Математика: Граничные условия на стыке двух диэлектриков. Теорема о циркуляции, Статья

Категория: Математика
Тип: Статья

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Любая граница раздела двух сред может считаться плоской на достаточно малом участке. Кроме того, в пределах достаточно малого участка поле векторов $\vec{D}$ , $\vec{E}$ , $\vec{P}$ можно считать однородным на каждой из сторон. Составляющие указанных векторов Dn, En, Pn, перпендикулярные к границе, называются нормальными, а $\vec{D}_{\tau}$ , $\vec{E}_{\tau}$ , $\vec{P}_{\tau}$ , параллельные границе, - тангенциальными компонентами.

На незаряженной границе двух диэлектриков нормальные и тангенциальные компоненты преобразуются следующим образом:

$D_{n1}=D_{n2}, \vec{E}_{\tau 1} = \vec{E}_{\tau 2}$

(36)

Левое соотношение получается из теоремы Гаусса, примененной к области в форме очень тонкого параллелепипеда, серединной плоскостью которого является граница раздела диэлектриков. Для получения второго соотношения привлекается теорема о циркуляции

$\int\limits_L\vec{E}\cdot{\rm d}\vec{l} = \int\limits_S rot\vec{E}\cdot{\rm d}\vec{S}$

(37)

Контуром служит узкая прямоугольная рамка, плоскость которой перпендикулярна к границе раздела, рассекающей рамку пополам. Левая часть равенства есть $(\vec{E}_{\tau 1}-\vec{E}_{\tau 2}) \cdot\vec{l}$ , а правая равна нулю из электростатического уравнения Максвелла ( $rot\vec{E}=\vec{0}$ ). Эаметим, что теорема о циркуляции - это математический закон, применимый к любому векторному полю, как и теорема Гаусса.

Задача. Плоскость xy представляет собой границу раздела диэлектрик с проницаемостью ε1 (z<0) - воздух (z>0). Напряженность электрического поля в воздухе составляет E2, а вектор $\vec{E}_2$ составляет угол θ с осью z и не имеет y-компоненты. Найти $\vec{E}_{1,2}$ , $\vec{P}_{1,2}$ в обеих средах и поверхностный связанный заряд. Вычислить также циркуляцию вектора $\vec{D}$ по прямоугольному контуру длины L, лежащему в плоскости xz.

Решение: По условию,

$\vec{E}_2 = E_2\cos\theta \vec{k}+E_2\sin\theta \vec{i} = E_{n2} \vec{k} + \vec{E}_{\tau 2}$

откуда сразу

$\vec{D}_2 = \varepsilon_0E_2\cos\theta \vec{k} + \varepsilon_0E_2\sin\theta \vec{i} = D_{n2}\vec{k} + \vec{D}_{\tau 2}$

По правилам преобразования нормальных и тангенциальных компонент,

Dn1	=	Dn2 = ε0E2cosθ
$\vec{E}_{\tau 1}$	=	$\vec{E}_{\tau 2} = E_2\sin\theta \vec{i}$

С учетом общего соотношения $\vec{D}_{1,2}=\varepsilon\varepsilon_{1,2} \vec{E}_{1,2}$ , получаем:

En1	=	$\frac{D_{n1}}{\varepsilon_0\varepsilon_1} = \frac{E_2\cos\theta}{\varepsilon_1}$
$\vec{D}_{\tau 1}$	=	$\varepsilon_0\varepsilon_1\vec{E_{\tau 1}} = \varepsilon_0\varepsilon_1 E_2\sin\theta \vec{i}$

Теперь можно полностью выписать $\vec{E}_1$ в диэлектрике:

$\vec{E}_1 = E_{n1} \vec{k}+\vec{E}_{\tau 1} = \frac{E_2\cos\theta}{\varepsilon_1} \vec{k} + E_2\sin\theta \vec{i}$

Поляризованность в воздухе отсутствует, а в диэлектрике:

$\vec{P}_1$	=	$\varepsilon_0(\varepsilon_1-1)\vec{E}_1 = \varepsilon_0(\varepsilon_1-1)E_{n1} \vec{k}+\varepsilon_0(\varepsilon_1 -1)\vec{E}_{\tau 1} =$
	=	$\frac{\varepsilon_0(\varepsilon_1-1)E_2\cos\theta} {\varepsilon_1} \vec{k} + \varepsilon_0\varepsilon_1E_2\sin\theta \vec{i}$

