Теорія поля / Посiбник
.PDF301
U = ò2 Edx .
1
Причому
d1 |
d1 |
+d2 |
U =U1 +U2 = ò E1dx + |
|
ò E2dx = E1d1 + E2d2 . |
0 |
|
d1 |
Тут ураховано те, що напруженість електричного поля E в кожному шарі конденсатора постійна.
→
Оскільки вектор E спрямований нормально до поверхні пластин конденсатора, то E = En . Із граничних умов
D1n = D2n випливає, що εa1E1 = εa2 E2 або
|
|
|
|
|
E = |
εa1 |
E . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Тоді |
|
|
|
|
|
|
εa2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
U |
|
|
|
|
εa1 |
|
|
|
U |
|
|
|
U |
|
|
||||||
E = |
|
|
, E = |
× |
|
|
|
= |
|
|
. |
||||||||||
d + |
εa1 d |
|
|
|
d + εa1 d |
|
|
|
|
||||||||||||
1 |
|
|
2 |
|
εa2 |
|
|
d + εa2 d |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1 |
εa2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
|
2 |
εa1 |
1 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
εa2 |
|
||||||||||||
При εa1 =2εa2 |
і d2 =1,5 d1 |
отримаємо, що |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
E = |
1 U , |
|
|
E = 3 U . |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
1 |
4 d1 |
|
|
2 |
|
4 d2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Відповідь: E = 1 U |
, |
E = 3 U . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
1 |
4 d1 |
|
|
2 |
|
4 d2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Приклад 3 Сталева пластина являє собою 3/ 4 диска із концентрично вирізаним круглим отвором (рис. 5.17). Внутрішній радіус диска R1 =1 см, зовнішній радіус R2 =2 см.
Товщина пластини постійна. Між кінцями пластини підтримується постійна різниця потенціалів U . Знайти різницю потенціалів ϕ2 -ϕ1 , якщо найбільше значення густини
303
Розв'язок. Напруга U пов'язана з напруженістю електричного поля E формулою
R2 → →
U12 = ò E d r .
R1
→
Напруженість E можна визначити із закону Ома
→
E→ = δγ .
Оскільки струм I проходить через півсферу (площа сфери Sсф = 4π r2 ), то
|
|
δ = |
I |
= |
|
I |
|
. |
|
|
|
|||
|
|
S |
2π r2 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Тоді |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R2 |
I |
dr |
|
|
|
I |
|
æ |
1 |
|
|
1 |
ö |
|
U12 = ò |
|
× r2 |
= |
|
ç |
|
|
- |
|
÷ |
=31,9 В. |
|||
2π γ |
2π γ |
R |
|
R |
||||||||||
R |
|
|
|
|
|
|
|
è |
1 |
|
|
2 |
ø |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Відповідь: напруга між точками 1 і 2 U12 =31,9 В.
Приклад 5 У циліндричному конденсаторі із недосконалою ізоляцією питома провідність міняється за законом
γ = γ1 (2 - kr) ,
де γ1 =10−9 См/см; k =0,1 см-1.
Радіус внутрішнього циліндра a =5 см, радіус зовнішнього циліндра b =10 см; довжина конденсатора l =1 м. Конденсатор під'єднаний до постійної напруги U =1 кВ.
Знайти закон розподілу густини струму δ (r) як функцію відстані r від осі циліндра. Обчислити струм втрати Iвтр .
Розв'язок. Струм втрати Iвтр (струм через бічну поверхню) можна визначити за формулою
304
→ →
Iвтр = ò δ dS = δ Sбiч = δ ×2π r l .
Sбiч
Густину струму можна визначити із закону Ома в ди-
→ →
ференційній формі: δ = γ E . Тоді
Iвтр = 2π r l γ E .
