1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 11
Текст из файла (страница 11)
(Задача 3.3) В бесконечную проводящую с проводимостью σ и проницаемостью ε средупомещен заряд Q. Найти время релаксации, т. е. время, в течение которого заряд в этой точкеуменьшится в e раз.Решение Пусть в момент времени t внутри объема V , куда первоначально был помещен зарядQ0 , находится заряд Q(t). За время dt из объема вытечет количество зарядඵZ(j ds) dt ,dQ = −SZгде(j ds)–полныйтокчерезповерхностьS,ограничивающийобъемSV;j – вектор плотности тока на этой поверхности.
Используя дифференциальный закон Ома j =σE, находим, чтоZdQσσ=−(D ds) = − 4πQ.dtεεSРешая это дифференциальное уравнение и используя начальное условие Q(0) = Q0 , получаемt4πσQ = Q0 e− ε t = Q0 e− τ ,откуда видно, что заряд уменьшается в e раз за время τ = ε/4πσ.1. Электрический ток31.4. В неоднородной проводящей среде с проводимостью σ(r) и диэлектрической проницаемостью ε(r) поддерживается стационарное распределение токов j(r).
Найти объемное распределение зарядов ρ(r) в этой среде.Решение По закону Ома в дифференциальной форме j = σE. По закону сохранения зарядав стационарном случае div j = 0, т. е.div(σE) = σ div E + E grad σ = 0;откудаdiv E = −E(grad σ)/σ.(1)По теореме Гаусса в дифференциальной форме div D = 4πρ; откудаρ=11div(εE) =(E · grad ε + ε div E).4π4πВзяв div E из (1), получимρ=Ej(σ grad ε − ε grad σ) =(σ grad ε − ε grad σ).4πσ4πσ 2εσОтметим, что ρ ≡ 0 при grad= grad.εσВ отсутствие поляризуемости среды, когда ее свойства описываются лишь через проводимостьσ(r), получаем(j · grad σ)ρ(r) = −4πσ 2при ∂ρ= 0.∂t1.5.
(Задача 3.4) Найти закон преломления линий тока на плоской поверхности раздела двухсред с проводимостями σ1 и σ2 .Решение В стационарном случае div j = 0, откуда j1n | = j2n |. Нормальные составляющие к границе раздела двух сред непрерывны, иначе на граниurце будет изменяться заряд. С другой стороны, rot E = 0, откудаj1 α(1)σ1следует непрерывность тангенциальной составляющей напряженностиuurэлектрического поля E1τ = E2τ .
Так как j = σE, тоj2σ2(2)σ2αj1τ = σ1 E1τ ,j2τ = σ2 E2τ = j1τ .σ112Поскольку j1τ /j1n = tg α (см. рисунок), тоσ1tg α1=.tg α2σ241.6. (Задача 3.5) Пространство между бесконечно длинными коаксиальными идеально проводящимицилиндрамирадиусовa, bзаполненовеществомспроводимостьюnσ(r) = αr . Найти распределение потенциала в пространстве между цилиндрами и сопротивление на единицу длины. Потенциалы цилиндров: U (a) = 0, U (b) = U0 .Решениеdiv j = 0div (σE) = − (∇, σ∇ϕ) = 0σ∆ϕ + (∇σ, ∇ϕ) = 0В цилиндрической системе координатn1∂∂ϕdαrr drrnµ= 0,dϕrdr∂∂z= 0.¶+ αnrn−1dϕ=0drd2 ϕn−1 dϕ+(n+1)r=0dr2drϕ (r) = Ark + Bk1 = −n k2 = 0, ϕ (a) = V0 ϕ (b) = 0³ϕ (r) = V ³b/r´nb/a´n−1−1Ток на единицу длины вдоль zαbnVI = 2πrj = −2πrσ (r) ∇ϕ = 2πV ³ ´n=Rb/a −1³´nb/a −1R=2πσmaxПри σ = constзадача о токе соответствует ∆ϕ = 0.
Это можно использовать для аналогового(модельного) решения уравнения Лапласа. ϕ (r)=U [1 − (a/r)n ]/[1 − (a/b)n ]; R=[(b/a)n−1] / (2πгде σmax = αbn .1.7. (Задача 3.7) Из толстой длинной трубы с радиусами a и b, сделанной из1. Электрический ток5материала с проводимости σ, вырезана вдоль оси часть с угловымразмером α0 . К продольным плоскостям разреза подведено напряжение U . Найти распределение плотности тока j(r) по сечению отрезкатрубы и сопротивление единицы длины.
