Теорія поля / Посiбник

281

поля в провідниках кабелю, а також у внутрішній і зовнішній областях. Побудувати якісну картину розподілу полів.

Розв'язок. За контури інтегрування розглянемо чотири області з радіусами r < R1 , R1 < r < R2 , R2 < r < R3 і r > R3 . Для знаходження полів, як і раніше, скористаємося спів-

відношенням (5.27).

		4		Область		r < R1			являє собою
		3
	R	2		провідник радіуса					R1	зі струмом
	2
	R3	1
			H
				I і напруженістю магнітного по-
	I
	R1			ля, визначеною в прикладі 1:
	I
				H		=		I r		.
					1		2π R2
	H								1
				В області		R1 < r < R2					магнітне
			r	поле визначається струмом внут-
				рішнього провідника						I	та може
				бути записано у вигляді
	Рисунок		5.7 –	H2 =				I		.
	Картина магнітного							2π r
	поля у коаксіальному			Поле в області					R2 < r < R3 ви-
	кабелі			значається за принципом накла-
				дення полів,		створених					внутрі-

шнім і зовнішнім провідниками. Із урахуванням того, що зовнішній провідник являє собою трубу зі струмом I , то

	його власне поле Hтр	визначається аналогічно прикладу 2
	таким виразом:				(r2 - R22 )
	Hтр	=	I	×		.
			2π r		(R32 - R22 )

Тоді

282

H3 = H2 - Hтр

=

I

-

I

×

(r2 - R22 )

2π r

2π r

(R32 - R22 )

I

æ

(r2 - R22 )

ö

ç

÷

- (R32

- R22 )

= 2π r èç1

ø÷ .

Знак «–» при накладенні полів обумовлений протилежним напрямком струмів у внутрішньому і зовнішньому провідниках.

Для області r > R3 із отриманого виразу для H3 видно, що при r = R3 магнітне поле на поверхні кабелю відсутнє,

отже, H4 =0.

I r

I

Відповідь:

H

=

при r < R ;

H

=

при

2π R2

2π r

1

1

2

1

I

æ

(r2

- R22 ) ö

R1 < r < R2 ; H3

=

ç1

-

÷

при

R2 < r < R3 ;

H4 =0

(R32

2π r èç

- R22 )ø÷

при r > R3 .

На рис. 5.7 наведена картина розподілу магнітного поля в коаксіальному кабелі, із якої випливає, що магнітне поле присутнє по всьому поперечному перерізу кабелю, обмеженому його зовнішньою частиною оболонки.

Рівняння Пуассона і Лапласа для одновимірних по-

лів.

Приклад 1 Повітряний конденсатор складається із двох плоских пластин, розміщених по осі x на відстані d (рис. 5.8). Одна пластина заземлена, інша пластина під'єднана до позитивного електрода джерела постійної напруги U . Між пластинами розподілений вільний заряд з об'єм-

ною щільністю ρ (x) = -kx . Визначити ϕ (x) і E (x) .

							283
	d	Розв'язок.			Рівняння Пуассо-
		на для плоского конденсатора
0	x		d 2ϕ = - ρ = k x .
			dx2		ε0	ε0
-	+	У	результаті			інтегрування
	U	по x маємо:
			dϕ =		k	x2 + C .
Рисунок 5.8 – Пло-			dx		2ε0		1
ский конденсатор		Після		повторного			інтегру-
		вання по x отримаємо

ϕ =

k

x3 + C x + C

.

6ε0

2

1

Сталі інтегрування C1 і C2

можна знайти із граничних

умов ϕ =0 при x =0; ϕ =U при x = d .

Із першої граничної умови випливає,

що

C2 =0, а із

другої:

U =

kd3

6ε0

+ C d .

1

Звідси

C =

U

-

kd

2

.

1

d

6ε0

Тоді

ϕ =

k

3

æU

kd

2 ö

¶ϕ

k

2

U

kd

2

x

+ ç

-

÷ x , E

= -

= -

x

-

+

.

