Математика: Расчет поля между эквипотенциальными поверхностями в неоднородной среде в отсутствие объемного заряда, Статья

Категория: Математика
Тип: Статья

М.И. Векслер, Г.Г. Зегря

Это типичная ситуация в конденсаторе. Для ее рассмотрения используется уравнение Пуассона с ρ = 0, которое интегрируется с учетом условий φ(x1) = φ1, φ(x2) = φ2 (для плоскостного случая) или φ(r1) = φ1, φ(r2) = φ2 (сфера, цилиндр). Рассмотрим далее случай плоскости.

$div\left(\varepsilon_0\varepsilon(x) grad \varphi\right) = 0$

$\frac{{\rm d}\varphi(x)}{{\rm d}x} = \frac {A}{\varepsilon(x)}$

$\varphi(x) = \varphi_1+ {A} \cdot \int \limits_{x_1}^x \varepsilon^{-1}(\tilde{x}){\rm d}\tilde{x}, A = \frac{\varphi_2-\varphi_1}{\int\limits_{x_1}^{x_2} \varepsilon^{-1}(\tilde{x}) {\rm d} \tilde{x}}$

Далее можно дифференцированием по x найти поле Ex и Dx:

$E_x = -\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}x} = -{A}\varepsilon^{-1}(x), D_x = \varepsilon_0\varepsilon(x)E_x = -\varepsilon_0\cdot A$

Следующий шаг - нахождение поляризованности и ее дивергенции, то есть связанного заряда ρ':

$P_x = \varepsilon_0(\varepsilon(x)-1)E_x = -A\varepsilon_0\frac{\varepsilon(x)-1}{\varepsilon(x)}, \rho' = -\frac{{\rm d}P_x}{{\rm d}x} = \varepsilon_0\cdot A \frac{\varepsilon'(x)}{\varepsilon^2(x)}$

В точках разрыва ε(x) (на стыке двух диэлектриков) производная ε'(x) обращается в бесконечность, формула для ρ' cтановится неприменимой и надо искать поверхностный связанный заряд:

$\sigma'(x_0) = -P_x|_{x_0+}+P_x|_{x_0-} = A\varepsilon_0\left[\frac{\varepsilon(x_0+)-1}{\varepsilon(x_0+)} -\frac{\varepsilon(x_0-)-1}{\varepsilon(x_0-)}\right]$

Обязательно проверяются условия на границах (в данном случае x1, x2) на наличие поверхностного связанного заряда:

$\sigma'(x_2) = P_x|_{x_2-} = -A\varepsilon_0 \frac{\varepsilon(x_2-)-1}{\varepsilon(x_2-)}, \sigma' (x_1) = -P_x|_{x_1+} = A\varepsilon_0\frac{\varepsilon(x_1+)-1} {\varepsilon(x_1+)}$

В сферическом и цилиндрическом случаях надо правильно писать div в соответствующей системе координат. Выражения для φ(r) принимают вид:

φ(r)	=	$\varphi(R_1) +\frac{\varphi_2- \varphi_1}{\int\limits_{R_1}^{R_2}\tilde{r}^{-1}\varepsilon^ {-1}(\tilde{r}){\rm d}\tilde{r}}\cdot \int\limits_{R_1}^r \varepsilon^{-1}(\tilde{r})\tilde{r}^{-1}{\rm d}\tilde{r} - {\rm цилиндрический}$
φ(r)	=	$\varphi(R_1) +\frac{\varphi_2- \varphi_1}{\int\limits_{R_1}^{R_2}\tilde{r}^{-2}\varepsilon^ {-1}(\tilde{r}){\rm d}\tilde{r}}\cdot \int\limits_{R_1}^r \varepsilon^{-1}(\tilde{r})\tilde{r}^{-2}{\rm d}\tilde{r} - {\rm сферический случай}$

после чего Er(r) и связанные заряды находятся аналогично тому, как это было сделано выше для плоскостного (декартового) случая.

Задача. Получить выражения для φ(r), Er(r), ρ ', σ ' в случае цилиндрической и сферической симметрии, если заданы зависимость ε(r), а также потенциалы граничных поверхностей φ(R1(2)) = φ1(2). ρ = 0.

Указание: Для промежуточной проверки использовать вышеприведенные выражения для потенциала.

Задача. Пространство между обкладками плоского конденсатора шириной d заполнено неоднородным диэлектриком c проницаемостью ε(x) = 1+α x. Найти φ(x), Ex(x), ρ ', σ ' на обкладках.

Решение: Будем считать, что конденсатор занимает область координат x = 0... d, причем потенциал одной обкладки (x = 0) равен φ1 = 0, а другой φ2 = U. Тогда зависимость потенциала от координаты находится как

$\varphi(x) =U\cdot\left(\int\limits_0^d\frac{1} {1+\alpha \tilde{x}} {\rm d}\tilde{x}\right)^{-1}\cdot \int \limits_0^x\frac{1}{1+\alpha \tilde{x}} {\rm d}\tilde{x} = \frac{U}{\ln(1+\alpha d)}\cdot \ln(1+\alpha x)$

после чего находим поле Ex(x) дифференцированием:

$E_x(x) = -\frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}x} = -\frac{U} {\ln(1+\alpha d)}\cdot \frac{\alpha}{1+\alpha x}$

и далее получаем поляризованность Px:

$P_x(x) = \varepsilon_0(\alpha x)E_x = -\frac{\varepsilon_0\alpha^2U x}{\ln(1+\alpha d)(1+\alpha x)}$

Взяв дивергенцию, получаем объемный связанный заряд:

$\rho '(x) = -div\vec{P} = -\frac{{\rm d}}{{\rm d} x} P_x = +\frac{\varepsilon_0\alpha^2U}{\ln(1+\alpha d)}\cdot \frac{1}{(1+\alpha x)^2}$

и еще проверяем условия на обкладках на наличие поверхностного заряда σ ':

σ '\|x = 0	=	–Px\|x = 0+ = 0
σ '\|x = d	=	$P_x\|_{x=d-} = -\frac{\varepsilon_0\alpha^2Ud} {\ln(1+\alpha d)(1+\alpha d)}$

Как и следовало ожидать, σ '|x = 0 = 0, поскольку у обкладки x = 0 диэлектрическая проницаемость равнa единице. Если U>0, то σ '|x = d<0, что тоже естественно: у обкладки x = d должен концентрироваться отрицательный связанный заряд. Для проверки найдем суммарный связанный заряд на единицу площали обкладки конденсатора - этот заряд должен оказаться равным нулю. Действительно,

$\frac{q '}{S}$	=	$\int\limits_0^d\rho '(x) {\rm d}x +\sigma '\|_{x=0}+\sigma '\|_{x=d} =$
	=	$\int\limits_0^d\frac{\varepsilon_0 \alpha^2U}{\ln(1+\alpha d)}\cdot \frac{1}{(1+\alpha x)^2} {\rm d}x +0 - \frac{\varepsilon_0\alpha^2Ud}{\ln(1+\alpha d)(1+\alpha d)} =$
	=	$\frac{\varepsilon_0\alpha^2U}{\ln(1+\alpha d)}\cdot \left.\frac{-1}{\alpha(1+\alpha x)}\right\|_0^d - \frac{\varepsilon_0 \alpha^2Ud}{\ln(1+\alpha d)(1+\alpha d)} = 0$

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

Человек – побочный продукт любви.

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