zad1_newX

120

ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

Решая это дифференциальное уравнение и используя начальное условие Q(0) = Q0,

получаем

Q = Q0e− 4πσε t = Q0e−

t

,

τ

откуда видно, что заряд уменьшается в e раз за время

τ = ε/4πσ.

3.4. В стационарном случае div j = 0, откуда j1n| = j2n|. Нормальные состав-

ляющие к границе раздела двух сред непрерывны,

UR

α 1

иначе на границе будет изменяться заряд. С дру-

(1)

j1

σ 1

гой стороны, rot E = 0, откуда следует непре-

рывность тангенциальной составляющей напряжен-

σ

UUR

ности электрического поля E1τ = E2τ . Так как

j

2

(2)

2

α 2

j = σE, то

j1τ = σ1E1τ ,

j2τ = σ2E2τ

= j1τ

σ2

.

σ1

Поскольку j1τ /j1n = tg α (см. рисунок), то

tg α1

=

σ1

.

tg α2

σ2

3.5. ϕ (r)=U[1

−

(a/r)n]/[1

−

(a/b)n]; R=[(b/a)n

1] / (2πσ

n),

где σmax = αbn.

−

max

3.6. ϕ (r) = U ln

r

R2

/ ln

R1 .

R1

3.7. В цилиндрической системе координат j = jα. Поскольку плотность тока jα зависит только от r, то Eα = jα/σ зависит тоже только от r. Тогда через интеграл по дуге определенного радиуса разность потенциалов или напряжение запишется так:

	(2π−α0)r
U =	Z0	(E dr) = Eα(r)(2π − α0)r,

откуда

U

Eα(r) = (2π − α0)r

и, следовательно,

Uσ

jα(r) = (2π − α0)r .

2π − α0

Сохранение заряда. Граничные условия. Закон Ома	121

Найдем величину тока на единицу длины трубы:

Zb

J = jα(r) dr = Uσ ln b/a .

a

Поскольку J = U/R, то из последнего выражения следует, что сопротивление единицы длины трубы:

R= 2π − α0 .

σln b/a

3.8. σR1 =

Jz

1

, σR2 = −

Jz

·

1

.z

– координата

4π2R13 σ

ln R1 /R2

4π2 R12R2 σ

ln R1/R2

вдоль оси цилиндра. Сечение, на котором σR1

= σR2

= 0, не определено и может

быть смещено по z сообщением проводу добавочного постоянного заряда.

3.9. E1,2=

σ2,1 U

, σсвоб=

(σ1 ε2 −ε1σ2 )

U, σсвяз=−

σ1(ε2 −1)−σ2(ε1 −1)

U.К

ℓ1σ2 +ℓ2σ1

4π(ℓ1σ2

+ℓ2σ1 )

4π(ℓ1σ2 +ℓ2σ1 )

положительно заряженной обкладке конденсатора прилегает первый слой.

ln(1+αx/σ )

Uα

2

.

3.10. ϕ (x) = U ln(1+αd/σ1) , ρ (x) =

2

1

4π(σ1 +αx)

3.11. σсвоб =

U

σ2 ε1 −σ1ε2

.

2

4πc

σ1 (1/c−1/b)+σ2 (1/a−1/c)

3.12. E0 = −k (σ2ℓ1 + σ1ℓ2) E0, E1 = kσ2ℓ0E0, E2 = kσ1ℓ0E0, где

k = σ0/ [ℓ0 (ℓ0σ1σ2 + ℓ1σ0σ2 + ℓ2σ0σ1)], E0

= Eстор. · ℓ0 – эдс источника.

Внутри источника поле и ток противоположно направлены (E0 < 0). Заряды со-

средоточены на границах раздела проводников и равны

2

q01

= r (E1 − E0) /4,

q12 = r2 (E2 − E1) /4, q20 = r2 (E0 − E2) /4.

3.13. (ji) =

Uσi

, i = 1, 2.

r ln b/a

r

/2αR.