Напруженість поля E не відома, але відома прикладена напруга U , яка пов'язана із E виразом
U = |
b |
Edr = |
Iвтр |
|
b |
|
|
|
|
|
1 |
|
dr = |
Iвтр |
|
æ b(2 - ka) ö |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ln ç |
|
|
|
÷. |
|||||||||
ò |
|
ò |
|
(2 |
- kr)r |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
a |
|
|
2π l γ1 a |
|
|
|
|
|
|
|
4π l γ1 |
|
è a(2 |
- kb) ø |
||||||||||||||
Звідси струм втрати |
4π l γ1 U |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
Iвтр = |
|
|
|
|
|
|
|
=1,13´10−3 |
А. |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
æ b(2 - ka) |
ö |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
ln èç |
|
|
|
ø÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
a(2 - kb) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Тоді з урахуванням заданих параметрів густина струму |
|||||||||||||||||||||||||||||
визначиться у такий спосіб: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2´10−4 |
||||||||||||||||||
δ = |
|
2γ U |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
2γ U |
|
= |
|
|
|||||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|||||||
æ b(2 - ka) ö |
r ln |
(2 - 0,1r) |
r ln (2 - 0,1r) |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
r ln èç |
|
|
ø÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
a (2 - kb) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Відповідь: струм втрати Iвтр =1,13´10−3 |
А, розподіл гу- |
||||||||||||||||||||||||||||
стини струму δ (r) |
= |
|
|
|
|
|
2´10−4 |
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
r ln (2 - 0.1r) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
Приклад 6 За допомогою закону Біо-Савара-Лапласа вивести формулу для визначення напруженості магнітного поля H на осі колового витка радіусом a зі струмом I
(рис. 5.19).
Розв'язок. Закон Біо-Савара-Лапласа має вигляд
306 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A створюють |
симетричне конічне |
|
dH |
|
|
віяло (рис. 5.21). Результуючий век- |
||||||
|
|
|
|
dHz |
тор |
|
|||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
→ |
→ |
||||
|
|
|
|
||||||
dH |
dHz |
= dH sin β |
|||||||
Рисунок 5.21 – |
буде перпендикулярний до площини |
||||||||
→ |
→ |
||||||||
|
|
→ |
витка, тобто rz0 |
^ dl . Тоді |
|||||
Вектор dH у точці |
→ |
→ |
|||||||
A |
|||||||||
sin Ðdl rz0 = sin 90° =1. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
a |
a |
|
З рис. 5.22 видно, що sin β = R = (a2 + z2 )1/ 2 .
dl |
|
|
a |
R |
dH β |
β |
|
|
|
z |
b dH |
|
|
z |
Рисунок 5.22 – Визначення sin β
Тоді напруженість магнітного поля, створеного ділян-
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
|
|
I |
|
|
a2dα |
|
|
|
|
|||
кою витка dl , у точці A dHz |
= |
|
× |
|
. |
|
|||||||||||||||
4π |
(a2 + z2 )3/ 2 |
||||||||||||||||||||
Проінтегрувавши цей вираз, отримаємо |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
→ |
|
I |
|
|
|
a2 |
|
|
|
|
2π |
|
|
|
|
I a2 |
|
|
|
|
|
Hz |
= |
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
ò dα = |
|
|
|
|
|
|
. |
|||
4π |
(a |
2 |
+ z |
2 |
) |
3/ 2 |
|
2(a |
2 |
+ z |
2 |
) |
3/ 2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
307 |
|
Відповідь: напруженість магнітного поля на осі коло- |
||||||||||||
вого витка зі струмом H = |
|
I a2 |
|
|
|
|
|
|
||||
2(a2 + z2 )3/ 2 . |
|
|
|
|
||||||||
Приклад 7 Постійний струм |
I =5 А проходить уздовж |
|||||||||||
рамки, виконаної |
у вигляді правильного |
багатокутника, |
||||||||||
i |
|
|
вписаного |
в |
|
коло |
радіусом |
|||||
|
|
i |
a =10 см |
|
(рис. 5.23). |
Кількість |
||||||
i |
|
сторін багатокутника n =6, кіль- |
||||||||||
|
|
|||||||||||
|
|
кість витків рамки ω =5. Визна- |
||||||||||
|
|
|
||||||||||
α1 β |
|
|
чити |
|
напруженість магнітного |
|||||||
|
|
поля H в центрі багатокутника. |
||||||||||
h |
|
|
||||||||||
|
i |
Розв'язок. |
Напруженість ма- |
|||||||||
α2 |
i |
|
гнітного поля |
H в центрі бага- |
||||||||
|
токутника |
дорівнює |
сумі |
на- |
||||||||
|
|
|
пруженостей, створених кож- |
|||||||||
|
|
|
ною |
|
стороною |
багатокутника. |
||||||
Рисунок 5.23 – Ба- |
Напруженість |
кожної |
сторони |
|||||||||
можна розглядати як напруже- |
||||||||||||
гатокутник зі струмом |
||||||||||||
ність |
|
|
відрізка |
дроту |
||||||||
|
|
|
I |
|
||||||||
|
|
|
H = |
|
(cosα1 - cosα2 ) . |
|
||||||
|
|
|
|
4π h |
|
|
|
|
|
|
||
Зрис. 5.23 видно, що
α2 =180° -α1 , cosα1 = -cosα2 ,
sinα1 = ah .
