Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Из условия D1n = D2n находим:qhε − 1 qhε −1σ′(х) = −.=−3ε + 1 2πrε + 1 2 π( x 2 + h 2 ) 3 / 2Для вычисления величины полного связанного заряда q′ выделяем на плоскости кольцевую область с центром в точке О, расположенную между окружностями радиусов x и x + dx. Площадь этойобласти dS = 2πxdx, на ней находится заряд dq′ = σ′dS. Полный заряд q′ найдем, интегрируя это выражение по х от нуля до бесконечности:∞ε −1xdxε −1q′ = − qh= −q22 3/ 2∫ε + 1 0 (x + h )ε +1Ответ:σ′(x) = −ε −1qh,2ε + 1 2π( x + h 2 ) 3 / 2q′ = −qε −1.ε +1Замечание.
Рассмотрим случай, когда заряд q находится на границе. При h → 0 из полученного результата видно, что σ′ → 0 вовсех точках, кроме х = 0. Действительно, при этом в произвольнойточке А(х) нормальная компонента вектора напряженности Eq обращается в нуль, ввиду чего условие непрерывности нормальнойσ′σ′компоненты вектора D приводит к соотношению= −ε , кото22рое может выполняться только при σ′ = 0. Итак, если точечный заряд q находится на плоской границе раздела вакуума и безграничного диэлектрика, то σ′ = 0 везде, кроме точки х = 0.Величина q′ не зависит от h. Однако при h → 0 весь этот зарядсобирается около точки х = 0.
Поэтому напряженность поля можновычислить как суперпозицию полей двух точечных зарядов q и q′,расположенных в одной точке х = 0. Поскольку других зарядов нет,создаваемое ими во всем пространстве поле изотропно, то есть вдиэлектрике оно такое же, как в вакууме:q + q′1qЕ(r) = Е1(r) = Е2(r) =.=24πε 0 rε + 1 2πε 0 r 2Гл.4. Диэлектрики в электростатическом поле123Это означает, что силовые линии вектора E расходятся из центра равномерно, а эквипотенциальные поверхности являются сферами.Поле вектора D легко получить из найденной формулы:D1 = ε0 E,D2 = εε0 E,1q,ε + 1 2πr 2εqD2 =.(ε + 1) 2πr 2D1 =Картина линий вектора индукции D, в отличие от картины поляE, несимметрична.
Поскольку D2 > D1, силовые линии индукции,расходясь радиально от центра, имеют большую густоту в диэлектрике, чем в вакууме.Задачи типа 4.2Определение напряженности поля Е, потенциала φ и вектораиндукции D в системах с однородными диэлектрикамиМетоды решения. Использование известного или ранее рассчитанного распределения связанных зарядов и вектора поляризации. Использование граничных условий (4.11) – (4.14) и формул(4.6) – (4.9).Задача 4.3.6 (базовая задача). Бесконечно большая пластинаиз однородного диэлектрика с проницаемостью ε заряжена равномерно сторонним зарядом с объемной плотностью ρ. Толщина пластины 2d.
Найти напряженность электрического поля и потенциал,создаваемые этой системой, а также объемную и поверхностнуюплотности связанного заряда.РешениеИз симметрии системы следует, что напряженность и потенциал зависят только от одной координаты, выбранной в направлениинормали к слою. Пусть это будет ось х декартовой системы координат с началом в центре слоя. Напряженность поля такой системыпри ε = 1 была вычислена в задаче 1.3.11 (глава 1) на основе теоремы Гаусса:ρxρdE(|x| < d) =, E(|x| > d) = ±.ε0ε0ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ124Напряженность поля внутри диэлектрика в ε раз меньше:ρxρd, E(|x| > d) = ±.ε0εε0На границе раздела имеются связанные заряды, поэтому напряженность испытывает здесь скачок. Распределение потенциаланайдем, применяя формулу (2.17) из гл. 2:E(|x| < d) =xϕ(x) = ϕ(0) − ∫ Edx .0Если принять, что ϕ(0) = 0, получим:ρx 2φ (|x| ≤ d) = −,2ε 0 ε ρd 2 ρdρd d+( x − d ) = −φ (x ≥ d) = − + x−d.2εεεε 0 2ε00Используя (4.4), находим P = ε0(ε – 1)E при x < d (и, конечно,Р = 0 при x > d). Подставляя найденное значение Е, получаем:ε −1ρx .εС помощью (4.1) устанавливаемвеличину плотности объемного связанного заряда:dPε −1ρ′ = – div P = −=−ρ,dxεа с помощью (4.2) – плотность поверхностного связанного заряда:EP(x) =ε −1ρd .εГрафики зависимостей E(x) иφ(x) представлены на рис.
