Теорія поля / Посiбник
.PDF
291
Сукупність досить віддалених від кулі точок в умовному смислі розглядається при цьому як нескінченність. Якщо куля не заряджена, то всі точки площини X 0Y , яка проходить через центр кулі, мають той самий потенціал (позначимо через ϕ0 ).
При віддаленні від кулі на великі відстані z = r cosθ , порівняно з якими радіус кулі R досить малий, змушувальна дія кулі на поле проявляється як збурення від точкового заряду Q . Потенціал на нескінченності визначається
так:
ϕ = |
Q |
+ϕ |
|
+ E r cosθ . |
(5.29) |
|
0 |
||||
|
4πεar |
0 |
|
||
|
|
|
|
||
Перший доданок правої частини (5.29) |
дає складову |
||||
потенціалу від заряду кулі Q , доданок E0r cosθ ураховує приріст потенціалу від напруженості рівномірного поля E0
на шляху z = r cosθ . Оскільки розв'язок (5.28) підходить і для точок поля, досить далеко віддалених від кулі, то можна порівняти вирази (5.28) і (5.29). Вони повинні давати той самий результат. Це буде тільки в тому випадку, коли відповідні доданки в обох виразах рівні. Із порівняння ви-
пливає, що C2 = ϕ0 , C1 = 4πεQ a , C3 = E0 .
Порівняння на нескінченності не дає можливості знайти величину C4 , тому що в (5.29) немає складових, які змінюються обернено пропорційно другому ступеню r . Для знаходження C4 скористаємося тим, що в умовах електро-
статики всі точки поверхні кулі мають той самий потенціал. Ця умова рівносильна тому, що тангенціальна складова напруженості поля на поверхні кулі дорівнює нулю. При
r = R ϕ = const = |
Q |
+ |
æ E R + C4 |
öcosθ +ϕ |
|
. |
|||
|
0 |
||||||||
|
4πεa R |
|
ç |
0 |
R |
2 |
÷ |
|
|
|
|
è |
|
|
ø |
|
|
||
292
Права частина буде постійною зі зміною θ тільки за
умови, що |
æ E R + |
C4 |
ö |
= 0 . Звідси C |
|
= -E R3 . |
||
|
÷ |
4 |
||||||
|
ç |
0 |
R |
2 |
|
0 |
||
|
è |
|
|
ø |
|
|
|
|
Таким чином, для всіх точок діелектрика |
|
|
|||||||
ϕ = |
Q |
+ E |
æ r - |
R3 |
öcosθ +ϕ |
|
. |
(5.30) |
|
|
|
2 |
0 |
||||||
|
4πεar |
0 |
ç |
r |
÷ |
|
|
||
|
|
è |
|
ø |
|
|
|
||
Оскільки потенціал залежить тільки від r і θ , напруженість електричного поля має тільки дві складові:
Er = - |
¶ϕ |
= |
Q |
|
- E0 |
æ |
+ |
|
ç1 |
||||||
¶ r |
4πεar |
2 |
|||||
|
|
|
|
è |
|
E = - 1 ¶ϕ = E æ1- R3
θ r ¶θ 0 ç r3
è
2R3 öcosθ , r3 ÷ø
ö
÷sinθ .
ø
Якщо Q = 0 , то на поверхні кулі (при
(5.31)
r = R )
Er = -3E0 cosθ .
При θ = 0 напруженість Er = -3E0 ; при θ =180° Er = 3E0 , тобто в цих точках напруженість в три рази більша за напруженість рівномірного поля E0 , у яке була
внесена куля. На «екваторі» при θ =90° напруженість дорівнює нулю.