3.14. J = αU − R − r0 + q

(αU − R − r0)2 + 4αUR

3.15. Ток в звене AkAk+1 равен Jk =

E ch(β−k)α

, где парамет-

Ri ch βα+√

Rr

sh(β+1/2)α

ры α и β определяются из соотношений

√

Ra ch nα + Rr sh (n + 1/2) α

sh (α/2) = pR/r/2 и tg βα =

√

ch (n + 1/2) α

.

Ra sh nα +

Rr

Ток нагрузки равен Jn. При сухой изоляции

r

, α

0, β

n + 1 +

Ra

→ ∞

→

→

R

искомое отношение эдс равно

2

√

E

=

Ri ch βα +

Rrsh (β + 1/2) α

.

E0

[Ri + Ra + (n + 1) R] ch (β − n) α

При Ra = 0, β = n + 1/2.

122	ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

3.16.	dJ			1 dϕ		d2J		ρ		d2ϕ
	ϕ (x) = −ρ0 dx	, J	= −		,	dx2	= J		,	dx2
				ρ dx				ρ0
величин: [ρ] = Ом/см, [ρ0] = Ом· см.

3.17.

E ch Ω (x − x0)

J (x) = Ri ch Ωx0 + √ρρ0 sh Ωx0 ,

= ϕ ρ . Размерности

ρ0

где Ω = pρ/ρ0, а x0 определяется из th Ω(x0 − a) = −Ra/√ρρ0. При Ra = 0 (закороченная линия)

J (x) =	E ch Ω (a − x)				E ch Ω (a − x) .
	Ri ch Ωa + √		sh Ωa		Ωa Ri + ρ0/ℓ
		ρρ0

Для сухой изоляции (1/ρ0 → 0) J (x) = E/ (Ri + Ra + ρℓ) = const.

3.18. R = πσ

a

b

+ 2πσ

b .

1

1

1

1

1

3.19.

R =

2

1

2

1

−

1

4

1

1

1

+

1

.

πσ

a1

+

− ℓ 2πσ a1

2

ε

a2

a2

3.20. C = 4πσR .

3.21.

R =

π+ln ℓ/a

, E

Uℓ

Uℓλ

2πσℓ

2r2 ln ℓ/a , ΔUшаг 2r2 ln ℓ/a .

3.22. k = 4πσ/ω.

3.23. а) E =

0, при

r < R , E

r

e−

4πσtε при R

< r <

R ,

q

1

q

2

1

1

2

= const при r > R2; б) Q =

1

Er = r2

2ε

R1

− R2 .

3.24. Распределение постоянных токов в проводящей среде описывается урав-

a

UR

нением div j(R)

= 0, где j(R)– объемная плот-

(2)

ность тока. Так как j = σE и E = − grad ϕ, то для

R

θ

распределения потенциала получается уравнение

O

Z

σ

(1)

(1)

ϕ = 0

с граничными условиями на поверхности сферической полости:

					∂ϕ1			∂ϕ2
ϕ1(a)= ϕ2(a); j1R	R=a	= j2R	R=a	или σ1	∂R	R=a	= σ2	∂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, ис-

Сохранение заряда. Граничные условия. Закон Ома	123

пользовав решение задачи 2.8a и положив σ1 = 0, σ2 = σ, получим для распределения потенциала и напряженности электрического поля следующие выражения:

ϕ =

− 23 E0z

(E0R)a3

при R ≤ a,

−E0z −

при R ≥ a,

2R3

3 E

при R < a,

E =

0

2

a3 E0

3a3

(E0R)R

E0 +

−

при R > a,

2R3

2R5

где E

0

=

j

/σ

– напряженность электрическога поля вдали от полости. Поскольку

0

j = σE , то распределение тока

j0

1 +

a3

3a3 (j0R)R

j =

−

при R > a,

2R3

2R5

0

при R < a.

