Воробьев Теория электромагн поля и СВЧ (Кривець)

301

Для области r ≥a

I2 = I и значение H2 =

I

.

2π r

Ответ: H

=

I r

при r ≤a ; H

=

I

при r ≥a .

1

2π a2

2

2π r

Из полученных ответов следует, что внутри провода поле изменяется по линейному закону, а вне провода, как 1/ r . Вне провода изменение поля аналогично тонкому проводнику с током, рассмотренному в примере 1.1 (см. п.1.6).

Пример 2. Вдоль трубы круглого сечения с внутренним радиусом R1 и наружным радиусом R2 протекает

постоянный ток		I	(рис.		5.6). Определить напряжённости
магнитного поля			H внутри трубы,			в теле трубы и вне
трубы. Построить качественную картину поля.
	R2 2	3			Решение:		В	качестве
					контуров		интегрирования
	R1 1
					выберем	3	окружности			с
	I
					радиусами r < R1 ,			R1 < r < R2		и
	H				r > R2 . Для нахождения полей
					воспользуемся			выражением
				r	(5.27).			r < R1	ток
					Для	области
					внутри	контура			I =0,
Рисунок		5.6		–	следовательно, H1 =0.
					Для области R1 < r < R2
Картина	магнитного
поля в трубе с током							I
	=π (R22 − R12 )				δ	= π (R22 − R12 ),
∫dS = S2				- площадь кольца шириной r − R1 .

S

302

Тогда I2 =δ

S2

Iπ (r2 − R12 )

I (r2 − R12 )

=

=

.

π (R22 − R12 )

(R22 − R12 )

Подставляя значение I2 в (5.27), получаем

H2

=

I

(r2

− R12 )

.

2π r

(R22

− R12 )

Для области r > R

I

= I , поэтому H

=

I

.

3

3

2

2π r

Ответ:

H

=0

при

r < R ;

H

=

I

(r2 − R12 )

при

2

(R22 − R12 )

1

1

2π r

R

< r < R ; H

=

I

при r > R .

3

1

2

2π r

2

Из полученных ответов следует, что внутри трубы поле отсутствует, в теле трубы и вне трубы поле изменяется по закону 1/ r с увеличением абсолютного значения H в первом случае и уменьшением его во втором случае.

Пример 3. По внутреннему проводнику коаксиального кабеля радиуса R1 и наружному проводнику толщиной

R3 − R2 в противоположных направлениях протекает

постоянный ток I (рис. 5.7). Определить напряжённость магнитного поля в проводниках кабеля, а также во внутренней и наружной областях. Построить качественную картину распределения полей.

303

Решение: В качестве контуров интегрирования

рассмотрим	4 области с радиусами r < R1 , R1 < r < R2 ,
R2 < r < R3 и	r > R3 . Для нахождения полей, как и ранее,

	4
	3
	R 2
	R3
	2
	1	H
	I
	R1
	I

H

r

Рисунок 5.7 – Картина магнитного поля в коаксиальном кабеле

воспользуемся	соотношением
(5.27).
Область r < R1	представляет
собой проводник	радиуса R1 с

током I и напряжённостью магнитного поля, определённой в примере 1:

	H		=	I r		.
		1		2π	R2
					1
В	области					R1 < r < R2

магнитное поле определяется током внутреннего провода I и может быть представлено в виде

H2 = 2πI r .

Поле в области R2 < r < R3

определяется по принципу наложения полей, созданных внутренним и наружным проводниками. С учётом того, что наружный проводник представляет собой трубу с

	током	I , то		его		собственное поле Hтр определяется
	аналогично примеру 2 следующим выражением:
	Hтр	=	I		(r2	− R22 )	. Тогда
			2π r		(R32	− R22 )

304

H3 = H2 − Hтр

=

I

−

I

(r2 − R22 )

2π r

2π r

(R32 − R22 )

(r2

I

− R22 )

− (R32

=

2π r 1

− R22 ) .

Знак

«-» при наложении полей

обусловлен противоположным направлением токов во внутреннем и внешнем проводниках.

Для области r > R3 из полученного выражения для H3

следует, что при r = R3

магнитное поле на поверхности

кабеля отсутствует, следовательно, H4 =0.

Ответ:

H

=

I r

при r

< R ;

H

=

I

при

2π R2

2π r

1

1

2

1

(r2 − R22 )

I

R1 < r < R2 ;

H3 =

1−

при

R2 < r < R3 ;

H4 =0

2π r

(R32 − R22 )

при r > R3 .