4.5.Ответ:σ′ = – Pn (d) =x < d:E(x) =x–dϕdxРис. 4.5. Графики зависимостейE(x) и φ(x) (задача 4.3.6)ρxρx 2ε −1, φ (x) = −, ρ′ = −ρ = const;ε02ε 0 εεГл.4. Диэлектрики в электростатическом полеx > d:E(x) =x = d:σ′ =ρd,ε0φ (x) = −125ρd d + x−d;ε 0 2εε −1ρd .εЗадача 4.3.7. Однородный диэлектрик с проницаемостью εимеет вид сферического слоя с радиусами a и b, причем a < b. Найти распределение напряженности поля и потенциала, если в объемеслоя равномерно размещен сторонний заряд с плотностью ρ.РешениеИз симметрии системы следует, что напряженность и потенциал будут функциями лишь одной переменной – расстояния r отцентра симметрии.
Вычислим напряженность поля по теореме Гаусса при ε = 1:a)Eпри r < a,E1 = 033r −aE2 = ρ,при a < r < b,3ε 0 r 2qпри r > b.E3 =04πε0 r 2rϕ4πЗдесь q =ρ (b3 – a3) – полныйб)3заряд сферического слоя. При наличии диэлектрика напряженности E1и E3 не изменятся, а E2 будет в ε разменьше. График зависимости E(r) 0abrпредставлен на рис.
4.6a.Рис. 4.6. Графики зависимостейПримем значение потенциала в E(r) и φ(r) (задача 4.3.7)бесконечно удаленной точке равнымнулю. Тогдаqb3 − a 3,=ρ4πε0 r3ε 0 rпри r > bφ3(r) =при a < r < bφ2(r) = − ∫ E2 dr + ϕ3 (b),rb126ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧи, наконец, φ1 = const при r < a.
Из условия непрерывности потенциала следует, что φ1 = φ2(a). Вычисляя интеграл для φ2, находимОтвет:φ2(r) =φ1 =ρ b2a3r 2 a3 (2ε + 1) − (ε − 1) − − ,br 3εε0 22ρ b2a33a 2 (2ε + 1) − (ε − 1) −.3εε0 22 bГрафик функции φ(r) представлен на рис. 4.6 б.Задача 4.3.8. Две параллельные пластины ничтожно малойтолщины заряжены одноименно, причем поверхностная плотностьзаряда на верхней пластине σ1 = 3 мкКл/м2, а на нижнейσ2 = 6 мкКл/м2. Расстояние между пластинами h = 1 см мало посравнению с линейными размерами пластин.
Между пластинамивставлена плоскопараллельная парафиновая пластинка толщинойd = 5 мм (рис.4.7). Диэлектрическая проницаемость парафина ε = 2.Определить напряженность поля E1 между пластинами вне диэлектрика, напряженность поля E2 внутри диэлектрика и разность потенциалов между пластинами.РешениеПоскольку на пластинах разме+σ1щены одноименные заряды, векторынапряженности от пластин направE2ε2лены навстречу друг другу и сумnмарная напряженность поля вне диE1электрика направлена от нижней1+σ2пластины (где величина зарядаРис.
