Баскаков С.И., Карташев В.Г., Лобов Г.Д. и др. Сборник задач по курсу Электродинамика и распространение радиоволн. Под ред. С.И.Баскакова (1981) (977987), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Важным понятием влектростатики является емкость системы двух проводников С = ф0, (3.11) где 0 = 1 ~Є— ~Р„1 — абсолютное значение разности потенциалов между проводниками. Можно ввести также емкость уединенного проводника; при атом потенциал бесконечно удаленной точки пространства следует положить равным нулю. На точечный заряд д, помещенный в влектростатическое поле Е, действует сила Г=оЕ.
(3.12) В частности, силу взаимодействия двух точечных зарядов О, и д„ отстоящих друг от друга на расстоянии г„, можно определить из закона Кулона р Чь Ча 4дее г,е Объемная плотность энергии электростатического поля ИЭ Фе = — ° 2 Энергия, запасенная в объеме У, (3. 13) (3 14) Если при механической деформации системы заряженных проводников одна из ее составных частей перемещается вдоль произвольной пространственной координаты $, то при этом возникает сила с проекцией (3.16) Методы решения задач эпемтростатики и магнитостатики Наиболее просты задачи, в которых напряженность электрического поля или скалярный потенциал отыскивают по известному распределению зарядов в пространстве.
Если это распределение имеет плоскую, цилиндрическую или сферическую симметрию, то задачи влектростатики решают элементарно на основании интегральной формулировки третьего уравнения Максвелла, называемой законом Гаусса: Ос5=9. (3.17) Здесь Я вЂ” полный заряд, находящийся в объеме, ограниченном замкнутой поверхностью 8. При симметричном распределении зарядов векторы Е (или 0) неизменны по модулю во всех точках воображаемой поверхности, имеющей ту же симметрию, что и системазарядов, порождающая электростатическое поле.
Поэтому в интегралах вида (3.17) подыитегральную функцию можно вынести за знак интеграла как коэффициент. Ббльшей общностью обладает метод, основанный на решении уравнений Пуассона и Лапласа относительно скалярного электрического потенциала. Здесь удается довести до конца решение задач о полях, обусловленных системами зарядов, не обладающих пространственной симметрией. Между электростатикой и магнитостатикой есть много общего, однако существуют и характерные различия. Если в некоторой области пространства электрические токи отсутствуют, то магнитное поле оказывается безвихревым (го1 К = О) н может по аналогии с (3.4) выражаться через поле'скалярного магнитного потенциала ~р„: К = — игам ~р„.
(3.18) В однородной среде (р, = сопз() потенциал <р„удовлетворяет уравнению Лапласа 7$~рм —— О. (3.19) Специфической особенностью задач магнитостатики является неоднозначный характер решения по методускалярногомагнитного потенциала для многосвязанных областей, топологически сцепленных о контуром тока 151. йруюй подход к задачам магнитостатики связан с понятием векторного зле трического потенциала А, через который вектор магнитной индукции выражается таким образом: В = го$АЭ.
(З.Ю] определить ток проводимости, втекающий или вытекающий из этой поверхности: ~пР— '1в ~(~. (3.29) Если теперь определить напряжение на внешних зажимах пространственно распределенной системы по формуле (3.5), то на основании закона Ома можно вывести величину сопротивления системы. % ЗЛ. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ 3.!. На отрезке прямой линии длиной 21 равномерно распределен заряд в линейной плотностью т Клlм. Определить закон изменения скалярного электрического потенциала во всем пространстве.
Р е ш е н и е. Введем цилиндрическую систему координат так, чтобы ось г совпала о отрезком, на котором распределены заряды, а начало координат — в еерединой отрезка. Каждый элемент длины на интервале ( — 1, + 1) несет заряд йу = т 4г. Если координата элемента длины г =~, то в точке наблюдения (г, г) потенциал поля от элементарного заряда '~е ~й 4лео ~/го+(г — Цо Используя принцип суперпозиции, получаем суммарный потенциал в точке наблюдения то (' Ы~ фо=— 4д, По таблицам интегралов 191 находим окончательный ответ. те А — 1 — 3/Во+(А — 1)о фо = — '1п 4лео А+1 — (/Во+(А+1)о йф = дсйрК8п'ее~хе+по), 28 Здесь ввезены безразмерные параметры А = И, В = гй.