6ε

6ε

¶x

2ε0

d

6ε

0

è d

0 ø

0

Відповідь: ϕ (x) =

k

x3 +

6Uε0 - kd3

x ,

6ε

0

6dε0

æ

k

6Uε0 - kd

3 ö

E (x) = -ç

x2 +

÷ .

2ε

è

0

6dε0

ø

284

Приклад 2 Циліндричний конденсатор із двома шарами діелектрика ε1 і ε2 (рис. 5.9) під'єднаний до джерела по-

стійної напруги U . Визначити закон розподілу потенціалу в кожному шарі, якщо заряд у другому шарі змінюється за

законом ρ = ar2 .

Розв'язок. Потенціал для циліндричного конденсатора можна визначити із рівняння Пуас-

сона в циліндричній системі коор-

R2

динат:

R3

ε1 ε

1 ¶ æ

¶ϕ ö

1 ¶2ϕ

¶2ϕ

ρ

2

ç r

÷

+

+

2

= -

.

2

2

R1

r ¶r è

¶ r ø

r ¶α

¶z

εa

Внаслідок

аксіальної

симетрії

циліндричного

конденсатора

æ

2

ö

ç

¶ ϕ

= 0÷ та

рівномірності розпо-

2

è

¶α

ø

ділу заряду по всій довжині конден-

U

Рисунок 5.9 –

сатора

æ

2

ö

рівняння Пуассона

ç

¶ ϕ2 = 0

÷

Двошаровий

ци-

è

¶z

ø

ліндричний

кон-

набуде вигляду

ö

денсатор

1 ¶

æ

¶ϕ

ar

2

ç r

÷ = -

.

r ¶ r

¶ r

εa

è

ø

Із рівняння Пуассона для шару радіусом

R2

у резуль-

таті подвійного інтегрування маємо

ϕ1 (r) = -

ar4

+ C1 ln r + C2 .

16εa1

Із рівняння Лапласа для шару радіусом R3 ,

для якого

ρ = 0 , знаходимо аналогічно:

ϕ2 (r) = C3 ln r + C4 .

Визначимо константи інтегрування із граничних умов:

285

1) ϕ1 = U при r U

2)ϕ2 = 0 при r

3)ϕ1 = ϕ2 при r

-aR24

16εa1

= R1 . Тоді
		aR4
= -		1	+ C ln R + C		2	.
	1			1
	16εa1

= R3 . Тоді

0 = C3 ln R3 + C4 .

=R2 . Тоді

+C1 ln R2 + C2 = C3 ln R2 + C4 .

4)

D1n

= D2n при

r = R2 .

Тоді

εa1E1n = εa2 E2n або

ε

a1

¶ϕ1

= ε

a2

¶ϕ2

. Звідки випливає:

¶ r

¶ r

æ

3

ö

C3

aR2

C1

εa1 ç -

-

÷

= εa2

.

R

è

4ε

a1

ø

R

2

2

Розв'язуючи систему із чотирьох рівнянь, можна знайти сталі інтегрування, а відповідно, і значення потенціалів для першої та другої областей. (Розв'язання системи рівнянь студенти виконують самостійно).

Відповідь: ϕ1 (r)

=

a (R14 - r4 )

+

16εa1

æ

æ

4

æ

R

ö

4

4

ö ö

ç

ç16εa1εa2U

+ 4aεa1R2

ln ç

2

÷

+ aεa2 (R1

- R2

)÷ ÷

R

æ

r

ö

ç

è

è

ø

ø

+

3

÷ln ç

÷

+U,

ç

æ

æ

R

ö

æ

R

öö

÷

è

R1 ø

ç

16εa1 ç

εa1 ln ç

3

÷

+εa2 ln ç

1

÷÷

÷

ç

è

è

R2 ø

è R2 øø

÷

è

ø

286

æ

æ

4

æ

R

ö

4

4

ö

ç

ç16εa1εa2U + 4aεa1R2

ln ç

2

÷

+ aεa2 (R1

- R2

)÷

R3

aR4

ϕ2

(r) =

ç

è

è

ø

ø

+

ç

2

æ

æ

R

ö

æ

R

öö

4εa2

ç

16εa2 ç

εa1 ln ç

3

÷

+ εa2 ln ç

1

÷÷

ç

è

è

R2 ø

è R2 øø

è

´ln æç R3 ö÷ .

