двухслойный
1
2
конденсатор
37
()
Для решения рассматриваемой задачи выберем цилиндрическую си-
E
R
R
стему координат и совместим ось z с осью конденсатора. Тогда вследствие цилиндрической симметрии напряженность электростатического
поля, потенциал и вектор электрического смещения будут зависеть
только от радиуса, т. е.
( ), ( ), ( ),
fr D f r f r
123
, , ( , ), .
ED f z E Ee
r
В связи с тем, что длина конденсатора всегда существенно больше
его диаметра, указанные компоненты поля не будут зависеть от координаты z. Так как к конденсатору приложено напряжение, на его обкладках обязательно появятся равные по величине и противоположные по
знаку заряды с линейной плотностью .
Определим k из условия
равенства нулю полного заряда конденса-
тора:
R
2
Qdvdv
∑
∫∫
RR
12
R
3
12
R
2
kr r dr r dr
22
∫∫
RR
12
33
RR
21
k
220.
32
R
3
2
22
RR
32
2
Из последнего выражения следует, что
22
3
k
2
2
R
32
33
21
. (1.97)
R
Для расчета распределения поля двухслойного конденсатора разделим весь его объем на области с одинаковой диэлектрической проницаемостью и для каждой из них будем искать решение для
38
, , .ED
Расчет поля в первой области
R
E
E
E
E
E
E
()
rR
12
Для расчета поля в этой области воспользуемся теоремой Гаусса:
q
∑
Eds
1
∫
s
св
.
Выберем внутри первой области замкнутую цилиндрическую поверхность текущего радиуса r и найдем поток вектора
верхность. Поток вектора
через замкнутую поверхность цилиндра
через эту по-
равен сумме потоков через торцевые поверхности цилиндра и его боковую поверхность:
/\ /\
2cos cos
ds E ds E ds E ds E ds
11 1
∫∫ ∫
ss s
rr
торц бок
∫
s
бок
⎡⎤ ⎡⎤
11
rr
⎢⎥ ⎢⎥
⎣⎦ ⎣⎦
/\
⎡⎤
cos 2 .
ds E ds E r
11
r
r
⎢⎥
⎣⎦
(1.98)
Первый интеграл в выражении (1.98) равен нулю, так как векторы
и ds взаимно перпендикулярны на торце цилиндра, следова-
тельно, поток вектора
через торцевую поверхность цилиндра отсутствует. Приравняем поток, проходящий через боковую поверхность цилиндра радиусом r, и заряд, находящийся в объеме, ограниченном этой
поверхностью, отнесенный к
. Тогда получим
1
rr
22
∫∫
RR
2
Er
1
11
rdr kr rdr
1
11
33
rR
k
2
1
39
1
3
. (1.99)
Вектор напряженности электростатического поля в первой области
D
Е
R
E
определится из (1.99) и будет равен
3
kR
1
. (1.100)
3
kR
1
. (1.101)
Учитывая, что
E
найдем вектор электрического смещения
,
E
1
233
rr
111
2
kr
D
1
233
rr
2
kr
Потенциал и напряженность электростатического поля связаны соотношением
,
dr C
∫
что позволяет с учетом (1.100) найти распределение потенциала в первой области:
33
⎛⎞
11
⎜⎟
∫
⎜⎟
233 2 93
111 1 11
r
⎝⎠
23
kR kR
kr kr
11
dr r r C
ln ln ,
rr
или (1.102)
3
3
kr
kR
1
rC
.
1
11
ln ln
293
r
111
Расчет поля во второй области
Замкнутая цилиндрическая поверхность произвольного радиуса r,
будет располагаться внутри второй области, при этом ее радиус будет
меняться в пределах
rR
23
. Применяя те же самые рассуждения,
что и для первой области, распишем левую часть теоремы Гаусса:
ds E ds E r
222
∫∫
sr
40
2.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]