Г С Воробйова - Теорія електромагнітного поля та основи техніки нвч - страница 41

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 

r = R j = const = Q----- +1 E0R +     I cos в + j0.

4жє R   { 0     R2) 0Права частина буде постійною зі зміною в тільки зE R3

умови, що ^E0R + R4J = 0 . Звідси С4

Таким чином, для всіх точок діелектрикj


Q

4pe ar


(


R


cos в + <р0.


(5.30)Оскільки потенціал залежить тільки від r і в, напру­женість електричного поля має тільки дві складові:Q

dr ar2 =   1 dj

r de


1+

E0


cose.

V'0

R3

sin в


(5.31)Якщо Q = 0, то на поверхні кулі (при r = R) Er =-3E0 cos в .

При в = 0 напруженість Er =-3E0; при в=180° Er = 3 E0 , тобто в цих точках напруженість в три рази бі­льша за напруженість рівномірного поля E0, у яке була

внесена куля. На «екваторі» при в =90° напруженість дорі­внює нулю.

E

Відповідь: j

 

Q

4pe ar


Q

4pe ar

f

1+


3

+E0

2R


cos в + j0,

 

cosв , Ea = E0


 

 

R


 

 

3


 

 

 

sin в.З аналізу крайніх випадків випливає, що крапелька во­ди, потрапивши в бак трансформатора із масляним запов­ненням, викликає значне місцеве збільшення напруженості поля.На рис. 5.11 б наведена загальна картина розподілу

®

електричного поля (вектора D і еквіпотенціальних ліній) для провідної кулі в діелектричному середовищі.

Приклад 3 У рівномірне електричне поле £0=800 В/м внесена куля із діелектрика (є1=4) радіуса R =2 см. Навко­лишнє середовище - повітря (e2=1). Потенціали усередині j і поза je кулею змінюються за законами:

j = jo + £оrjz^cosв ,

 

cos в .

 

Визначити напруженості електричного поля Е при r =1 см, в =0° і при r =10 см, в =90°.

Розв'язок. Оскільки за умовою задачі маємо кулю, то розв'язок задачі зручно виконувати у сферичній системі координат.

®

Використовуємо вираз (1.3): Е = -gradj .

Із урахуванням відсутності залежності потенціалу j від кута a вираз для gradj у сферичній системі коорди­нат набуде вигляду:

gradj = j + в"0 і|в = (-Е,) + в"0 (-Ев ), drr дв

де r0 і в0 - одиничні орти, Е = ,JЕ] + Ев . Знайдемо поле усередині кулі:

Егг=     = 0        ) C0Sв =3є 2

r дв       (2e2 + є1)


sin вE = E0

Vcos2 в + sin2 в = E0

^ (2Є2 + Єі)

Знайдемо поле поза кулею:


3є2

(2Є 2 + Є1 )E = -dj = -E

r

 

v       r3      (2є2 +є! ),


cos в ,E     =-1dj = E

r дв


sin в .Ee=E0


r3   (2є2 + Є1)


cos2 в +


1+


sin2 в.

=400 В/м.

При r =1 см, в = 0°, E = El = E0

(2Є 2 + Є1 )

При r =10 см, в =90°,

cos в =793,6 В/м.

(    2R3   (є2 - є, )^
E = E  = E   1            v 2___ LA.

I       r        (2Є2 + Є1)

Відповідь:   при   r =1 см  і   в =    E =400 В/м, при

r=10 см і в =90° E=793,6 В/м.

 

Метод дзеркальних зображень

Приклад 1 На відстані h від границі поділу двох діеле­ктриків з діелектричними проникностями є1 і є 2 у середо­вищі з є2 розміщена заряджена нитка з лінійною щільніс­тю заряду t (рис. 5.12). Визначити потенціал j і напру­женість електричного поля E для точки, яка лежить нграниці поділу діелектриків по нормалі від заряду, вважа­ючи її такою, що належить двом середовищам.

х1

<8>

Розв'язок. Для розв'язання задачі скористаємося методом дзеркальних зображень. Розгля­немо два випадки:

2_

1)   точка належить верхній
півплощині;

Рисунок 5.12 -Заряджена нитка над границею поділу двох діелектриків

2)   точка належить нижній
півплощині.

2 - ei)

і замі-

У першому випадку вводимо уявну нитку з лінійною щільніс-

тю заряду t2

2 + ei )

няємо середовище з є1 на сере­довище з є2 (рис. 5.13 а). Поле, створене зарядженою нит­кою,   визначається   за   формулою   (див.   приклад 2.5)

E

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