Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Найти емкость С конденсатора.РешениеСпособ 1. Учитывая симметрию системы, направим ось х декартовой системы координат по нормали к плоскости пластин конденсатора, а начало отсчета 0 выберем в точке пересечения оси х с пластиной, около которой проницаемость диэлектрика наименьшая(см. рис.4.9).Идея решения задачи состоит вεтом, чтобы заданный конденсаторε1рассмотреть как систему последоваε2тельно соединенных плоских конденсаторов с бесконечно малыми рас0d Хстояниями ∆x между их обкладками.∆xВ таком объеме диэлектрическуюпроницаемость ε можно считать постоянной и для вычисления емкостиприменить обычную формулу емкости плоского конденсатора.Выделим такой тонкий слой ∆хна произвольном расстоянии х от начала координат.
Обратная емкостьтакого тонкого конденсатора равнаРис. 4.9. Зависимость диэлектрической проницаемости от∆x1координаты в конденсаторе за∆ =, C ε 0 ε( x ) Sдачи 4.3.10где ε( x) = ε 2 + (ε1 − ε 2 )( x / d ) . При последовательном соединенииконденсаторов суммируются величины, обратные емкости, что длянепрерывного распределения конденсаторов в пределе ∆x → dxсводится к интегрированию по всем х от нуля до d:d1dx=∫C 0 C ( x)Учитывая, что dx =ddε , получаемε1 − ε 2130ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧε11ddεdε==ln 1 .∫C ε0 (ε1 − ε 2 ) S ε ε ε0 (ε1 − ε 2 ) S ε 22Способ 2.
Пусть на обкладках конденсатора находятся заряды ±q иповерхностная плотность заряда σ = ±q/S. Тогда D = σ, и далее получаемDσ1,E( x) ==ε 0 ε( x ) ε 0 ε 2 + ( ε1 − ε 2 )( x / d )d∫∆ϕ = E ( x )dx =0C=Ответ: C =σdεln 1ε0 ( ε1 − ε 2 ) ε 2,qε (ε − ε )S= 0 1 2 .∆ϕ d ln( ε1 / ε2 )ε 0 (ε1 − ε 2 ) S.d ln(ε1 / ε 2 )Задача 4.3.11 (базовая задача). Первоначально в плоском воздушном конденсаторе, заряженном и отсоединенном от источникаЭДС, напряженность поля равна Е0.
Затем половину пространствамежду пластинами конденсатора заполняют однородным диэлектриком с проницаемостью ε так, что плоская граница диэлектрикапараллельна пластинам конденсатора (рис. 4.10а).а) Найти модули векторов E и D внутри и вне диэлектрика.б) Ответить на те же вопросы, если диэлектрик занимает всерасстояние между пластинами в половине объема конденсатора(рис. 4.10б).РешениеВ случае а) из результатов задачи 4.3.2 следует, что напряженность поля в воздушном промежутке E1 = E0 = σ ε0 не изменится,а в диэлектрике станет меньше в ε раз за счет поля появившихсясвязанных зарядов E2 = E0 ε .Распределение сторонних зарядов на обкладках конденсаторане изменилось, поэтому не изменятся и силовые линии вектора индукции D.
Из условия непрерывности Dn на границе диэлектриказаключаем, что в любой точке внутри конденсатора D1 = D2 = ε0Е0.Гл.4. Диэлектрики в электростатическом поле131Разность потенциалов между обклад+σками уменьшилась и стала равной– – – – – – – – – – – – – ––σ ′d 1 ∆ϕ = E0 + 1ε2 ε 2+σ ′вместо первоначальной ∆φ0 = Е0d, где + + + + + + + + + + + + +1–σd – расстояние между пластинамиа)конденсатора. Такой результат связанс тем, что электрическое поле втягиваσ1σ2ет диэлектрик внутрь конденсатора и– – – – – – – –σ ′совершает работу, что приводит к– – – – – – –уменьшению потенциальной энергии21εсистемы, пропорциональной разностипотенциалов. Подробно этот вопрос+ + + + + + ++σ ′будет рассмотрен в следующей главе.–σ1–σ2В случае б) произойдет перерасб)пределение сторонних зарядов на пла- Рис.