3.25. 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 – усредненные по объему плотность тока и напряженность электрического поля, то

				(1)
j = σE ,

где σ и есть некоторая усредненная эффективная проводимость закипевшего теплоносителя. Вычислим среднее значение от j − σ0E, по большому объему V . С одной

стороны,
1
V VZ (j − σ0E) dv = j − σ0E .	(2)

С другой стороны, подынтегральное выражение отлично от нуля только внутри объемов пузырьков и с учетом того, что j = 0 внутри каждого пузырька, получаем

	1
			VZ (j − σ0E) dv = −2πna3σ0E .			(3)
		V
	Здесь использовано, что внутри сфер поле равно (см. 3.24)					3		/2, т. е. что пу-
							E

зырьки находятся во внешнем поле, равном среднему. Приравнивая правые части формул (2) и (3) с учетом уравнения (1), окончательно получаем

	J/		σ = σ0(1 − 2πna3)		при	na3 1 .
3.26.		=	1+Δσ/σ0	.
	J0		1+Δσ/3σ0

124

ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

3.27. J =

3πa2 σ1

2

j0 3πa

j0.

σ1 +2σ0

3.28. J/

=

4σ1 σ2

.

2

2

a2

/b2

J0

(σ1 +σ2 ) −(σ1 −σ2 )

3.29. ϕ1

=

J0

1

+

J0

σ1 −σ2

1

,

4πσ1 r1

4πσ1 σ1 +σ2 r2

ϕ2 =

J0

2σ1

1

, ji = −σi ϕi.

4πσ1

σ1 +σ2

r1

∞

3.30. jθ

(θ) =

J sin θ

1

R

n P ′ (cos θ) , Pn (cos θ) – полиномы Ле-

=0 n+1

жандра.

4πRa

a

n

nP

3.31. T

= eU

eJ

+ 2 ln b/a

−

r2/a2

, где v

– продольная скорость

электронов.

− v0

1

0

3.1.Закон «трех вторых»

3.32. Запишем уравнение Пуассона для координаты x, отсчитываемой от като-

да (заземленного электрода): ϕ(x) = −4πρ, ρ = j/v. Из закона сохранения p

энергии mv2/2 = eϕ(x), откуда v(x) = 2e/m · ϕ(x). Таким образом, имеем

d2ϕ

= 4πr

m J

ϕ−1/2 ≡ Aϕ−1/2

dx2

2e

S

где A = 2πr

m J

2

, ϕ(0) = 0,

ϕ(d) = U,

(dϕ/dx)x=0 = 0.

e

S

Представим уравнение в виде

dϕ

d2ϕ

1

dϕ

2

dx ·

·

= Aϕ−1/2dϕ =

d

dx

dx2

2

dx

и проинтегрируем его, домножив обе части на 2:

dϕ 2 = 2A Z ϕ−1/2dϕ = 4Aϕ1/2 + C1, dx

C1 = 0 из граничных условий ϕ(0) = 0 и E(0) = 0.

Закон «трех вторых»

125

Тогда

dϕ

√

1/4

= 2

Aϕ

.

dx

Интегрируем еще раз:

4

2√Ax = Z

ϕ−1/4dϕ =

ϕ3/4 + C2;

C2 = 0

при

ϕ(0) = 0.

3

Так как ϕ(d) = U, то

2

√

Ad =

3 U

, откуда

4 Ad = U

.

Подставляя

4

3/4

9

2

3/2

A = 2πr

m

J

2

·

,

имеем

e

S

Jd2

9

· 2πr

2m

·

= U3/2,

т. е.

4

e

S

√

2

e

S

J =

r

· U3/2.

9π

m

d2

3.33. j =

cU

.

2πd

2

3.34.

j j0

, где j0 – плотность тока в диоде без учета тепловых

kT/eU

электронов, которые вылетают из катода, имеющего температуру

.

скоростей

p

T

3.35. В четыре раза.