èr ø

Приклад 3 (зворотна задача) Чи може потенціал елек-

тричного поля ϕ в області простору, де об'ємна густина заряду ρ =0, виражатися рівнянням у циліндричній системі координат:

ϕ (r, α, z) = 3r2 cos3 α + 5r - cos3 α ?

Розв'язок. Запишемо рівняння Лапласа в циліндричній системі координат:

æ

ö

12 ¶ ϕ2 + ¶ ϕ2

= 0 .

1 ¶ ç r

¶ϕ ÷ +

2

2

è ¶ r ø

¶z

r

¶ r

r

¶α

Перевіримо, чи виконується рівність Ñ2ϕ = 0 .

Знайдемо кожний доданок:

r ¶ϕ

= 6r2 cos3 α + 5r ,

1 ¶

æ

¶ϕ

ö

=12cos3 α +

5

ç r

÷

.

r ¶ r

¶ r

¶ r

è

ø

r

¶ϕ

= 3r2 ×3cos2 α (-sinα )- 3cos2

α (-sinα ) .

¶α

¶2ϕ

= -9r2 (cos2

α ×cosα + sinα ×2cosα (-sinα ))+

¶α 2

+3cos2 α ×cosα + 6cosα (-sin2 α ).

¶2ϕ = 0 .

¶z2

Тоді

ö

÷

÷÷´

÷

÷

ø

287

2

3

5

3

2

Ñ ϕ =12cos

α + r

- 9cos

α +18cosα ×sin

α +

+

3

cos

3

α -

6

cosα ×sin

2

æ

+

1 ö

3

α +

r

2

r

2

α = 3 ç1

r

2

÷cos

è

ø

+6

æ

3-

1 ö

2

α +

5

¹ 0 .

ç

r

2 ÷cosα ×sin

r

è

ø

Відповідь: не може.

Метод розділення змінних

Приклад 1 Визначити потенціал і напруженість поля

усередині

і

поза

провідним

γ2

y

R

r

незарядженим (τ = 0 ) нескін-

ченно довгим циліндром ра-

E0

γ1

α

діусом R ,

який поміщений у

x

однорідне

електричне

поле

E0 , методом розділення змін-

E

них. Циліндр і навколишнє

його середовище мають пи-

томі провідності γ1 і γ 2 . Зов-

нішнє поле напруженістю E0

Рисунок 5.10 – Про-

перпендикулярне до осі ци-

відний циліндр у одно-

ліндра z

(рис. 5.10).

рідному

електричному

Розв'язок. Рівняння Лап-

полі

ласа в циліндричній системі

координат

з

урахуванням

відсутності складової по осі

z

(циліндр нескінченно дов-

гий):

æ

ö

2

Ñ2ϕ =

1 ¶

¶ϕ

+ 12

¶ ϕ2

= 0.

ç r

÷

r ¶ r

è

¶ r

ø

r

¶α

ϕ = M (r) N (α ) .

Розв'язок будемо шукати у вигляді

Одержимо два звичайні диференційні рівняння, які містять

288

незалежний

параметр

K ,

що не залежить від r і α :

æ

ö

2

r

d

ç r

dM

÷ = K 2 ,

1 d

N2 = -K 2 .

d r

N

M (r) d r è

ø

(α ) dα

Розв'язки отриманих диференційних рівнянь будуть

мати такий вигляд:

∞

(n2 -1) Anrn−2 = 0 ,

M (r) = å

звідси n =±1,

n=−∞

N (α ) = Acos(Kα )+ Bsin (Kα ) .

Визначимо функцію N (α ) за граничними умовами для сталої розділення K . Оскільки потенціал є парною функ-

цією відносно α , тобто ϕ (r, α ) = ϕ (r, -α ), то B =0 і
N (Kα ) = Acos(Kα ) .
Якщо вважати, що потенціал на осі y	дорівнює нулю
ϕ (r, ±π / 2) = 0 , то N (±π / 2) = 0 , а, отже,	K =1. При K >1
нульова потенційна лінія буде нахилена до осі y , що не

відповідає досліджуваному полю (потенціал дорівнює нулю по осі z ). Таким чином, N (α ) = Acosα .