Звідси h = asinα1 . Тоді
H = |
I |
(cosα1 + cosα1 ) = = |
I |
× cosα1 . |
||
4π a sinα |
2π a |
|||||
|
|
sinα |
1 |
|||
|
1 |
|
|
|
||
309
Розв'язок. Е.р.с., яка наводиться в рамці, дорівнює сумі е.р.с., обумовленої зміною магнітного поля в часі ( e1 ), і
е.р.с., обумовленої рухом рамки ( e2 ), тобто e = e1 + e2 . Значення e1 можна визначити із закону Фарадея:
e1 = − ∂∂Фt ,
→ →
де магнітний потік Ф = Ñò B dS .
S
→→
Усвою чергу, B = μ0 H , dS = bdx . Тоді
→→
Ф= μ0bòH dx .
x
Напруженість магнітного поля |
H можна визначити із |
|||||||||||
закону повного струму |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
→ → |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
Ñò H dl = i . |
|
|
|
|
|||
Звідки |
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
H = |
|
= |
|
|
; |
|
|||||
|
2π r |
2π (a + x) |
|
|||||||||
|
μ0ib c+x dx |
|
|
μ0ib |
|
a + c + x |
|
|||||
Ф = |
2π |
òx |
|
= 2π |
ln |
|
a + x |
. |
||||
a + x |
|
|||||||||||
Оскільки за умовою задачі i =10sin (10t), то |
||||||||||||
e = − ∂Ф = − |
ωμ0bIm cos(ωt) |
ln a + c + x . |
||||||||||
|
||||||||||||
1 |
∂t |
|
|
|
|
|
2π |
|
|
a + x |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Е.р.с., яка наводиться в одній стороні рамки на відстані a від провідника зі струмом, обумовлена рухом рамки, дорівнює:
310
e21 = Ñò |
é |
→ |
→ ù |
→ |
|
Ñò H1dl = |
êv´ B1 ú dl = Ñò vB1 sin 90°dl = vÑò B1dl = vμ0 |
||||||
l |
ë |
|
û |
l |
l |
l |
= vμ0bH1.
Е.р.с., яка наводиться в одній стороні рамки на відстані (a + c) , дорівнює:
|
|
|
|
|
|
|
e22 = vμ0bH2 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
тут H1 = |
|
|
i |
, |
|
H2 = |
|
i |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
2π |
(a + x) |
|
2π (a + c + x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Тоді е.р.с. між проводами, які перебувають на відстані |
|||||||||||||||||||||||||||
c , |
|
|
|
|
|
vbμ0 Im sin (ωt) é |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
e |
= e |
|
- e = |
|
1 |
|
- |
|
1 |
ù |
. |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
2π |
|
ê |
|
|
|
|
|
|
|
|
ú |
|
|
|||||||||
2 |
21 |
22 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
ëa + x a + c |
+ x û |
|
|
|
|||||||||||
Представивши t = |
, |
отримаємо остаточний вираз для |
|||||||||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||||||
е.р.с.: |
|
|
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
e = - μ0bIm |
éω ln a + c + x cosæ |
ω |
x |
ö |
- v |
æ 1 |
- |
|
1 ö |
´ |
|||||||||||||||||
|
ç |
|
|
|
|
|
|
|
÷ |
||||||||||||||||||
2π |
ê |
|
a + x |
ç |
÷ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
ë |
|
è |
|
v ø |
|
|
è a + x a + c + x ø |
|
|||||||||||||||||||
´sin æçω x ö÷ùú .
èv øû
При x =20 см e =6,32´10−6 |
В. |
|
|
|
|
μ0bIm |
|
|||||||||
Відповідь: е.р.с., яка наводиться в рамці, e = - |
|
´ |
||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2π |
|
|
|
é |
a + c + x |
æ |
x ö |
æ |
|
1 |
|
1 ö |
æ |
|
x |
öù |
||||
´ êω ln |
|
cosçω |
|
÷ |
- vç |
|
|
- |
|
÷ sin |
ç |
ω |
|
÷ú . |
||
a + x |
|
|
|
|
v |
|||||||||||
ë |
è |
v ø |
è a + x |
|
a + c + x ø |
è |
|
øû |
||||||||
При x =20 см e =6,32´10−6 В.
Приклад 9 Визначити тангенс кута α , який утворюєть-
→ |
→ |
ся напруженістю електричного поля E з нормаллю |
n до |