Відповідь: ϕ = |
Q |
+ E |
æ r - |
R3 |
öcosθ +ϕ |
|
, |
|
|
|
2 |
0 |
|||||
|
4πεar |
0 |
ç |
r |
÷ |
|
||
|
|
è |
|
ø |
|
|
||
E = |
Q |
|
- E |
æ1+ |
2R3 |
öcosθ , E = E |
æ1- |
R3 |
ösinθ . |
||||
|
2 |
|
|
3 |
|||||||||
r |
4πεar |
0 |
ç |
r |
3 |
÷ |
θ |
0 |
ç |
r |
÷ |
||
|
|
|
è |
|
ø |
|
|
è |
|
ø |
|||
З аналізу крайніх випадків випливає, що крапелька води, потрапивши в бак трансформатора із масляним заповненням, викликає значне місцеве збільшення напруженості поля.
293
На рис. 5.11 б наведена загальна картина розподілу
→
електричного поля (вектора D і еквіпотенціальних ліній) для провідної кулі в діелектричному середовищі.
Приклад 3 У рівномірне електричне поле E0 =800 В/м внесена куля із діелектрика (ε1 =4) радіуса R =2 см. Навколишнє середовище – повітря (ε2 =1). Потенціали усередині ϕi і поза ϕe кулею змінюються за законами:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3ε2 |
|
||
|
|
ϕi |
= ϕ0 + E0r |
|
|
cosθ , |
|||||||
|
|
(2ε2 + ε1 ) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
æ |
R3 |
|
|
(ε2 -ε1 ) |
ö |
|||
ϕ |
e |
= ϕ |
0 |
+ E |
ç r + |
|
|
2 |
× |
|
|
|
÷cosθ . |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
0 |
ç |
r |
|
|
|
|
÷ |
||||
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
(2ε2 + ε1 ) ø |
||||
Визначити |
напруженості |
електричного поля E при |
|||||||||||
r =1 см, θ =0° і при r =10 см, θ =90°.
Розв'язок. Оскільки за умовою задачі маємо кулю, то розв'язок задачі зручно виконувати у сферичній системі координат.
→
Використовуємо вираз (1.3): E = -gradϕ .
Із урахуванням відсутності залежності потенціалу ϕ від кута α вираз для gradϕ у сферичній системі координат набуде вигляду:
|
→ |
→ |
→ |
-E |
|
→ |
(-E |
) , |
|||
|
gradϕ = r0 ¶ϕ |
+θ 0 1 ¶ϕ = r0 ( |
) +θ 0 |
||||||||
|
¶r |
r ¶θ |
|
|
r |
|
|
θ |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
→ |
→ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
де r0 |
і θ 0 – одиничні орти, E = |
|
E2 |
+ E2 . |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
r |
|
|
θ |
|
|
|
Знайдемо поле усередині кулі: |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
¶ϕ |
3ε2 |
|
cosθ , |
|
|
||||
|
Eri = - |
¶ r = -E0 |
|
|
|
||||||
|
(2ε2 + ε1 ) |
|
|
||||||||
294
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 ¶ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
3ε2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
Eθ i |
= - |
|
|
¶θ |
|
= E0 |
|
|
|
|
sinθ . |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
r |
|
(2ε2 + ε1 ) |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
Тоді |
|
|
|
|
|
|
3ε2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3ε2 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= E |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
E = E |
|
|
|
|
|
|
|
|
cos2 |
θ + sin2 θ |
|
. |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
0 (2ε2 + ε1 ) |
|
|
(2ε2 + ε1 ) |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
Знайдемо поле поза кулею: |
|
|
|
|
|
(ε2 -ε1 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
¶ϕ |
|
|
|
|
|
|
|
æ |
|
|
|
2R3 |
|
|
ö |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
E |
= - |
|
|
= -E |
ç1- |
|
|
3 |
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
÷cosθ , |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
re |
|
|
|
|
¶ r |
|
|
|
|
|
0 |
ç |
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
|
|
|
|
|
(2ε2 + ε1 ) ø |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
= - 1 ¶ϕ |
|
|
|
|
|
|
æ |
|
|
|
|
3 |
|
(ε2 -ε1 ) |
ö |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
E |
|
= E |
|
ç1+ R |
|
× |
|
|
÷sinθ . |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
θ e |
|
|
|
|
r ¶θ |
|
|
|
0 |
ç |
|
r |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Тоді |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
|
|