4.7. Напряженности полей,больше) к верхней и равнавне диэлектрика Е1 и внутри негоσ − σ1Е2 (задача 4.3.8).n,E1 = 22ε 0где n – единичный вектор, направленный от пластины с большимзарядом к пластине с меньшим зарядом. Внутри диэлектрика величина напряженности в ε раз меньше:σ − σ1E2 = 2n.2ε 0 εГл.4. Диэлектрики в электростатическом поле127Поле в пространстве между пластинами однородное, поэтому искомая разность потенциалов равна∆φ = E1(h – d) + E2d.Подставляя численные значения всех величин, находим приближенно: E1 = 170 кВ/м, E2 = 85 кВ/м, ∆φ = 1,3 кВ. Величины напряженности существенно меньше диэлектрической прочностивоздуха, которая приблизительно равна 30 кВ/см.σ − σ1σ − σ1Ответ: E1 = 2= 170 кВ/м, E2 = 2= 85 кВ/м,2ε 02ε 0 ε∆φ = = E1(h – d) + E2d = 1,3 кВ.Дополнение.
Определим силу, действующую на каждую пластину. Из определения напряженности следует, что силу можнорассчитать, если известен заряд, на который действует сила, и напряженность этого действующего поля. В нашем случае заряд первой пластины равен q1 = σ1S, где S – площадь пластин. На этот заряд действует поле, создаваемое второй пластиной.
Напряженностьσэтого поля равна E = 2 . В итоге находим:2ε 0σ1σ 2S.2ε 0Из численных данных можно найти лишь плотность действующей силы, т.е. силу, приходящуюся на единицу площади (электрическое давление). Она равна f = F/S = 0,5 Па.F=Задачи типа 4.3Определение емкости конденсаторов, заполненных неоднородным диэлектрикомМетоды решения:1) использование эквивалентных схем, которые представляютнеоднородно заполненный диэлектриком конденсатор как системусоединенных между собой конденсаторов, заполненных диэлектриком однородно.
После этого применяются формулы сложения емкостей конденсаторов при последовательном и параллельном их соединении (см.§3.1. главы 3).ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ1282) Исходя из зарядов на проводниках (±q в случае конденсатора), найти поле D, потом поле Е и из него разность потенциалов ∆ϕ.Емкость конденсатора равна C = q/∆ϕ.Задача 4.3.9 (базовая задача).
Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено двумя слоями диэлектриков.Толщина слоя первого диэлектрика с проницаемостью ε1 равна h1,толщина слоя второго диэлектрика с проницаемостью ε2 равна h2(рис. 4.8). Площадь каждой обкладки равна S. Найти емкость Сконденсатора.РешениеПусть на пластины конденсатора помещены зарядыε1 h 11+q и –q. Тогда напряженностьεε2 h222поля в первом диэлектрикеравна E1 =σ, а во второмε1ε0Рис. 4.8.
Конденсатор, заполненный дву-мя слоями диэлектриков (задача 4.3.9)σ.ε 2 ε0Разность потенциалов между пластинами∆φ = E1h1+ E2h2,следовательно,ε εε Sq.C == 0 1 2∆ϕ h2 ε1 + h1ε 2Альтернативный подход к решению этой задачи состоит в следующем. Плоская граница между диэлектриками является эквипотенциальной поверхностью.
Поэтому нашу систему можно рассматривать как два последовательно соединенных плоских конденсатора с емкостямиε εSε ε Sи C2 = 0 2 .C1 = 0 1h1h2E2 =Применяя формулу сложения емкостей 1 C = 1 C1 + 1 C2 , получаем такой же ответ.Ответ:C=ε 0 ε1ε 2 S.h2 ε1 + h1ε 2Гл.4. Диэлектрики в электростатическом поле129Задача 4.3.10. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено диэлектриком, проницаемость которого меняется по линейному закону от значения ε1 у одной пластины до значения ε2 (ε2 < ε1) у другой. Расстояние между пластинами d, площадь каждой пластины равна S.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