1/2

3.36. Ea

=

16π

2e

≤

, где

≤

p

. При

je (1 − α)

α = je

m , ji ≤ je M

mU

1,63

i je/j0

ji

M

m

токе ионов

, где

– плотность тока

максимальном

h

q(α = 1)

1, 97 q

j0

вакуумного диода, соответствующая закону «3/2».

9

kU2

3.37. j =

, где k

– подвижность электронов ([k] =

см3/г).

32π

d3

координат записывается

3.38. Уравнение Пуассона в цилиндрической системе

p

так:

1

d

dϕ(R)

4πJ

m

R

= −4πρ(R) =

r

ϕ−1/2(R),

R dR

dR

2πRe

2e

т. е.

dϕ

d

J

2m

R

=

r

ϕ−1/2 =

Aϕ−1/2; ϕ(0) = 0;

ϕ(a) = U.

dR

dR

ℓ

e

126			ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ
Ищем решение в виде ϕ(R) = CRα.
Подставляем в уравнение и получаем
Cα(α	−	1)Rα−1	= AC−1/2R−α/2.

Степени R должны быть одинаковы: α − 1 = −α/2, откуда α = 23 .

Подставляя α = 23 в предыдущее уравнение и сокращая на R2/3, получаем уравнение для C:

откуда

Таким образом,

откуда

94 C = AC−1/2,

A

2/3

C =

4

.

9

ϕ(R) =

A

2/3

4

,

9

4aA

2√

ℓ

e

U =

, J =

2

·

r

U3/2.

9

9

a

m

3.39.U (t) = U0 1 + P √U0t/2C 2.

3.40.При прохождении потока электронов между электродами 1 и 2 с потен-

циалами U1 и U2 из-за образования объемного заряда происходит «провисание» потенциала U(x) вплоть до зануления в плоскости, находящейся на расстоянии xm от электрода 1. Так как d0 2d по условию, то и на расстоянии xm от реального катода 0). В этой плоскости скорости электронов обращаются в нуль и часть электронов поворачивает обратно к электроду 1. Такое «провисание» потенциала до нулевого значения называется образованием виртуального катода 3.

Теперь от электрода 1 идет ток с плотностью j1, от виртуального катода 3 в обратном направлении идет отраженный ток −j3 и к электроду 2 приходит ток с плот-

ностью j2: j2 = j1 − j3.

Отсюда максимальный ток на аноде 2 j2max получается в режиме возникновения

виртуального катода, если отраженный ток j3 обращается в нуль, т. е.
j2max = j1, при j3 = 0.	(1)

Заметим, что режим виртуального катода соответствует при этом тому, что образовались как бы два диода с общим катодом, которые включены навстречу друг другу.

Закон «трех вторых»	127

У одного анодное напряжение U1, у другого U2. В плоском диоде с расстоянием между электродами 2d и напряжением на аноде U2 вольт-амперная характеристика выглядит так (см. задачу 3.32):

√

3/2

2 e U2

j0 =

r

.

(2)

9π

m

(2d)2

Тогда

AU23/2

AU13/2

U1

2 (2d)2

(3)

j2 =

, j1 =

= j0

.

(2d − xm)2

xm2

U2

xm2

Введем безразмерные параметры:

k = (U1/U2)1/2

и ℓ = xm/2d, ℓ < 1.

Подставляя j1 и j2 из уравнения (3) в уравнение (1) и сокращая на j0, получаем 1/(1 − ℓ)2 = k3/ℓ2, откуда для ℓ следует квадратное уравнение:

ℓ2 = k3 − 2k3ℓ + k3ℓ2

.

Записываем уравнение в стандартной форме:

(k3 − 1)ℓ2 − 2k3ℓ + k3 = 0

и получаем решение

3

√

3

3/2

k

6

6

+ k

3

k

ℓ1,2 =

± k

− k

=

± k

.

k3 − 1

k3 − 1

Оставляем лишь один корень, отвечающий условию ℓ < 1.