Розв'язок рівняння, що відповідає частковому значенню K =1, такий:

ϕ (r, α ) = M (r) N (α ) = (C1r + C2 / r)cosα .

Тоді потенціал усередині і поза циліндром буде мати

такий вигляд:		2γ 2
ϕi (r, α ) = (C1i r + C2i / r)cosα = -				E0r cosα ,
	γ1 + γ 2
ϕe (r, α ) = (C1e r + C2e / r)cosα = E0	æ	(γ1	-γ 2 )		× R	2	ö
	ç						- r ÷cosα.
	ç	(γ1	+ γ2 )		r		÷
	è						ø

289

Значення сталих інтегрування знаходять із граничних умов (див. п. 5.4):

1) ϕi = ϕe при r = R ;

		æ		ö			æ		ö
2) δin = δen	(тобто γ1	ç	-	¶ϕi	÷	= γ2	ç	-	¶ϕe ÷	).
		è		¶ r ør=R			è		¶ r ør=R

Напруженість поля усередині і поза циліндром

E =	æ		¶ϕ ö2	æ		1 ¶ϕ ö2
	ç	-	÷	+ ç	-			÷ .
	è		¶ r ø	è		r ¶α ø

Усередині циліндра напруженість поля має те саме

значення і напрямок: Ei = 2γ 2 E0 = const . γ1 +γ 2

Поза циліндром

E = E

æ

(γ1 -γ 2 )

×

R2

ö2

cos

2

æ

(γ1

-γ 2 )

×

R2

ö2

2

α .

ç

(γ1 + γ 2 )

2

+1÷

α + ç

(γ1

+ γ 2 )

-1÷

sin

e

0

ç

r

÷

ç

r

÷

è

ø

è

ø

Картина поля наведена на рис. 5.10.

Відповідь: потенціали провідного циліндра в зовнішньому електричному полі дорівнюють

ϕ

= -

2γ 2

E r cosα , ϕ

= E

æ

(γ1 -γ 2 ) × R2

- r

öcosα ,

i

e

ç

0

0

(γ1 + γ 2 ) r

÷

γ

1 + γ 2

ç

÷

è

ø

напруженість

поля

усередині

циліндра

постійна

E =

2γ 2

E = const , поза циліндром напруженість поля

γ1 +γ

i

0

2

E =

E

æ

(γ1

-γ 2 )

×

R2

ö2

cos

2

æ

(γ1 -γ 2 )

×

R2

ö2

2

α .

ç

2

+1÷

α + ç

-1÷ sin

e

0

ç

(γ1 + γ 2 )

r

÷

ç

(γ1 + γ 2 ) r

÷

è

ø

è

ø

290

Приклад 2 Виходячи із загального розв'язку задачі для кулі в зовнішньому однорідному полі (див. п. 5.4), визначити потенціал і напруженість поля провідної кулі радіусом R із зарядом Q , розміщеної в діелектричному середо-

вищі із проникністю ε . Зовнішнє поле напруженістю E0 спрямоване вздовж осі z (рис. 5.11).

z			E0

			E0
θ			ϕ>0
	R		ϕ=0
α		y	ϕ<0
x
а			б

Рисунок 5.11 – Провідна куля в однорідному електричному полі діелектричного середовища:

а) куля у сферичній системі координат; б) картина поля

Розв'язок. Оскільки куля провідна, то поле усередині кулі відсутнє (ϕi = 0), розв'язок для потенціалу кулі, роз-

міщеної в зовнішньому однорідному полі, має такий вигляд:

ϕ

e

=

C1e

+ C

2e

+

æC

r +

C4e

öcosθ .

(5.28)

r

ç

3e

r

2

÷

è

ø

У (5.28) присутні чотири невідомі сталі C1e , C2e , C3e і C4e , для визначення яких необхідно врахувати не тільки

умову на поверхні кулі, але й умови на нескінченно великій відстані від кулі, тобто на нескінченності.