(2ε2 + ε1 ) ø |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
æ |
|
2R3 |
(ε2 |
-ε1 ) |
|
ö2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
æ |
|
|
R3 |
|
|
(ε2 -ε1 ) |
|
|
ö2 |
|
2 |
|
||||||||||||||
E = E |
ç1- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
÷ |
cos |
|
θ + ç1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
÷ |
sin |
|
θ. |
||||||||||||
|
|
3 |
|
(2ε2 |
+ ε1 ) |
|
|
3 |
|
|
(2ε2 + ε1 ) |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
e |
0 |
ç |
|
|
r |
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
ç |
|
|
r |
|
|
÷ |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
è |
|
|
|
|
ø |
|
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
|
|
ø |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
При r =1 см, θ = 0° , E = Ei = E0 |
|
3ε2 |
|
|
|
|
=400 В/м. |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
(2ε2 +ε1 ) |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
При r =10 см, θ =90°, |
|
|
|
(ε2 -ε1 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
æ |
|
|
2R3 |
|
|
|
ö |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
E = E |
|
= E |
ç1- |
|
|
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
÷cosθ =793,6 В/м. |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
3 |
|
|
(2ε2 + ε1 ) |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
re |
|
|
|
|
0 |
ç |
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ø |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
Відповідь: при |
r =1 см |
|
і |
|
|
θ = 0° |
|
E =400 В/м, |
при |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
r =10 см і θ =90° E =793,6 В/м. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
Метод дзеркальних зображень
Приклад 1 На відстані h від границі поділу двох діелектриків з діелектричними проникностями ε1 і ε2 у середо-
вищі з ε2 розміщена заряджена нитка з лінійною щільністю заряду τ (рис. 5.12). Визначити потенціал ϕ і напруженість електричного поля E для точки, яка лежить на
295
границі поділу діелектриків по нормалі від заряду, вважа-
ючи її такою, що належить двом середовищам. |
|
|
||||||||||||
|
τ1 |
|
|
Розв'язок. Для розв'язання |
||||||||||
|
|
|
задачі |
скористаємося |
методом |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
дзеркальних зображень. Розгля- |
||||||||
|
h |
|
|
|
|
немо два випадки: |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
1) |
точка |
належить |
|
верхній |
|||||
|
ε2 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
півплощині; |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
ε1 |
|
|
2) |
точка |
належить |
|
нижній |
||||||
|
|
|
|
|
|
півплощині. |
|
|
|
|
|
|
||
|
Рисунок |
5.12 – |
У першому випадку вводимо |
|||||||||||
|
уявну нитку з лінійною щільніс- |
|||||||||||||
Заряджена нитка над |
||||||||||||||
тю заряду τ |
|
=τ |
|
(ε2 -ε1 ) |
|
|||||||||
границею |
поділу |
|
|
і замі- |
||||||||||
2 |
1 |
(ε2 + ε1 ) |
||||||||||||
двох діелектриків |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
няємо середовище з ε1 |
на сере- |
|||||||
довище з ε2 |
(рис. 5.13 а). Поле, створене зарядженою нит- |
||||||||||||||||
кою, |
визначається |
за |
|
формулою |
(див. |
приклад 2.5) |
|||||||||||
E = |
|
|
τ |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2πεar |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Поле, створене двома зарядженими нитками, |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
E = E1 + E2 |
= |
τ1 |
|
|
+ |
|
τ2 |
= |
|
||
|
|
|
|
|
|
2πεa2h |
2πεa2h |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
τ1 |
æ |
ε |
|
ö |
|
|
|
|
τ1 |
|
|
|
|
|
|
= |
|
ç1+ |
2 -ε1 ÷ |
= |
|
|
|
|
. |
||||
|
|
|
|
|
2πεa2h |
|
π h(εa2 + εa1 ) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
è |
ε2 + ε1 ø |
|
|
||||||||
Потенціал зарядженої нитки визначається за формулою (див. приклад 2.5)
ϕ = 2πετ a ln 1r .