ℓ =

k3 − k3/2

=

k3/2(k3/2 − 1)

=

k3/2

=

1

,

k3/2 + 1

1 − k−3/2

т. е.

k3 − 1

(k3/2)2 − 1

xm

1

=

.

3/4

2d

1 + (U2/U1)

Таким образом,

xm =

2d

,

1 + (U2

3/4

/U1)

AU

3/2

AU

3/2

AU3/2

· 1 −

1

−2

j2max =

2

=

2

=

2

=

(2d

−

xm)2

4d2(1

−

ℓ)2

4d2

(U2/U1)3/4

128

ОТВЕТЫ, РЕШЕНИЯ, УКАЗАНИЯ

A

3/4

3/4

2

=

U1

+ U2

.

4d2

√

r

e

3/4

3/4

2

2

j2max =

·

· U1

+ U2

.

9π · (2d)2

m

3.41. FE /FM

c2

d2

≈

d2

1.

v2

r2

r2

3.42. Jпред = mce 3 βγrd , где mce 3 17kA – параметр Будкера. 3.43. ϕ ρd2 jd2 c J0 (d/a)2.

3.1. Дополнительные задачи

3.44. По закону Ома в дифференциальной форме j = σE. По закону сохранения заряда в стационарном случае div j = 0, т. е.

div(σE) = σ div E + E grad σ = 0;

откуда

div E = −E(grad σ)/σ.

(1)

По теореме Гаусса в дифференциальной форме div D = 4πρ; откуда

ρ = 41π div(εE) = 41π (E · grad ε + ε div E).

Взяв div E из (1), получим

ρ =	E	(σ grad ε − ε grad σ) =					j	(σ grad ε − ε grad σ).
	4πσ						4πσ2
Отметим, что ρ ≡ 0 при			grad ε	=	grad σ	.
			ε		σ

В отсутствие поляризуемости среды, когда ее свойства описываются лишь через проводимость σ(r), получаем

ρ(r) = − (j · grad σ) 4πσ2

при ∂ρ∂t = 0.

Дополнительные задачи	129

3.45. Поскольку ни во внутреннем цилиндре ни в окружающем пространстве нет источников тока, то для обеих областей справедливы уравнения

div j1 = 0, div j2 = 0.

Дифференциальный закон Ома в обоих областях запишем в виде j1 =σ1 (E1 + Eстр) , j2 =σ2E2, Eстр = E0ex.

Поля E1 и E2 – потенциальны и, поэтому, введя потенциалы этих полей E1 = − ψ1, E2 = − ψ2, получим уравнения для потенциалов

ψ1 = 0, ψ2 = 0.

Граничные условия имеют обычный вид. Внутри цилиндра потенциал ограничен ψ1 < ∞. На бесконечности потенциал убывает, т. е. ψ2 → 0 при r → ∞. Поскольку задача стационарная и заряды нигде не накапливаются, то на границе раздела j1n| = j2n| . Откуда получаем граничное условие для потенциалов

σ1 (E1n + Eстрn)| = σ2E2n| .

Предположим, что потенциал внутри и снаружи имеет вид ψ1,2 = R1,2(r) cos θ, где θ – угол между осью x и радиус-вектором. Тогда, решая радиальную часто уравнения Лапласа и учитывая ограниченность решения для потенциала внутри цилиндра и стремление снаружи к нулю, получим решение в виде:

ψ1	=	−E1r cos θ,
ψ2	=		A	cos θ.
			r

Используя граничное условие ψ1 = ψ2 на поверхности цилиндра, получим

A −E1a = a .

Используя это соотношение и подставляя решение во второе граничное условие на поверхности цилиндра, получим

−σ2 ∂ψ∂r2 + σ1 ∂ψ∂r1 = σ1E0 cos θ.

Сокращая на cos θ и решая полученное уравнение, получим

(

A	=		σ1 a2		Eстр,
			σ1 +σ2
E1	=	−		σ1		Eстр.
				σ1 +σ2