Электростатическое поле. Основные теоретические положения, страница 5

линейная плотность заряда        t ==;

напряжённость и потенциал (формулы (12.5) и (12.10,а)):

   Е(r) = В/м,    j(r) = 4328ln В,  где  r[м];

графики Е(r) и j(r) на рис. 12.10.

Объёмная плотность энергии в диэлектрике    w_Э ==.

Энергия поля, запасённая в кабеле

w_Э ==ln== 57,73·10 ^-9 Дж.

ЗАДАЧА 12.10. Рассчитать поле цилиндрического луча электронов –     r = -10^-10 Кл/см³,   e = 2,   d = 2 мм.   Задачу решить с помощью теоремы Гаусса в интегральной форме.

Решение

Теорема Гаусса в интегральной форме –  = Sq. В цилиндриче-ской системе координат

= D·2prl  (см. (12.4));    E == -,    j(r) = -  (см. задачу 12.8).

В области    r < d/2

Sq = r ·pr²l;   D₁ = ½rr,    E₁(r) =·r;      j ₁(r) = -·r² + A₁.

Пусть   j₁ = 0  при   r = 0.  Тогда   А₁ = 0.  После подстановки числовых значений имеем:     Е₁(r) = -2,825·10⁶·r В/м;       j ₁(r) = 1,412·10⁶·r² В.

В области    r > d/2     Sq = r ·p(d/2)²l;

D₂ =;    E₂(r) =;   j ₂(r) = -·ln(r) + A₂.

при   r = ½d    j₂(d/2) = j₁(d/2) = 1,412·10⁶·(10^-3)² = 1,41 В,     отсюда

А₂ = j ₂(d/2) +ln(d/2) = 1,41 – 5,65·ln(0,001) = 40,44.

Таким образом,     E₂(r) = - В/м;     j ₂(r) = 5,65·ln(r) + 40,44 В.

Задача 12.11. Внутри заземлённого полого металлического шара с внутренним и наружным радиусами  R₃ = 3,2 см  и  R₄ = 3,6 см, соответственно, (рис. 12.11) расположен ещё один металлический шар радиуса   R₁ = 0,8 см,  причём последний несёт на себе заряд    q = 2,5·10^-8 Кл.    В устройстве имеется область, заряженная равно-мерно с объёмной плотностью   r = -10^-10 Кл/см³, обладающая относительной диэлектрической про-ницаемостью e₁ = 2, и область, не содержащая сво-бодных зарядов с относительной диэлектрической проницаемостью  e₂ = 1,5. Размер  R₂ = 1,6 см.

Рассчитать и построить графики зависимости напряжённости электростатического поля и потенциала от расстояния до центра шара.

Решение

В областях  0 < R < R₁,  R₃ < R < R₄  находится проводящий материал, поэтому электростатическое поле в этих областях отсутствует –  E = 0,  D = 0, j = const. Поле отсутствует также за пределами шара, поскольку оболочка шара заземлена.

В областях  R₁ < R < R₂  и  R₂ < R < R₃  расчёт поля выполним с помощью теоремы Гаусса в интегральной форме:   = Sq.   На основании (12.2)

= D·4pR².

В области  R₁ < R< R₂      Sq = q + r ·p(R³ – R₁³).  Тогда

D₁ =;      Е₁ ==+.

На основании (12.8),    j ₁ = -=–+ А₁.

В области   R₂ < R < R₃     Sq = q + r ·p(R₂³ – R₁³).  Тогда

D₂ =;      Е₂ ==;

j ₂ = -=+ А₂.

Постоянные интегрирования А₁ и А₂ определим, зная, что   j ₂(R₃) = 0,  и учтя, что потенциал – функция непрерывная.

j ₂(R₃) =+ А₂ = 0,   отсюда

А₂ = -= -4402.

Таким образом, после подстановки числовых значений получим:

j ₂(R) =– 4402 В,     Е₂(R) = В/м, где  R [м].

при    r = R₂      j ₁(R₂) = j ₂(R₂) =– 4402 = 4402 В.

То есть    –+ А₁ = 4402    и     А₁ = -2804.

Таким образом, после подстановки числовых значений получим:

j ₁(R) =+ 9,42·10⁵·R² – 2804 В,     Е₁(R) =–18,83·10⁵·R В/м.

Графики j(R) и Е(R) представлены на рис. 12.12.

Задача 12.12. Два проводящих шара (рис. 12.13) разделены двумя слоями диэлектрика с относительными диэлектри-ческими проницаемостями  e₁ = 2  и  e₂ = 1  с металлической прослойкой между ними. Радиусы зон:  R₁ = 1 см,  R₂ = 3 см,  R₃ = 4 см  и  R₄ = 5 см.  Шары подключены к источ-нику постоянного напряжения  U = 1000 В.  Область первого диэлектрика заполнена свободным зарядом с равномерной объёмной плотностью    r = 10^-10 Кл/см³.

Построить графики изменения напряженности электростатического поля и потенциала в зависимости от координат пространства, считая наружную оболочку заземлённой. Рассчитать также ёмкость слоя, в котором   r = 0.

Задачу решить с помощью теоремы Гаусса в интегральной форме.

Решение

Допустим, что внутренний шар несёт на себе заряд q. Далее поле в диэлектрических областях  (R₁ < R < R₂  и  R₃ < R < R₄)  можно рассчитать аналогично тому, как это сделано в задаче 12.11.

В области     R₁ < R < R₂