3.2. Бесконечно тонкий кольцевой проводник радиусом а несет полный заряд д. Определить скалярный потенциал и напряженность электриче. ского поля в точках на оси кольца. Р е ш е н и е. Введем цилиндрическую систему координат, ось в которой совпадает о осью системы. Расстояние между точкой оси, имеющей произвольное значение координаты г, и любой точкой кольца равно ~~ г' + а'. Элементарный отрезок кольца имеет заряд йу = (42п) йр. Потенциал от элементарного отрезка в точке наблюдения Интегрируя по углу <р, находим полный потенциал электростатического поля на оси системы Ч'е 4ае, 1/Ф+Ф Найденное выражение зависит лишь от координаты г, поэтому на оси кольца присутствует единственная составляющая поля ее' дг 4де (ее+ае)ЕГ~ Если ввести безразмерную координату $ = з/а, то 4ае, У+ Це/' (3.30) В некоторых точках оси напряженность электрического поля до- стигает экстремальных значений.
Исследуя выражение (3.30) на экс- тремум, находим, что при $ = 1/~2 имеет место максимум, а при $ = — 1/)г2— минимум напряженности. Соответствующий график, рассчитанный по формуле (3.30), представлен на рис. 3.1. З.З. Внутри сферической области радиусом а равномерно распределен электрический заряд с объемной плотностью р. Предполагая, что абсолютная диэлектри- Ф ческая проницаемость внутренней и внешней областей одинакова и равна е„ определить напряженность электрического поля в обеих областях. Р е ш е н и е. Здесь проще всего воспользоваться законом Гаус- са. Рассмотрим воображаемую сферическую поверхность радиусом г, концентрическую с заданной сферой.
Заряд, заключенный внутри этой поверхности, Рис. 3.1 д= АУ= ' с1~ 1 ('/е) пР» (г ~п), ~ (~/е) прае (г > а). Ч/зо = ЫЗ = 4пг' Е„, Ввиду симметрии задачи вектор Е имеет единственную составляющую Е„, не зависящую от углов 6 и у. На основании закона Гаусса можно записать откуда р г/(Зее) (» < а), Рае/(3ееге) (г ~~ а). Для потенциала внутри заряженной сферы справедливо уравнение Пуассона ~ %в = р/вв. (3.31) В области г а, где нет зарядов, потенциал должен удовлетворять уравнению Лапласа 7'~рв = Оу (3.32) — — ~гв — ) = — — (О (г < а), ««'«в «Р ° ) — — ~гв — ) = О (г «» а). Ф~в 1 а ) Общие интегралы двух последних уравнений таковы: «Р,= — — — — +С, (0(г<.
а), с, Г «р, = — С,/г + С, (» в а), где ффСв, С~ — произвольные постоянные„ Последующие этапы решения связаны с нахождением этих по- стоянных: 1) так как «рв (о0) = О, то С, = 0; 2) физически очевидно, что потенциал в центре заряженной сфе- ры должен быть конечным, поэтому С, = 0; 3) на границе раздела при г = а потейциал и его производная по радиусу непрерывны.
Из этих условий получаем Р««в, ра~ Св= — ° Св= — ° 2вв Таким образом, — (0<г < а), бев Р««в Звв» (г~а), ( рг/(Зев) (0«=г <а), Е„= — (ига«1 «р,)„= ~ ~ Ра'~(3ев гв) (г,'.з а), что совпадает о формулой, выведенной из интегральных уравнений поля. 3.4. Бесконечно протяженнаяполаяпризма, образованная метал- лическими стенками, ориентирована вдоль оси з (рио.
