Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 30
Текст из файла (страница 30)
6. Постоянный электрический токρ(x) = div D =dDdEd 11ε ε jαα 2U== ε0ε= ε 0ε j= − 02= −ε 0ε=2dxdxdx λ( x)ln(λ 2 / λ1 ) λ ( x)λ ( x)2U1 λ − λ1 = −ε0 ε 2=2 d ln(λ 2 / λ1 ) λ ( x )ε ε ( λ 2 − λ1 )=− 0ln(λ 2 / λ1 )2U( λ1d + (λ 2 − λ1 ) x )2.Полный свободный заряд в объеме конденсатора равенddq = ρ( x)dV = S ρ( x)dx = S dD dx =∫∫∫ dxV00 11(λ 2 − λ1 ) 2 SU.= S ( D(d ) − D(0)) = −q2 − q1 = ε0εI − = −ε0ελ1λ 2 d ln(λ 2 / λ1 ) λ 2 λ1 Поскольку поле Е внутри неоднородно, в среде появится неоднородная поляризация P(x) = ε0(ε–1)E(x) и связанные поляризациdEонные заряды, плотностью ρ′( x) = − div P = −ε 0 (ε − 1).
Учитывая,dxdE, для объемной плотности поляризационных зарячто ρ( x) = ε0εdxдов получаемρ′( x) = −Ответ:2) q1 =ε −1ε − 1 (λ 2 − λ1 )U.ρ( x ) = − ε 0εε ln(λ 2 / λ1 ) (λ1d + (λ 2 − λ1 ) x )221) I =λ 2 − λ1SU ;d ln(λ 2 / λ1 )(λ 2 − λ1 ) SU(λ 2 − λ1 ) SU, q2 = −λ1d ln(λ 2 / λ1 )λ 2 d ln(λ 2 / λ1 )3) q = max (|q1|, |q2|); т.е. q = |q1| при λ1 < λ2 и q = |q2| при λ1 > λ2;ε 0 ε (λ 2 − λ1 )U;ln(λ 2 / λ1 ) (λ1d + (λ 2 − λ1 ) x )224) ρ( x) = −ε − 1 (λ 2 − λ1 )U;ε ln(λ 2 / λ1 ) (λ1d + (λ 2 − λ1 ) x )225) ρ' ( x) = −ε 0192ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ6) qсвоб = −ε 0ε(λ 2 − λ1 ) 2 SU.λ1λ 2 d ln(λ 2 / λ1 )Задачи типа 6.2Нахождение теплоты, выделяющейся в проводнике (среде) припротекании токаМетод решения. Задачи этого типа решаются с помощью закона Джоуля–Ленца в интегральной или дифференциальной форме(6.8) и (6.9). Особое внимание во многих задачах следует уделитьрасчету сопротивления цепи.Задача 6.3.7 (базовая задача). Пространство между обкладками цилиндрического конденсатора длиной L заполнено веществом с удельным сопротивлением ρ и диэлектрической проницаемостью ε = 1. Определить тепловую мощность тока, выделяемую вконденсаторе, если напряжение между его обкладками U0, радиусыобкладок R1 и R2. Краевыми эффектами пренебречь (рис.
6.7).РешениеСила тока, текущего в такой цепи, постоянна, однако плотность тока j зависит отрасстояния до оси цилиндров.По закону Джоуля–Ленца в дифференциальной форме (6.8) объёмная плотностьтепловой мощности равна1PV = j ⋅ E = E 2 .ρВ слое dr, находящемся на расстоянииr от оси конденсатора, будет выделятьсямощностьРис.6.7. Цилиндрический1конденсатор задачи 6.3.7dP = PV dV = E 2 2πrLdr .ρПо теореме Гаусса (см. (1.10), глава 1) напряженность электрического поля на расстоянии r от оси конденсатора равнаqE=2πε0 Lr(где q – заряд на внутренней обкладке конденсатора). Тогда193Гл. 6.
Постоянный электрический токR2R2111q2drq2RP = ∫ E 2 ⋅ 2πrLdr ==ln 2 .2 ∫2ρρ ⋅ 2πε0 L R r ρ ⋅ 2πε0 L R1RИспользуя выражение для емкости цилиндрического конденса2πε0 Lтора ((3.8) главы 3) C =, можно найти его заряд, какln ( R2 / R1 )q = CU =2πLU 022πε0 LU 0. Окончательно получим P =.ln ( R2 / R1 )ρ ln ( R2 / R1 )Ответ: P =2πLU 02.ρ ln ( R2 / R1 )Замечание 1. Можно решить данную задачу и другим способом– найти сопротивление конденсатора (согласно методу, предложенному в п. 6.2.1), а затем воспользоваться законами Ома и Джоуля–Ленца в интегральной форме (6.5) и (6.8).Замечание 2.
Еще проще получить результат, воспользовавшисьформулой (6.7) теоретического материала RC = ρε0ε, справедливойдля электродов любой формы. Действительно, (учитывая, что ε = 1ρεи R = 0 ) сразу получаемCU 2 CU 22πLU 2.P===Rρε0ρ ln ( R2 / R1 )Задача 6.3.8. Сферический конденсатор заполнен однороднымвеществом с диэлектрической проницаемостью ε и удельным сопротивлением ρ.