Краевыми эффектами пренебречь.Решение В цилиндрической системе координат j = jα . Поскольку плотность тока jα зависиттолько от r, то Eα = jα /σ зависит тоже только от r. Тогда через интеграл по дуге определенногорадиуса разность потенциалов или напряжение запишется так:(2π−αZ 0 )rU=(E dr) = Eα (r)(2π − α0 )r,0откудаEα (r) =U(2π − α0 )rи, следовательно,Uσ.(2π − α0 )rНайдем величину тока на единицу длины трубы:jα (r) =ZbJ=jα (r) dr =aU σ ln b/a.2π − α0Поскольку J = U/R, то из последнего выражения следует, что сопротивление единицы длины трубы:2π − α0R=.σ ln b/a1.8.
(Задача 3.9) Найти стационарное поле E в плоском конденсаторе с напряжением U , диэлектрик которого состоит из двух слоев толщины `1 , `2 с диэлектрическими постоянными ε1 , ε2и проводимостями σ1 , σ2 . Определить свободный и связанный заряды на границе раздела сред.Решение Есть ток утечки σ1 E1 = σ2 E2 . l1 E1 + l2 E2 = V - полное падение напряжения.E1,2 =σ2,1 Vl1 σ2 + l2 σ1Обратите внимание, что 1, 2 → 2, 1. На границе между слоями свободный заряд.S (D2n − D1n ) = 4πσсвоб ,6откудаσсвоб =σсвяз = σ 0 =V (σ1 ε2 − σ2 ε1 )4π (l1 σ2 + l2 σ1 )1[(D2n − E2n ) − (D1n − E1n )]4πЭто все следует изj1n = j2nσ1 En1 = σ2 En2µ¶σ1 ε2Dn2 − Dn1 6= 0 = Dn1−1σ2 ε1К положительно заряженной обкладке конденсатора прилегает первый слой.1.9.
(Задача 3.18) Заземление осуществляется с помощью идеально проводящего шара радиуса a, на половину утопленного в землю (проводимость земли σ1 = const). Слой земли радиуса b,концентрический с шаром и прилегающий к нему, имеет искусственно повышенную проводимостьσ2 . Найти сопротивление такого заземлителя.Решение Получим общее соотношение для сопротивления заземленияZZZεεjds = IDds = 4πQ = 4πCV = ε Eds =σσСчитая C емкостью в вакууме и ε = 1.4πCV =IσV = IRТогда сопротивление заземления1.4πCσЕмкость полусферы – Cсф/2 = 2b Емкость половины сферического конденсатор൶1 11−.2=a bCсфк/2µ½¶¾12 1 11 2R=+−.4π σ1 b σ2 a bR=1. Электрический ток71.10.
(Задача 3.19) Концы некоторой цепи заземлены с помощью двух идеально проводящихсфер (радиусы их a1 и a2 ), на половину утопленных в землю, служащей вторым проводом. Расстояние между этими сферами ` À a1 , a2 , проводимость земли – σ. Найти сопротивление междузаземлителями.Решениеϕ1I1 == 4πC1 σ1 ϕ1R1ϕ2I2 == −4πC2 σ2 ϕ2R2I1 = I2 = Iµ¶I11ϕ1 − ϕ2 =+= IR4π σ1 C1 σ2 C2µ¶111+R≈2πσ a1 a21.11. (Задача 3.21) Оценить сопротивление заземления, выполненного в форме пластины сразмерами ` À a À h. Оценить напряженность электрического поля вокруг этого заземления,если заземление находится на глубине r À `.