На рис. 5.7. приведена картина распределения, магнитного поля в коаксиальном кабеле, из которой следует, что магнитное поле присутствует по всему поперечному сечению кабеля, ограниченному его наружной частью оболочки.

Уравнения Пуассона и Лапласа для одномерных полей.

Пример 1. Воздушный конденсатор состоит из двух плоских пластин, расположенных нормально оси x на расстоянии d (рис. 5.8). Одна пластина заземлена, вторая пластина подключена к положительному электроду источника постоянного напряжения U . Между пластинами распределён свободный заряд с объёмной плотностью ρ (x)= −kx . Определить ϕ(x) и E (x).

		305
	d	Решение:						уравнение
		Пуассона	для					плоского
0	x	конденсатора
		d 2ϕ	= −	ρ		=	k x .
-	+	dx2		ε	0		ε	0
		В
	U						результате
		интегрирования по x имеем:

Рисунок 5.8	–			dϕ			=	k		x2 +C1 .
				dx				2ε
Плоский конденсатор									0
			После							повторного
интегрирования по x получим
ϕ =	k		x3 +C x +C				.
					2
	6ε	1
		0

Постоянные интегрирования C1 и C2 можно найти из граничных условий ϕ =0 при x =0; ϕ =U при x = d .

Из первого граничного условия следует, что C2 =0, а из второго -

= kd 3 +

U 6ε0 C1d .

Отсюда

= U − kd 2 C1 d 6ε0 .

Тогда

k

3

U

kd 2

E = −

∂ϕ

k

x

2

U

kd

2

ϕ =

x

+

−

x

;

= −

−

+

.

6ε0

d

∂x

2ε0

d

6ε

6ε0

0

Ответ: ϕ(x)=

k

3

6Uε0 −kd 3

x

+

x ;

6ε0

6dε0

k

2

6Uε0

−kd

3

E (x)= −

x

+

.

2ε

6dε0

0

306

Пример 2. Цилиндрический конденсатор с двумя слоями диэлектрика ε1 и ε2 (рис. 5.9) подключен к

источнику постоянного напряжения U . Определить закон распределения потенциала в каждом слое, если заряд во втором слое изменяется по закону ρ = ar2 .

Решение:

R3	R2
	ε1	ε
			2
	R1

потенциал для цилиндрического конденсатора можно определить из уравнения Пуассона в цилиндрической системе координат:

1 ∂

∂ϕ

+

12

∂ ϕ2

+

∂ ϕ2 = − ρ .

r

2

2

r

∂r

∂r

r

∂α

∂z

εa

В силу аксиальной симметрии цилиндрического конденсатора

	∂2ϕ		= 0		и	равномерности
	∂α	2

U

распределения заряда по всей длине

Рисунок 5.9 –

∂2ϕ

= 0

уравнение

конденсатора

∂z

2

Двухслойный

цилиндрический

Пуассона примет вид

конденсатор

∂ϕ

= − ar

.

1 ∂ r

2

∂r

r

∂r

εa

Из уравнения

Пуассона для слоя радиусом R2 в

результате двойного интегрирования

ϕ

(r )= −

ar4

+C ln r +C

.

2

1

16εa1

1

По уравнению Лапласа для слоя радиусом R3 , для которого ρ = 0 находим аналогично

ϕ2 (r )= C3 ln r +C4 .

307

Определим константы интегрирования из граничных условий:

1) ϕ1 =U при r = R1 . Тогда

U = − aR14 +C1 ln R1 +C2 ; 16εa1

2) ϕ2 = 0 при r = R3 . Тогда

0= C3 ln R3 +C4 ;

3)ϕ1 =ϕ2 при r = R2 . Тогда

aR4

−

2

+C ln R +C

2

= C ln R +C

4

;

16εa1

1

2

3

2

4)

D1n = D2n

при

r = R2 .

Тогда

εa1E1n

= εa2 E2n или

ε

a1

∂ϕ1

= ε

a2

∂ϕ2

. Откуда следует:

∂r

∂r

3

C1

C3

εa1

−

aR2

−

= εa2

.

R2

4εa1

R2

Решая систему из четырёх уравнений, можно найти постоянные интегрирования, а соответственно и значения потенциалов для первой и второй областей. (Решение системы уравнений студенты выполняют самостоятельно).