Первоначально конденсатор не заряжен. Найтиколичество теплоты, выделившееся в системе, после сообщениявнутренней обкладке конденсатора заряда q0. Радиусы обкладокконденсатора равны а и b = 3а.РешениеПосле сообщения внутренней обкладке конденсатора зарядамежду его обкладками возникнет электрический ток, который будеттечь до тех пор, пока разность потенциалов между внутренней ивнешней обкладками не станет равной нулю. То есть в конечномсостоянии весь заряд окажется распределенным по внешней обкладке конденсатора.194ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧСпособ 1. Опираясь на решение задачи 6.3.3 можно рассматривать такой конденсатор как проводник сопротивлением R.Обозначим через q1 = q заряд на внутренней сфере в произвольный момент времени, тогда заряд внешней сферы q2 = q0 – q.Разность потенциалов между ними в процессе перетекания заряда1 q1 q2 1 q1 + q2q b−a qU (q) = ϕ1 – ϕ2 === , + −4πε0 a b 4πε0 b4πε0 abCab– ёмкость сферического конденсатора (см.
(3.9),b−aглава 3). В соответствии с законом Джоуля–Ленца для тепла dQ,выделившегося в проводнике за время dt, получим:qUdQ = I 2 R dt = IR Idt = R Idt = −U dq = − dq ,RCгде dq = –Idt – убыль заряда внутренней обкладки за время dt.Всё тепло, выделившееся в конденсаторе за время перетеканиязаряда, можно рассчитать какгде C = 4πεε00Q = −∫q0qq2q2 b − aq02.dq = 0 = 0=C2C 8πεε0 ab12πaεε0Способ 2.
Согласно замечанию к задаче 6.3.4, заряд на внутренней обкладке конденсатора будет убывать по закону t q = q0 exp − . Тогда сила тока, текущего между обкладками RC конденсатора будет зависеть от времени какdqq t I (t ) == − 0 exp −.dtRC RC Все тепло, выделившееся в конденсаторе, вычисляется как∞∞2q2q2 b − a q 2t Q = ∫ I 2 Rdt = ∫ R 0 exp −. dt = 0 = 0RC 2C 8πεε0 ab RC 00 Ответ: Q =q02.12πaεε0Замечание 1. Выделившееся тепло не зависит от сопротивлениямежду обкладками конденсатора.
Величина сопротивления влияеттолько на скорость процесса.195Гл. 6. Постоянный электрический токЗамечание 2. Выделившееся тепло проще найти из закона сохранения энергии без расчета силы тока. Оно будет равно разностиначальной и конечной электростатической энергии системы. Учиq2тывая, что энергия заряженной сферы радиуса r равна, сразу8πε0 rполучаем Q = W1 − W2 =q2q2q02.−=8πε0 a 8πε0 ⋅ 3a 12πaεε0Задачи типа 6.3Цепи квазилинейных проводниковМетод решения.
Для неразветвленных (последовательных)цепей – применение закона Ома для полной цепи (6.12). Для разветвленных цепей – применение правил Кирхгофа в форме (6.13–6.14) или (6.15).Два примера решения задач типа 6.2.3 были рассмотрены вышепри анализе формул (6.12–6.14).Задача 6.3.9 (базовая задача). Найти сопротивление междуточками А и В в схеме, представленной на рис. 6.8а.РешениеE2rI2A2rrrrВA2rDrGrrFI3HE2rВI1Cб)а)Рис. 6.8 а – схема соединения резисторов в задаче 6.3.9;б – схема цепи и контурные токиПусть к точкам А и В, между которыми нужно определить сопротивление, подключен источник с ЭДС E (рис. 6.8б). Применимметод контурных токов.
Проводники разбивают данную схему на 3области. Каждой из них сопоставим соответствующие контурные196ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧтоки I1-3, направление которых произвольно выберем, например, какпоказано на рис. 6.8б, пунктирными линиями со стрелкой.
Запишем3 независимых уравнений Кирхгофа, совершив обходы трех контуров.(I1 − I 2 )r + (I1 − I 3 )2r = E ,Контур ABCD:DEFC:I 2 2r + I 3 r = E ,AEGH:I 2 2r + ( I 2 − I3 )r + ( I 2 − I1 )r = 0 .Решая получившуюся систему уравнений, получаем I1 =откуда находим сопротивление цепи R AB = E I1 = (7 5) r .Ответ:5E,7rRAB = ( 7 5 ) r .Задачи типа 6.4Разветвленные цепи, сводимые к неразветвленным благодаряэлементам симметрииМетоды решения. Задачи этого типа, в принципе, можно решить общим методом с помощью правил Кирхгофа. При этом, однако, решение зачастую получается громоздким или в ряде случаевприводит к бесконечной системе уравнений, анализ которой требует особых методов.Возможны разные способы сведения к задаче с неразветвленной цепью: соединение точек равного потенциала, удаление проводников с нулевым током, соединяющих точки равного потенциала, добавление дополнительного звена к бесконечной повторяющейся цепочке и др.Задача 6.3.10.
Найти сопротивление RAB между точками А и В всхеме, представленной на рис. 6.9. Даны величины сопротивленийR, r, R1.РешениеСПри подключении данной це- ARrВR1пи к источнику ЭДС в силу симRrметрии схемы потенциалы точек СDи D будут одинаковы и ток в R1отсутствует.Рис. 6.9.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
