Г С Воробйова - Теорія електромагнітного поля та основи техніки нвч - страница 38

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56 

при r £ a; H2

2p a2                              2p r

Із отриманих відповідей випливає, що усередині дроту

поле змінюється за лінійним законом, а поза проводом - як 1/ r . Поза проводом зміна поля аналогічна до тонкого провід­ника зі струмом, розглянутим у прикладі 1.1 (див. п. 1.6).

 

Приклад 2 Уздовж труби круглого перерізу із внутріш­нім радіусом R1 і зовнішнім

радіусом R2 проходить по­стійний струм I (рис. 5.6). Ви­значити напруженості магніт­ного поля H усередині труби, у тілі труби і поза трубою. По­будувати якісну картину поля.

Розв'язок. За контури інтегрування виберемо три кола із радіусами r < R1, R1< r < R2 і r > R2. Для знаходження полів скористаємося виразом (5.27).Для області r < R1 струм усередині контуру I =0, отже,

H1=0.Для області R1< r < R2

8=

■(R22 - R12)

[j] dS = S2 = p (R\ - R12) - площа кільця шириною R2 - R1. S

Ip ( r2 - R2)   I ( r2 - R2)

Тоді I2 = 8 S2 =—^-2----- 22 = -±----- if

22   p (R2 - Ri2)    (R2 - Ri2)

Підставляючи значення I2 в (5.27), отримуємо

I (r2 - Ri2)

H2

Для області r > R I3 = I, тому H

2p r (R22-R12)

3

I

2p r

I  (r2 - Ri2)

Відповідь: H1=0 при r < R1; H2 =               у             при

2p r (R22 - Ri2)

R1< r < R2; H3 =—— при r > R2. 2p r

Із отриманих відповідей випливає те, що усередині труби поле відсутнє, у тілі труби і поза трубою поле змі­нюється за законом i/ r зі збільшенням абсолютного зна­чення H у першому випадку і зменшенням його у другому випадку.

Приклад 3 По внутрішньому провіднику коаксіального кабелю радіуса Ri і зовнішньому провіднику товщиною R3- R2 в протилежних напрямках проходить постійний струм I  (рис. 5.7). Визначити напруженість магнітногополя 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 спів­відношенням (5.27).

Область  r < R  являє собою

провідник радіуса R1 зі струмом

I і напруженістю магнітного по­ля, визначеною в прикладі 1:

Ir

2p R1

В області R1< r < R2 магнітне

поле визначається струмом внут­рішнього провідника I та може бути записано у виглядіH 2 =


IПоле в області R2< r < R3 ви-

значається за принципом накла­дення  полів,  створених внутрі­шнім і зовнішнім провідниками. Із урахуванням того, що зовнішній провідник являє собою трубу зі струмом I , то його власне поле H    визначається аналогічно прикладу 2

таким виразом:H.


r


(r r - R22)

(R32 - R22)H3 - H2 - H тр


2p r   2p r (R32 - R2)Знак «-» при накладенні полів обумовлений протиле­жним напрямком струмів у внутрішньому і зовнішньому провідниках.

Відповідь:

Для області r > R3 із отриманого виразу для H3 видно, що при r = R3 магнітне поле на поверхні кабелю відсутнє, отже, H4=0.

Hj -

2p r

Ir I

при   r < R1;   H2 ------ при

2p RjRj< r < R2; H3


2p r


(R - R2)


при R2 < r < R3 ; H4=0при 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 по­лів.

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'єм­ною щільністю р (x) — -kx. Визначити j (x) і E (x) .0 f


d


 

x


Розв'язок. Рівняння Пуассо­на для плоского конденсатора

dx2

d2 j =   р = k

Є0      e 0- + -O O-

U

У результаті інтегрування по x маємо:

Рисунок 5.8 - Пло­ский конденсатор

j

j ±- x2+q.

dx    2e 0 Після  повторного інтегру­вання по x отримаємо

-x3 + Cj x + C2.

6eG

Сталі інтегрування C1 і C2 можна знайти із граничних умов j =0 при x =0; j = U при x = d.

Із першої граничної умови випливає, що C2 =0, а із

другої:

U kd- + C1d. 6e 0

Звідсиj


Тоді k

6e 0

 

 

x3 +


f


Ukd


2


 

E


dj dx 2e 0



Приклад 2 Циліндричний конденсатор із двома шарами діелектрика e1 і e2 (рис. 5.9) під'єднаний до джерела по­стійної напруги U . Визначити закон розподілу потенціалу в кожному шарі, якщо заряд у другому шарі змінюється за законом р ar2.

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56 


Похожие статьи

Г С Воробйова - Теорія електромагнітного поля та основи техніки нвч