Ответ: ϕ

(r)=

a (R14

−r4 )

+

1

16εa1

4

R

4

4

16εa1εa2U

+ 4aεa1R2

ln

2

+ aεa2 (R1

− R2

)

R

r

+

3

ln

+U;

R

R

R1

16εa1

εa1 ln

3

+εa

2 ln

1

R2

R2

308

4

R

4

4

16εa1εa2U + 4aεa1R2

ln

2

+ aεa2 (R1

− R2

)

R3

aR4

ϕ2

(r )=

+

×

2

R

R

4εa2

16εa2

εa1 ln

3

+εa2 ln

1

R2

R2

×ln R3 .

r

Пример 3 (обратная задача). Может ли потенциал электрического поля ϕ в области пространства, где

объёмная плотность заряда ρ =0, выражаться уравнением в цилиндрической системе координат:

ϕ (r, α, z)= 3r2 cos3 α +5r −cos3 α ?

Решение:

запишем

уравнение

Лапласа

в

цилиндрической системе координат:

12 ∂ ϕ2

+ ∂ ϕ2 = 0 .

1 ∂ r

∂ϕ +

2

2

∂r

∂z

r

∂r

r

∂α

Проверим, выполняется ли равенство 2ϕ = 0 .

Найдём каждое слагаемое.

r ∂ϕ = 6r2

cos3 α

+5r ;

1

∂

∂ϕ

5 .

r

=12cos3

α +

∂r

∂r

r ∂r

r

∂∂αϕ = 3r2 3cos2 α (−sinα)−3cos2 α (−sinα).

∂2ϕ = −9r2 (cos2 α cosα +sinα 2cosα (−sinα))+ ∂α2

+3cos2 α cosα +6cosα (−sin2 α).

∂2ϕ = 0 .

∂z2

Тогда

309

2

3

5

3

2

ϕ

=12cos

α + r

−9cos

α +18cosα sin

α +

+

3

cos

3

α −

6

cosα sin

2

1

3

α +

r

2

r

2

α = 3 1+

r

2

cos

+6

3 −

1

2

α +

5

≠

0 .

r

2

cosα sin

r

Ответ: не может.

Метод разделения переменных

Пример

1.

Определить

потенциал

и

напряжённость

поля

внутри

и

вне

y

R

r

проводящего

незаряженного

γ2

(τ = 0 ) бесконечно длинного

E0

γ1

α

цилиндра

радиуса

R ,

помещённого

в

однородное

x

электрическое

поле

E ,

0

E

методом

разделения

пере-

менных. Цилиндр и окру-

жающая

его

среда

имеют

удельные проводимости γ1 и

Рисунок

5.10

–

γ2 . Внешнее поле напряжён-

Проводящий

цилиндр

в

ностью

E0

перпендикулярно

однородном

оси цилиндра z

(рис. 5.10).

электрическом поле

Решение:

уравнение

Лапласа

в

цилиндрической

системе координат с учётом отсутствия составляющей по

оси z

(цилиндр бесконечно длинный):

2

2ϕ

= 1

∂

∂ϕ

12

∂ ϕ2

= 0.Решение будем искать в

r

+

r ∂r

∂r

r

∂α

виде

ϕ = M (r )N (α).

Получим

два

обыкновенных

дифференциальных уравнения,

содержащих независимый

310

параметр					K ,	не	зависящий от r и α :
	r d				dM		1 d		2	N2 = −K 2 .
				r		= K 2 ;
					d r
	M (r ) d r						N (α) dα

Решения полученных дифференциальных уравнений будут иметь следующий вид:

∞

M (r)= ∑ (n2 −1)Anrn−2 = 0 ,

n=−∞

отсюда n =±1,

N (α)= Acos(Kα)+ B sin (Kα).

Определим функцию N (α) по граничным условиям

для постоянной разделения K . Так как потенциал является чётной функцией относительно α , т.е. ϕ(r, α)=ϕ (r, −α),

то B =0 и N (Kα)= Acos(Kα).

Если принять,	что потенциал на оси y равен	нулю
ϕ (r, ±π / 2)= 0 , то	N (±π / 2)= 0 , а, следовательно,	K =1.

При K >1 нулевая потенциальная линия будет наклонена к оси y , что не соответствует исследуемому полю

(потенциал равен нулю по оси z ). Таким образом,

N (α)= Acosα .

Решение уравнения, соответствующее частному значению K =1, следующее:

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

Тогда потенциал внутри и вне цилиндра будет иметь следующий вид:

ϕ	(r, α)= (C	r +C		/ r )cosα = −		2γ2			E r cosα ;
					γ
i	1i		2i			1	+γ	0
								2