1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 8
Текст из файла (страница 8)
(Задача 2.5) Центр проводящего шара радиуса R (заряд q) находится на плоской границераздела двух бесконечных однородных диэлектриков с проницаемостями ε1 и ε2 . Найти потенциалэлектрического поля, а также распределение свободных и связанных зарядов на поверхности шара.Решение Решение этой задачи аналогично решению предыдущей задачи. Поэтому на границеметалл диэлектрик2qϕ1,2 =,ε1 + ε2 RИз теоремы ГауссаEn = −∂ϕ|r=R = 4πσсвяз.+своб.∂rDn1,2 = ε1,2 En = 4πσсвоб.Dn1,2 = −ε1,2∂ϕ2ε1,2 q1,2= 4πσсвоб.|r=R =∂rε1 + ε2 R 2Окончательно получаемϕ1,2 =qε1,2q(1 − ε1,2 )2q 11,21,2, σсвоб=, σсвяз=.2ε1 + ε2 r2πR (ε1 + ε2 )2πR2 (ε1 + ε2 )41.4.
(Задача 2.6) От прямой, на которой находится точечный заряд q, расходятся веерообразно три полуплоскости, образующие три двугранных угла α1 , α2 , α3 таких, что α1 + α2 + α3 = 2π.Пространство внутри каждого из углов заполнено однородным диэлектриком с проницаемостьюсоответственно ε1 , ε2 , ε3 Определить потенциал, напряженность и индукцию электрического поляв трех областях.Решение Аналогично использованному в предыдущих задачах методу предположим, что общий вид решения для потенциалаqϕi = ai .rИз граничных условий равенства потенциала на соответствующих границах получаем как и ранееϕ1 = ϕ2 = ϕ3Единственный неизвестный коэффициент в выражении ϕi =ZDds = 4πq.cqrнаходится из теоремы ГауссаПлощадь сферы радиуса R равна S = 4πR2 Для определения площади сегмента на радиусе Rвведем ось z вдоль линии раздела диэлектриков, тогда площадь каждого сегмента будет определяться углом alphaαSсег =4πR2 = 2αR2 .2πИнтеграл по поверхности при вычислении потока D разбивается на три части и в итоге получаем2 (D1n α1 + D2n α2 + D3n α3 ) R2 = 4πq2c (ε1 α1 + ε2 α2 + ε3 α3 ) q = 4πq.Тогда константа c равнаc=2πε1 α1 + ε2 α2 + ε3 α3И окончательно получаем2πq1,ε1 α1 + ε2 α2 + ε3 α3 r2πqrEi =,ε1 α1 + ε2 α2 + ε3 α3 r3Di = εi Ei , где i = 1, 2, 3.ϕi =1.
Электростатика51.5. (Задача 2.8a) Однородный шар радиуса a с диэлектрической проницаемостью ε1 погружен в однородный неограниченный диэлектрик ε2 . На большом расстоянии от шара в диэлектрикеимеется однородное электрическое поле E0 . Найти потенциал и напряженность электрическогополя во всем пространстве, а также распределение связанных зарядов на шаре и его поляризованность.Решение Решение рассматриваемой задачи сводится к решению уравненияЛапласа ∆ϕ = 0.
В сферической системе координат с центром в центре шараurRи с осью Z вдоль E0 , в области R ≥ a решение будем искать в виде (см.ε 2 ε1 θрешениезадачи о металлическом шаре в однородном поле).OZϕ2 = −E0 z + A2E0 RE0 cos θ=−ERcosθ+A.02R3R2Введение члена (−E0 z ) оправдывается тем, что на больших расстояниях от шара поле должнобыть невозмущенным. Второй член учитывает поле от поляризованного шара в виде поля от дипольного момента ∼ E0 . Для R ≤ a решение будем искать в видеϕ1 = C1 E0 z ≡ C1 E0 R cos θ ,т. е.
предполагаем, что поле внутри шара однородно. Мы уже знаем из решения задачи для проводящего шара в однородном электрическом поле, что, для того чтобы скомпенсировать внешнееполе, шар приобретает дипольный момент. Заряды на поверхности распределятся таким образом,чтобы поле от них внутри шара равнялось внешнему полю E0 и было противоположно ему направлено.
Каждый из потенциалов является решением уравнения Лапласа. Если мы подберемконстанты C1 и A2 так, чтобы удовлетворялись граничные условия, то функции ϕ1 и ϕ2 будутединственным решением поставленной задачи. Из условия непрерывности на поверхности шарапотенциала ϕ1 (a) = ϕ2 (a) и нормальной составляющей электрической индукции¯¯∂ϕ1 ¯¯∂ϕ2 ¯¯ε1= ε2∂R ¯R=a∂R ¯R=aследует, что3ε2,ε1 + 2ε2Итак, шар приобретает дипольный моментC1 = −d=A 2 = a3ε1 − ε2.ε1 + 2ε2ε1 − ε2 3a E0 .ε1 + 2ε2Распределение потенциала будет иметь видϕ1 = −3ε2E0 zε1 + 2ε2приR≤a,6dRE0 cos θ= −E0 R cos θ + A2приR≥a.3RR2Производя такие же вычисления, как и в задаче о проводящем шаре, получаем выражения длянапряженности электрического поляϕ2 = −E0 z +3ε2E0приε1 + 2ε2d3(dR)RE2 =E0 − 3 +приRR5E1 = −R < a,R > a.Напряженность электрического поля внутри шара больше E0 , если ε2 > ε1 , и меньше E0 , если ε2 < ε1 .