3.2). Три стен- причем естественно считать, что «р, (оо) = О. Записывая оператор Лапласа в сферической системе координат и учитывая, что в обеих областях потенциал зависит только от радиальной координаты г, представим уравнения (3.31) и (3.32) таким образом: ки заземлены и находятся под нулевым потенциалом. Оставшаяся стенка имеет потенциал О,. Найти функцию, описывающую распределение потенциала внутри призмы. Р еш е н и е. Задача сводится к интегрированию уравнения Лапласа: — + — =О д!! Чъ д' Чъ дхз ду~ (3.33) внутри прямоугольной области с граничными условиями (3.34) Чв!!! ~ = Фв 1~-0= 'Рв!д-о = О %ю!и-ь= 0е. Будем искать решение в виде произведения двух функций (метод разделения переменных): !! (х, у) = Х(х) 1'(у).
(3.35) Подстановка (3.35) в (3.33) дает Х"/Х+ К"/)' = О, или Х"/Х = — Р, Г'/У = /Р, где й — константа разделения. (3.36), Рис. 3.2 Решения уравнений (3.36) имеют вид Х (х) = А, соз /!х + А, з!и Ах, У (у) = А э сп /гу + А, зп Иу. (3.37) Из граничных условий при х = О и у = О следует, что А, = А, = = О. Граничные условия при х = а требуют выполнения равенства з!и/!а = О, т. е. й=пж/а, !!=1, 2, ... (3.38) В результате искомое решение запишется в виде ~.;(х, У) ~' С„ь!и("" )гЬ( ""~ ). л ! ~,(х,ь! ~ с„ып( — "" )яь( — "" )=О,.
л ! Умножим обе части этого равенства на функцию яп ! — ) о проа / извольным целым т и проинтегрируем их по х в пределах от О до а. з! причем систему коэффициентов (С„) следует выбрать таким образом, чтобы удовлетворить оставшемуся граничному условию При этом воспользуемся свойством ортогональности системы тригонометрических функций: Кроме того, 2д — если т — нечетное, з1'и — дх= тях а О, если т — четное. Поэтому коэффициенты разложения потенциала 4и, если гп — нечетное, тл вп О, если т — четное; Окончательная формула для потенциала имеет вид и „~ (2й+!) яЬ д Картина эквипотенциальных линий поля, построенная .в соответствии с формулой (3.39), изображена на рис. 3.3. Следует обратить внимание на неравномерный характер распределения поля внутри рассмотренной области.
3.5. Постоянный ток ! существует в бесконечно тонком прямолинейном проводнике, неограниченно простирающемся вдоль оси г. Найти электрический векторный потенциал и напряженность магнитного поля во всем пространстве. Р еще н и е. Введем цилиндрическую систему координат так, чтобы ее ось г совпала с направлением тока в проводнике. Вектор плотности электрического тока в данной системе 'Уэ= б(Г) Фг.. (3.40) ЛГ При этом ток, пронизывающий фиксированную плоскость з = = сопз$, окажется равным заданному току 1: ~ Я.Ж ~ И~~ гЗ.,Ит-1 (особенность подынтегральной функции сосредоточена на конце области интегрирования при г = О, что обусловливает уменыпение величины интеграла в два раза).
32 Соответствующий ский характер: неопределенный интеграл имеет логарифмиче- Рис. ЗЛ Рис 3.4 поэтому векторный потенциал, отвечающий случаю бесконечно длин- ного проводника, не имеет конечного численного значения ии при ка- ком р. Это связано в неограниченной протяженностью области инте- грирования. Однако магнитное поле, находимое из векторного потен- циала путем дифференцирования, оказывается конечнымр 1 дАщ 1р (р рч, р рр 4 Воспользовавшись значением табличного интеграла, получаем Н, (р) = Н(2лр), чего и следовало ожидать в соответствии с законом полного тока. 3.6. Индуктивная катушка представляет собой одиночный виток, размещенный на кольцевом сердечнике из ферромагнитного материала (р э) 1). Размеры системы указаны на рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