При вычислении поверхностного связанного заряда нужна только нормальная компонента, а именно:

$\sigma '|_{z=0} = P_z|_{z=0-} = P_{n1} = \frac{\varepsilon_0(\varepsilon_1-1)E_2\cos\theta} {\varepsilon_1}$

Вычисление циркуляции вектора $\vec{D}$ даст

$\int\limits_L\vec{D}\cdot{\rm d}\vec{l} = \pm L\cdot (|D_{\tau 2}| -|D_{\tau 1}|)$

Знак выбирается в зависимости от напрaвления обхода контура. Заметим, что если бы мы считали циркуляцию $\vec{E}$ , то получили бы ноль. Так как мы знаем $\vec{D}_{\tau}$ с обеих сторон плоскости xy, (в области z<0 $\vec{D}_{\tau 2} = \varepsilon_0\varepsilon_2 \vec{E}_{\tau 2}$ ) можно записать окончательный ответ для циркуляции:

$\int\limits_L\vec{D}\cdot{\rm d}\vec{l} = \pm L\cdot (\varepsilon_0E_2\sin\theta - \varepsilon_0\varepsilon_1 E_2\sin\theta) = \pm L\cdot (1-\varepsilon_1) \varepsilon_0E_2\sin\theta$

Проверка выполнения законов преобразования компонент $\vec{E}$ и $\vec{D}$ на границе служит в некоторых случаях дополнительным "тестом" на корректность того или иного решения.

Задача. Часть площади плоского конденсатора заполнена диэлектриком ε1, другая часть ε2. Найти $\vec{E}$ , $\vec{D}$ в обеих частях конденсатора при приложении напряжения U. Расстояние между обкладками d.

Ответ: $E = \frac{U}{d}$ всюду; $D = \varepsilon_0\varepsilon_{1} \frac{U}{d}$ и $D = \varepsilon_0\varepsilon_{2}\frac{U}{d}$ в 1-й и 2-й частях, соответственно. Направление полей - всюду перпеидикулярно плоскостям обкладок.

Комментарий: граница раздела диэлектриков перпендикулярна обкладкам. По обе стороны этой границы поле параллельно границе и одинаково по величине: нормальная к данной границе составляющая при этом вообще отсутствует. Таким образом, выполнено условие для тангенциальных компонент вектора $\vec{E}$ .

Обобщение данной задачи: пусть в плоском конденсаторе с обкладками x1 и x2, проницаемость изменяется как $\varepsilon(x,y,z) = f_l(x)\cdot f_{\bot}(y,z)$ . Тогда эквипотенциалями являются плоскости x = const. Плотность заряда обкладки такого конденсатора зависит от координат; cуммарный же заряд равен

$Q = \int \sigma {\rm d}S = \int D_x {\rm d}S = \frac{\varphi_2-\varphi_1}{\int\limits_{x_1}^{x_2} f_l^{-1} (\tilde{x}){\rm d}\tilde{x}} \cdot \varepsilon_0 \int\int f_{\bot}(y,z) {\rm d}y{\rm d}z$

(38)

Частный случай - ε меняется только в направлении, перпендикулярном полю (например, кусочно). Аналогичную ситуацию можно рассмотреть в сферическом и цилиндрическом конденсаторах ( $\varepsilon = f_l(r)\cdot f_{\bot}(\theta, \varphi)$ или $\varepsilon = f_l(r)\cdot f_{\bot}(z, \varphi)$ ).

Задача. В вакууме на расстоянии l от плоской границы с диэлектриком проницаемости ε расположен небольшой шарик, заряженный зарядом q. Найти поверхностную плотность связанного заряда на границе раздела как функцию расстояния r от проекции центра шарика на плоскость.

Решение Вводим систему координат таким образом, что ось z перпендикулярна плоскости раздела сред xy. Тогда заряд q имеет координаты (0, 0, z).