Поверхностная плотность связанныхзарядов ¯ σсв на грани¯це раздела двух сред определяются формулой σсв = P1n ¯R=a − P2n ¯R=a , где P1n ,P2n – нормальные составляющие вектора поляризации. Орт нормали n проведен из первой средыво вторую. ПосколькуD−E(ε − 1)EP==,4π4πто·¸¯¯1σсв =(ε1 − 1)E1n ¯R=a − (ε2 − 1)E2n ¯R=a .4πВычислим E1n и E2n на поверхности шара:¯∂ϕ1 ¯¯3ε2=−=E0 cos θ ,¯R=a∂R R=a ε1 + 2ε2¯2(ε1 − ε2 )∂ϕ2 ¯¯E0 cos θ .= E0 cos θ +=−¯∂R R=aε1 + 2ε2¯E1n ¯¯E2n ¯R=aОкончательноσсв =3 ε1 − ε2E0 cos θ .4π ε1 + 2ε21. Электростатика1.1ЭлектростатикаУрок 11Метод изображений на границе диэлектрик-диэлектрик1.1.
(Задача 2.39) Точечный заряд q находится на расстоянии h от плоской границы раздела двух бесконечно протяженных однородных диэлектриков с проницаемостями ε1 и ε2 (заряднаходится в диэлектрике с ε1 ). Найти потенциал электрического поля.Решение Поле в первом диэлектрике E1 будет создаваться зарядом q и поляризационными зарядами, которые возникнут на границе раздела диэлектриков. По(1)qO hметоду изображения попытаемся подобрать величину заряда q 0 такой, чтобы поrrε1ле от него в первом диэлектрике было эквивалентно полю поляризационных заε2рядов, когда q 0 находится в точке O0 , зеркально симметричной с точкой O отноurr′сительно границы раздела в среде с проницаемостью ε1 , т. е.-h(2)O′q′E1 =qrq 0 r0+,ε1 r 3 ε1 r 0 3где r и r0 – радиус-векторы, проведенные из зарядов q и q 0 в рассматриваемую точку.Поле во втором диэлектрике E2 будем искать как поле фиктивного заряда q 00 , находящегосяв однородном диэлектрике с проницаемостью ε2 , но пространственно совмещенного с зарядом q,т.
е.q 00 rE2 =.ε2 r3Каждое из этих полей является решением уравнения Лапласа, и если нам удастся удовлетворить граничным условиям, то E1 и E2 в силу теоремы единственности будут описывать действительное поле.Из уравнений div D = 0 и rot E = 0 следуют условия непрерывности на границе разделадвух диэлектриков нормальных компонент Dn вектора D и касательных компонент Eτ вектора E:q cos θ − q 0 cos θ = q 00 cos θ ,q0q 00qsin θ + sin θ =sin θ .ε1ε1ε2Из этой системы уравнений находимq0 = −ε2 − ε1q,ε2 + ε1q 00 =2ε2q.ε2 + ε12Поскольку угол θ выпадает из уравнений, граничные условия будут удовлетворены во всех точкахграницы раздела и полученные поля E1 и E2 являются решением задачи.
Откуда для потенциаловполучаемq1 ε1 − ε2 1+ q,ε1 r1 ε1 ε1 + ε2 r212ε2 1ϕ2 = q.ε2 ε1 + ε2 r1ϕ1 =1.2. (Задача 2.40) Найти плотность σсвяз связанных поверхностных зарядов, наведенных наплоской границе раздела двух однородных диэлектриков ε1 и ε2 , точечным зарядом q, находящийся на расстоянии a над этой границей (заряд в диэлектрике с ε1 ). Какой результат получится приε2 → ∞, каков его физический смысл?Решение На границе раздела нет свободных зарядов, поэтому плотность связанных зарядовпропорциональна скачку нормальной составляющей поля E.E2n − E1n.4π·µ ¶µ ¶ ¸qε1 − ε2 r22ε2r1qh=+=33ε1r1 n ε1 + ε2 r2 nε1 (h2 + R2 )3/2 ε1 + ε2¶µq2ε2q 00 r1h=E2n =33/222ε2 r1 n ε2 (h + R ) ε1 + ε2σсвяз =E1nТогдаσсвяз =q ε1 − ε2h,ε1 ε1 + ε2 2π (h2 + R2 )3/2при ε2 → ∞,σсвяз = −qh2πε1(h2+ R3 )3/2.1.3. (Задача 2.43) Полупространства заполнены диэлектриком: верхнее с проницаемостью ε1 ,нижнее – ε2 . На оси, перпендикулярной плоскости раздела, расположены три заряда q1 , q2 и q3 .В начале координат расположен заряд q2 , а q1 и q3 – симметрично на расстоянии a от заряда q2 .Найти силу, действующую на заряд q1 .Решение Поле, создаваемое зарядом q2 , будет иметь вид (см.