Найти «шаговое» напряжение (длина шага λ) вблизи этого заземления.Решениеl´C≈ ³l2 π + ln /aI=³UR´l2 π + ln /a1R=≈4πσl2πσlZZ11Eds = E · 4πR2 =jds = Iσσ1 U · 2πσl 1lUE=≈4πR2 π + ln l/a σ2R2 ln l/aIR = U∆Uшаг = EλR=π+ln `/a,2πσ`E'U`,2r2 ln `/a∆Uшаг 'U `λ.2r2 ln `/a1Урок 16Закон сохранения заряда. Закон Ома1. (Задача 3.24) В бесконечной среде с проводимостью σ, где шел ток с плотностью j0 , всюдуодинаковой, возникла сферическая полость радиуса R (внутри полости σ = 0). Найти результирующее распределение токов j(r).Решение Распределение постоянных токов в проводящей среде описывается уравнением div j(R) = 0, где j(R)– объемная плотность тока.
Так какurRj = σE и E = − grad ϕ, то для распределения потенциала получается(2)aθуравнениеOZ(1)∆ϕ = 0(1)σс граничными условиями на поверхности сферической полости:¯¯ϕ1 (a) = ϕ2 (a); j1R ¯R=a¯¯= j2R ¯R=a¯¯∂ϕ2 ¯¯∂ϕ1 ¯¯= σ2.или σ1∂R ¯R=a∂R ¯R=a(2)Уравнение (1) и граничные условия (2) аналогичны таковым для электрической задачи: диэлектрический шар с проницаемостью ε1 погружен в неограниченный диэлектрик с проницаемостью ε2 , если ε1 заменить на σ1 , а ε2 на σ2 . Поэтому, использовав решение задачи 2.8a и положив σ1 = 0, σ2 = σ, получим для распределения потенциала и напряженности электрическогополя следующие выражения: − 32 E0 zпри R ≤ a,ϕ=(E0 R)a3 −E0 z −при R ≥ a,2R3E= 32 E0a3 E0 3a3 (E0 R)R E0 +−2R32R5при R < a,при R > a,где E0 = j0 /σ – напряженность электрическога поля вдали от полости.
Поскольку j = σE , тораспределение тока µ¶a33a3 (j0 R)Rj0 1 +−при R > a,j=2R32R50при R < a.22. (Задача 3.25) В закипевшем жидком металлическом теплоносителе образовались сферические пузырьки почти непроводящего пара в количестве n штук в единице объема. Радиусы ихпрактически одинаковы и равны a. Проводимость жидкого металла до образования пузырьковбыла σ0 . Найти усредненную проводимость σ закипевшего теплоносителя, пренебрегая влияниемпузырьков друг на друга (na3 ¿ 1).Решение Если в среде образовались мелкие пузырьки, то можно рассматривать поле, усредненное по объемам, большим по сравнению с масштабами неоднородностей. По отношению к такому среднему полю смесь жидкого теплоносителя и пузырьков непроводящего пара является однородной и может характеризоваться некоторой средней проводимостью.
Если j и E – усредненныепо объему плотность тока и напряженность электрического поля, тоj = σE ,(1)где σ и есть некоторая усредненная эффективная проводимость закипевшего теплоносителя. Вычислим среднее значение от j − σ0 E, по большому объему V . С одной стороны,Z1(j − σ0 E) dv = j − σ0 E .(2)VVС другой стороны, подынтегральное выражение отлично от нуля только внутри объемов пузырькови с учетом того, что j = 0 внутри каждого пузырька, получаемZ1(j − σ0 E) dv = −2πna3 σ0 E .(3)VVЗдесь использовано, что внутри сфер поле равно (см.
3.24) 3E/2, т. е. что пузырьки находятся во внешнем поле, равном среднему. Приравнивая правые части формул (2) и (3) с учетомуравнения (1), окончательно получаемσ = σ0 (1 − 2πna3 )приna3 ¿ 1 .3. (Задача 3.27) Пространство между двумя плоскими электродами заполненопроводящей средой проводимости σ0 . Нижний электрод очень толстый, проводимость его металла равна σ1 → ∞.
На этом электроде имеется очень небольj0шой полусферический выступ радиуса a. Из верхнего электрода в нижний идетток, имеющий около этого электрода практически постоянную плотность тока j0 .σ0Найти величину тока J, идущего через выступ.σ 1Решение2aПоскольку ток постоянный, то основное уравнениеdiv j = 0.3Для постоянной проводимости это уравнение, используя дифференциальный закон Ома можнопереписать в видеσ div E = 0.Поскольку задача стационарна, то электрическое поле можно определить как градиент потенциалаE = − grad ψ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