4.10. Конденсаторы, часстинах конденсатора так, чтобы на- тично заполненные диэлектрипряженность поля в воздушном про- ками (задача 4.3.11)межутке и в диэлектрике стала одинаковой: Е1 = Е2 = Е. К этому выводу можно прийти, рассматриваяразность потенциалов между пластинами, которая равна ∆φ = Еdнезависимо от пути перехода от одной пластины к другой – черезвоздушный промежуток или через диэлектрик.
В обозначенияхрис. 4.10б.σσ − σ′ σ 2.E= 1 = 2=ε0ε0εε 0Отсюда получаем, что ε σ1 = σ2. По условию, диэлектрик заполняетполовину объема конденсатора. Поэтому по закону сохранения заσ + σ2ряда исходная плотность σ = ε0 E0 = 1. Таким образом,22ε E2 E0σ1 = 0 0 , а E =. Следовательно,ε +1ε +122εD1 =ε 0 E0 и D2 =ε 0 E0 .ε +1ε +12Разность потенциалов здесь равна ∆φ = Ed =E0 d ; онаε +1меньше, чем была первоначально. Как и в предыдущем случае, в132ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧпроцессе заполнения конденсатора диэлектриком электрическиесилы совершают работу, и потенциальная энергия системы уменьшается.Ответ:а) Е1 = Е0, E2 =б) Е1 = Е2 =E0;εD1 = D2 = ε0Е0;2 E02; D1 =ε 0 E0 ,ε +1ε +1D2 =2εε 0 E0 .ε +1Задача 4.3.12.
Решить предыдущую задачу, считая, что конденсатор с самого начала подключен к источнику ЭДС и разностьпотенциалов между обкладками не меняется.РешениеРазность потенциалов между обкладками вначале равна∆φ = Е0d и в дальнейшем не меняется. В случае а) после внесениядиэлектрика в конденсатор напряженность поля в диэлектрике Е2будет в ε раз меньше напряженности Е1 поля в воздушном промеEжутке: E2 = 1 . Если выразить ∆φ через Е1 и Е2, то получим:εdd 1∆φ = (E1 + E2 ) = E1 1 + .22 εУчитывая неизменность ∆φ, находим отсюда2ε2E1 =E0 , E 2 =E0 .ε +1ε +1Из определения вектора D получаем2εD1 = D2 =ε 0 E0 .ε +1В случае б) напряженности Е1 и Е2 одинаковы (как и в предыдущей задаче).
Из постоянства ∆φ сразу следует вывод: Е1 = Е2 = Е0.Следовательно, D1 = ε0Е0 и D2 = ε0ε Е0.Ответ:2ε22εE0 , E 2 =E0 , D1 = D2 =ε 0 E0 .ε +1ε +1ε +1б) Е1 = Е2 = Е0, D1 = ε0Е0, D2 = ε0ε Е0.а) E1 =Задача 4.3.13. Сферический конденсатор наполовину заполненжидким диэлектриком с проницаемостью ε = 7 (рис. 4.11). Радиусы133Гл.4. Диэлектрики в электростатическом полеповерхностей: внутренней R1 = 5 см, внешней R2 = 6 см. Определить емкость конденсатора, пренебрегая искривлением линий поляна границе диэлектрика.ϕ1С1ϕ2С2εРис. 4.11.
Сферический конденсатор,частично заполненный жидким диэлектриком (задача 4.3.13)Рис. 4.12. Эквивалентная схема к задаче4.3.13РешениеОбкладки конденсатора являются эквипотенциальными поверхностями, поэтому конденсатор можно рассматривать как систему двух параллельно включенных конденсаторов (рис. 4.12), укоторых одна пара обкладок имеет потенциал φ1 внешней поверхности рассматриваемого сферического конденсатора, а вторая пара– потенциал внутренней поверхности φ2. Так как диэлектрик заполняет сферический конденсатор наполовину, емкости C1 и C2равны (гл.