2.4)E2 = E =Используяметодизображений2q2 R.ε2 + ε1 R3(см.2.42),находим,чтополе,которое1. ЭлектростатикаZaε1ε2q1q20-a3возникнет на месте заряда q1 , когда в диэлектрик с диэлектрической проницаемостью ε2 вносится заряд q3 , равноq3E300 =(2a)2z2 q3 ε 1.ε1 (ε2 + ε1 ) zЗаряд q1 через поле поляризационных зарядов на границе раздела создаетна месте своего нахождения дополнительное поле E01 :E01 = −q1 (ε2 − ε1 ) z.4a2 ε1 (ε2 + ε1 ) zОсновываясь на принципе суперпозиции, окончательно находим силу, действующую на зарядq1 :¸z2q2 q1q3 q1q12 (ε2 − ε1 )F= 2+ 2− 2.a (ε2 + ε1 )2a (ε2 + ε1 )4a ε1 (ε2 + ε1 ) z·1Урок 12Емкость 11. (Задача 2.10) Оценить емкость: а) металлической пластинки с размерами h ¿ a ¿ ` и б)цилиндра с a ¿ `.Решение а) Рассмотрим потенциал пластины на расстояниях x À `.
На этом расстоянииможно всю пластину считать точкой и хорошим приближением к потенциалу является кулоновскийпотенциал точечного зарядаqϕ1 (x) ≈xНа расстоянии x таком, что a ¿ x ¿ ` исследуемую пластину можно считать нитью. Тогдаq xϕ2 (x) ≈ −2 ln + A,` aгде A – произвольная константа. На расстояниях x ¿ a эту пластину можно считать бесконечнойплоскостью толщиной h.³q´ϕ3 (x) = −2πx + B.alДля нахождения констант приравняем потенциалы в промежуточных точках. При x ∼ ` приравниваем ϕ1 и ϕ2 , т.е.qq `= −2 ln + A,`` aоткуд൶`q1 + 2 ln.A=`aПри x ∼ a сшиваем ϕ2 и ϕ3 , т.е.µ¶³q´qq`a + B,−2 ln 1 +1 + 2 ln= −2π``aa`откуда½¾q`B=2π + 1 + 2 ln.`aЕмкость по определению это отношение заряда на проводнике к его потенциалу.C=qq``¢.==∼ ¡`ϕ3 (0)B1 + 2π + 2 ln a2 π + ln a`б) Для цилиндра с радиусом a и длиной цилиндра `, где a ¿ ` потенциал этого цилиндра нарасстоянии x À `qϕ1 (x) = .x2При a ¿ x ¿ ` потенциал цилиндраϕ2 = −2x lnx+ A.aДля нахождения константы приравняем потенциалы ϕ1 = ϕ2 в промежуточной точке x ∼ `q `q−2 ln + A = .` a`Тогдаqq `qA = + 2 ln =`` a`и, окончательноC=µ`1 + 2 lna¶`q`≈=`ϕ2 (a)1 + 2 ln a2 ln a`2.
(Задача 2.9) Оцените свою электрическую емкость в пикофарадах.Решение Используя предыдущее решение (емкость цилиндра), можно записатьC'h,2 ln h/Rгде h ' рост (в сантиметрах), 2πR ' талия). Тогда получаем C ' 20 см.3. (Задача 2.11) Плоский конденсатор заполнен диэлектриком, проницаемость которого изменяется по закону ε = ε0 (x + a)/a, где a – расстояние между обкладками, ось X направленаперпендикулярно обкладкам, площадь которых S. Пренебрегая краевыми эффектами, найти емкость такого конденсатора и распределение в нем связанных зарядов, если к обкладкам приложенаразность потенциалов U .Решение Разделив диэлектрик внутри конденсатора на тонкие пластинки и считая каждуютакую пластинку толщиной ∆x плоским конденсатором с однородным диэлектриком, мы можемзаписать емкость такого конденсатора∆C =εS.4π∆xКак известно, полная емкость последовательно соединенных конденсаторов тогда равнаX 11=,C∆C3или записывая это для бесконечно тонких пластин и заменяя суммирование на интегрирование,получимZZa14πdx4πadx4πa===ln (x + a)|a0 =CεSSε0(x + a)ε0 S0=следовательно4πa4πa{ln(2a) − ln(a)} =ln 2,ε0 Sε0 Sε0 S.4πa ln 2Поскольку в объеме диэлектрика нет свободных зарядов, то в самом диэлектрике справедливоуравнениеdiv D = 4πρсвоб = 0.C=Так как в задаче мы пренебрегаем краевыми эффектами, то все величины зависят в ней толькоот x, а компоненты поля E и D имеют только x-компоненту, мы далее будем писать толькоE и D.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