Тоді потенціал від двох заряджених ниток за законом накладення полів
297
Приклад 2 Над границею поділу двох магнітних середовищ із магнітними проникностями μ1 =1 і μ2 =999 у се-
редовищі з μ1 на відстані R від границі розміщений про-
|
|
|
2 см |
відник зі струмом. Визначити |
||||||||||||
|
I1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
напруженості магнітного поля в |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
точках |
M і |
N |
(рис. 5.14): |
|
μ1 |
|
|
|
см2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
R =2 см; точка |
M перебуває на |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
відстані |
R1 =2 см від провідника |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
μ2 |
|
|
|
|
2 см |
|
|
зі струмом; точка N |
перебуває |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
на відстані 4 см від точки M пе- |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
рпендикулярно до поверхні по- |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
N |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ділу; сила струму I1 =10 А. Знай- |
||||||
|
Рисунок |
5.14 – |
||||||||||||||
|
ти напруженості магнітного поля |
|||||||||||||||
Провідник |
зі стру- |
H в точках M і N . |
|
|||||||||||||
мом над поверхнею |
Розв'язок. Для розв'язання |
|||||||||||||||
поділу двох |
|
середо- |
задачі |
скористаємося методом |
||||||||||||
вищ |
|
|
|
|
|
|
|
дзеркальних зображень. |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для знаходження поля в то- |
|||
чці M введемо уявний струм
I2 = ((μ2 − μ1 )) I1
μ2 + μ1
ізамінимо середовище з магнітною проникністю μ2 на се-
редовище з μ1 (рис. 5.15 а). Тоді за принципом накладення напруженість магнітного поля в точці M
→ → |
→ |
H M = H1 |
+ H 2 . |
Для прямолінійного провідника зі струмом
H1 = 2πI1R1 =79,5 А/м,
299
HN = |
I3 |
= |
μ1 |
× |
|
I1 |
|
=0,0715 А/м. |
|
(μ1 + μ2 ) |
|
|
|
||||
|
π R12 + (2R1 )2 |
|||||||
|
2π R3 |
|
|
|
||||
Відповідь: HM =101 А/м, HN =0,0715 А/м.
Приклади розрахунків параметрів деяких компонент електричних кіл
Приклад 1 Вивести формулу для напруженості електричного поля E коаксіального кабелю через напругу U і розрахувати, під яку напругу U можна увімкнути кабель, якщо максимальна напруженість Emax поля не повинна пе-
ревищувати 1/3 пробивної напруженості Eпр =2´104 кВ/м.
Кабель має такі розміри: радіус внутрішньої жили R1 =2 мм, радіус оболонки R2 =5 мм.
Розв'язок. Розглянемо жилу кабелю як заряджену нитку, для якої напруженість електричного поля E визнача-
ється за формулою (див. приклад 2.5) |
|
|
|
|
||||||||
|
E = |
|
|
τ |
|
, |
|
|
|
|
||
|
|
2πεar |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
де τ – лінійна густина заряду. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тоді |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
τ |
|
R2 |
dr |
|
τ |
|
æ |
R2 |
ö |
||
U = ò Edr = |
|
|
ò |
r = |
|
|
|
ln ç |
|
÷ . |
||
2πε |
a |
2πε |
a |
R |
||||||||
R |
|
|
R |
|
|
|
|
è |
1 |
ø |
||
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Підставивши 2πετ a = Er в останній вираз, отримаємо
U= E r ln æç RR2 ö÷ .
è1 ø
Звідси