Будем искать решение в виде

φ1	=	$\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{r^2+(z-l)^2}} + \frac{B_1q}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{r^2+(z+l)^2}}, z>0$
φ2	=	$\frac{A_2q} {4\pi\varepsilon_0 \sqrt{r^2+(z-l)^2}}, z<0$

Значок 1 отвечает полупространству, в котором находится заряд.

Потенциал указанного вида подчиняется уравнению Пуассона. Действительно, для полупространства без заряда Δφ2 = 0, так как особенность функции φ2(z, r) находится вообще вне этого полупространства. Что касается φ1(z, r), то $\Delta \varphi_2 = -q\delta(\vec{r}-z\vec{k})$ , поскольку первый член в точности соответствует потенциалу точечного заряда, а второй дает ноль, так как его особенность не попадает в полупространство содержащее заряд. Заметим, что, если бы полупространство с зарядом было заполнено диэлектриком (ε1), то это ε1 следовало бы поместить в знаменатель первого члена выражения для φ1.

Найдем z-компоненту поля, соответствущую введенному потенциалу:

Ez1	=	$-\frac{\partial\varphi_1}{\partial z} = \frac{q(z-l)}{4\pi\varepsilon_0(r^2+(z-l)^2)^{3/2}} + \frac{B_1q(z+l)}{4\pi\varepsilon_0(r^2+(z+l)^2)^{3/2}}$
Ez2	=	$-\frac{\partial\varphi_2}{\partial z} = \frac{qA_2(z-l)} {4\pi\varepsilon_0(r^2+(z-l)^2)^{3/2}}$

Поскольку z-компонента является нормальной компонентой к границе раздела, для нее должно быть выполнено условие Dz1 = Dz2, то есть

$-\left. \varepsilon_0E_{z1}\right|_{z=0} = -\left. \varepsilon_0\varepsilon\cdot E_{z2}\right|_{z=0}$

Помимо этого требования, необходимо обеспечить непрерывность потенциала, а именно

φ1(0, r) = φ2(0, r)

Два вышеуказанных условия приводят к соотношениям

–l+B1l	=	–ε A2 l
1+B1	=	A2

из которых имеем

$B_1 = \frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}, A_2 = \frac{2}{1+\varepsilon}$

Поверхностный связанный заряд найдется как

$\sigma^{'}(r) = P_{z-0} = -\varepsilon_0 (\varepsilon-1)E_{z2} = -\frac{A_2ql\varepsilon_0(\varepsilon-1)} {4\pi\varepsilon_0(r^2+l^2)^{3/2}} = -\frac{ql(\varepsilon-1)} {2\pi(\varepsilon+1)(r^2+l^2)^{3/2}}$

Проинтегрировав σ' по площади, получаем полный связанный заряд

$q^{'} = 2\pi\int\limits_0^{\infty}\sigma^{'}(r) r {\rm d}r = -\frac{ql(\varepsilon-1)2\pi}{2\pi(\varepsilon+1)} \int\limits_0^{\infty}\frac{r{\rm d}r}{(r^2+l^2)^{3/2}} = -\frac{q(\varepsilon-1)}{\varepsilon+1}$

Список литературы

1. И.Е. Иродов, Задачи по общей физике, 3-е изд., М.: Издательство БИНОМ, 1998. - 448 с.; или 2-е изд., М.: Наука, 1988. - 416 с.

2. В.В. Батыгин, И.Н. Топтыгин, Сборник задач по электродинамике (под ред. М.М. Бредова), 2-е изд., М.: Наука, 1970. - 503 с.

3. Л.Д. Ландау, Е.М. Лифшиц, Теоретическая физика. т.8 Электродинамика сплошных сред, 2-е изд., М.: Наука, 1992. - 661 с.

Для подготовки данной работы были использованы материалы с сайта http://edu.ioffe.ru/r

Еще из раздела Математика:

Это интересно

Реклама

Поиск рефератов

Еще рефераты

Афоризм

Сначала он слепил снежную девку, а потом сделал ее бабой…

Гороскоп

Счётчики

Соц. сеть	Объявления	Здоровье	Рецепты	Закрыть
Погода	TV программа	Курсы валют	Каталог сайтов	Рефераты
Гороскопы	Тайна имени	Именины	Праздники	Сонник
Девушка дня	Тесты ON-Line	Игры	Анекдоты	Приколы