3, (3.9))2πε0 R1 R2C1 =, C2 = εC1R2 − R1соответственно. Отсюда получаем:C = C1+ C2 =Ответ:C=2πε0 R1 R2(ε + 1) .R2 − R12πε0 R1 R2(ε + 1) .R2 − R1Задачи типа 4.4Определение напряженности поля внутри и вне диэлектрика сзаданным статическим состоянием поляризацииМетод решения: Использование формул (4.1) и (4.2) для определения плотности связанных зарядов и затем расчет как в задачахтипа 4.2.2.134ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧЗадача 4.3.14. Пластинка из электрета толщины h помещенавнутри плоского воздушного конденсатора, обкладки которого соединены между собой.
Поляризованность пластинки P направленапо нормали к ее плоскости. Определить напряженность и индукцию электрического поля внутри и вне пластинки. Расстояние между обкладками конденсатора равно d.РешениеНа поверхностях пластинки существуют связанные заряды сплотностью σ′ = ±Р (рис. 4.13). За счет электростатической индукции на обкладках конденсатора появляются заряды противоположных знаков с некоторой плот–σностью σ. Известно, что наполяризованность электретаE1+σ′+ + + + + + + + + + + +внешнее поле влияет слабо,Ph dпоэтому изменением P за счетE2– – – – – – – – –-σ′– – – –поля индуцированных зарядовможно пренебречь.
Идея ре+σшения задачи состоит в том, Рис. 4.13. Система, состоящая из конденчто потенциалы обкладок сатора и пластинки из электрета (задачаконденсатора равны. Это дает 4.3.14)уравнениеE1(d – h) + E2h = 0.где E1 – напряженность поля вне пластины ( E1 = σ ε 0 ), E2 – внутри( E2 = ( σ − σ′ ) ε 0 ). С учетом направлений напряженностей и равенства σ′ = Р находим:PE1(d – h) + ( E1 − )h = 0.ε0откуда E1 =P hP d −h. Следовательно, E 2 = −.ε0 dε0 dТеперь легко найти величину плотности индуцированных на обhкладках конденсатора зарядов: σ = ± P , положительный заряд –dна нижней обкладке, отрицательный – на верхней.
Внутри конденсатора свободные заряды отсутствуют, поэтому линии вектора Dнепрерывно проходят от нижней обкладки до верхней обкладкипараллельно вектору P. Вектор D1 в воздушном промежутке нахо-Гл.4. Диэлектрики в электростатическом поле135h. Для вектора D2 в электрете соотношеdние (4.6) неприменимо, поэтому нужно использовать общее определение (4.5)hD2 = ε0E2 + P = P .dРазумеется, D1 = D2 из условия непрерывности нормальной компоненты вектора индукции на границе диэлектрика.дим из (4.6) D1 = ε0E1 = PОтвет: вне пластинки: E1 =внутри: E 2 = −P h;ε0 dP d −hh; D1 = D2 = P .ε0 ddЗадача 4.3.15 (базовая задача).
Найти напряженность электрического поля в центре прямого круглого цилиндра длиной h ирадиусом R, поляризованность которого параллельна его оси, однородна и равна Р (рис. 4.14).РешениеИз условия однородной поляриEPзованности следует, что плотность–σ′объемных связанных зарядов внутриO+σ′ xцилиндра равна нулю. На торцах цилиндра находятся противоположныепо знаку поверхностные связанные Рис. 4.14. Векторы напряженнозаряды, распределенные равномерно с сти поля Е и поляризованностиплотностью σ′ = ±Р. Таким образом, Р на оси однородно поляризонапряженность поля в центре цилин- ванного цилиндра (задача4.3.15)дра равна сумме напряженностей,создаваемых двумя противоположно заряженными дисками на ихобщей оси.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
