Учебник - Электричество и магнетизм. Методика решения задач - Д.Ф. Киселев (1238777), страница 30
Текст из файла (страница 30)
6.6. К определению сопроравно U. Используя закон Ома втивления единицы длины проводадифференциальной форме, получимкруглого сечения (задача 6.3.5)где τ =189Гл. 6. Постоянный электрический токU.lТаким образом, плотность тока в слое толщины dr, находящемся на расстоянии r от оси Z, будет равнаUUr 2j=λ =α.llj = λE = λСогласно (6.4) найдем полную силу токаbI = ∫ jdS = ∫ αS0U r2πb 42 πr dr = αU.l2lТогда по закону Ома для участка цепи (6.5) сопротивление участка провода длиной l = 1 м равноU2Rl = =.I απb42.Ответ: Rl =απb 4Задача 6.3.6 (базовая задача). Зазор между обкладками плоского конденсатора заполнен веществом с диэлектрической проницаемостью ε и с удельной проводимостью, меняющейся в направлении, перпендикулярном к обкладкам, по линейному закону от λ1до λ2. Площадь пластин S, ширина зазора d.
На конденсатор поданонапряжение U.Найти: 1) ток I через конденсатор; 2) заряды пластин q1 и q2; 3)заряд конденсатора q; 4) плотность свободных зарядов ρсвоб(x)внутри зазора; 5) плотность связанных (поляризационных) зарядовρ′(x) в среде; 6) полный свободный заряд в среде qсвоб.РешениеВвиду неоднородности среды в направлении протекания токавоспользуемся схемой (6.16).Запишем линейный закон изменения удельной проводимостиλ (x) = λ1 + αx.
Для нахождения α подставим граничное условие:λ − λ1λ (d ) = λ1 + αd = λ 2 . Отсюда получаем, что α = 2,иd190ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧλ 2 − λ1x.dВ плоском конденсаторе плотность тока везде однородна и постоянна j = I / S = const. Однако напряженность электрического поляjуже будет зависеть от х: E(x) =.λ(x)λ( x) = λ1 +Для напряжения между пластинами получаемdddxj λ= ln 2 ,λ + αx α λ10 1U = ϕ1 − ϕ 2 = ∫ E ( x) dx = j ∫0αUТаким образом, j =иln(λ 2 / λ1 )I = jS =αSUλ 2 − λ1=SU .ln(λ 2 / λ1 ) d ln(λ 2 / λ1 )Согласно закону Ома (6.5) сопротивление конденсатора равноU d ln(λ 2 / λ1 ).R= =I S λ 2 − λ1Заряды пластин определим аналогично задаче 6.3.2 из граничных условий для вектора электрического смещения, величина которого в средеjD(x) = ε0ε·E(x) = ε0ε.λ (x)На левой пластине (х = 0):εε jS εε I(λ 2 − λ1 ) SU,q1 = Sσ1 = SD (0) = 0 = 0 =λ1λ1λ1d ln(λ 2 / λ1 )на правой пластине (x = d):q2 = Sσ 2 = − SD (d ) = −εε0 jSεε I(λ − λ1 ) SU.=− 0 =− 2λ2λ2λ 2 d ln(λ 2 / λ1 )Полный заряд q, получаемый конденсатором при зарядке, равенбольшему по модулю из зарядов пластин: q = max (|q1|, |q2|).Объемную плотность свободных зарядов в среде можно найтикак191Гл.
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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
