Г С Воробйова - Теорія електромагнітного поля та основи техніки нвч - страница 42

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 

2рє ar

Поле, створене двома зарядженими нитками,E + E2


2РЄ a 2h


2РЄ a 2hє2

1 + —2РЄ a2 h


Є 2 + Є1 0Потенціал зарядженої нитки визначається за формулою (див. приклад 2.5)

-lni

2pea r

Тоді потенціал від двох заряджених ниток за законом накладення полів2кє а


h      2pEa2       П      К (Єа2 + Єл ) ИУ другому випадку замінимо заряджену нитку з t1 нуявну нитку з t3 = t1

1 (Є2 +Є1 )'

довище з Є1 (див. рис. 5.13 б).

а середовище з Є 2 на сере-"1 ®

 

L3

®є


2


єє,

%2®

а б Рисунок 5.13 - Метод дзеркальних зображень для ви­значення E в точці, яка перебуває:

а) у верхній півплощині;

б) у нижній півплощині

 

Тоді напруженість електричного поля, створеного за­рядженою ниткою з t3,
2КЄa1h      К h (Єa2 + Єа1 )Потенціалin

j

t3 An1

2КЄа1       h      К (Єа2 + Єа1 ) h

Відповідь: для точки, яка перебуває на границі поділу двох    середовищ,    напруженість    електричного поля
К h (Єа2 + Єа1 )


; потенціал j


К (Єа2 + Єа1 ) hПриклад 2 Над границею поділу двох магнітних сере­довищ із магнітними проникностями //1=1 і //2=999 у се­редовищі з m1 на відстані R від границі розміщений про-M


м

с 2


І 2

с

2 см

М2

N

Рисунок 5.14 -Провідник зі стру­мом над поверхнею поділу двох середо­вищ


відник зі струмом. Визначити напруженості магнітного поля в точках M і N (рис. 5.14): R =2 см; точка M перебуває на відстані R1 =2 см від провідника

зі струмом; точка N перебуває на відстані 4 см від точки M пе­рпендикулярно до поверхні по­ділу; сила струму /1=10 А. Знай­ти напруженості магнітного поля H в точках M і N .

Розв'язок. Для розв'язання задачі скористаємося методом дзеркальних зображень.

Для знаходження поля в то-чці M введемо уявний струм

т ( m2 - аО т

(m2 + m1 )

і замінимо середовище з магнітною проникністю / 2 на се­редовище з m (рис. 5.15 а). Тоді за принципом накладення напруженість магнітного поля в точці M

Hm H1 + H 2 .

Для прямолінійного провідника зі струмомH1


2л: R


=79,5 А/м,H2                —                         ■      ,   71 =35,4 А/м.

2л R2    (/2 + m1) 2^R2 +(2R ))

I2

а б Рисунок 5.15 - Метод дзеркальних зображень для ви­значення H : а) у точці M ; б) у точці N

Склавши два вектори за формулою косинусів

HM —^H + H22 + 2H1H2 cos a , отримаємо HM =101 А/м. Тут

21

cos a .= —:=. >/22 + 42 V5

Для знаходження поля в точці N замінимо струм т1 уявним струмом т3:

7     2/1 7

(/2+/1)

а середовище з /11 на середовище з /12 (рис. 5.15 б).HN = -Ь— =     m        1           =0,0715 А/м.

 

Відповідь: HM =101 А/м, HN =0,0715 А/м.

 

Приклади розрахунків параметрів деяких компонент електричних кіл

Приклад 1 Вивести формулу для напруженості елек­тричного поля E коаксіального кабелю через напругу U і розрахувати, під яку напругу U можна увімкнути кабель, якщо максимальна напруженість Emax поля не повинна пе­ревищувати 1/3 пробивної напруженості Епр =2х 104 кВ/м.

Кабель має такі розміри: радіус внутрішньої жили R1 =2 мм, радіус оболонки R2 =5 мм.

Розв'язок. Розглянемо жилу кабелю як заряджену нит­ку, для якої напруженість електричного поля E визнача­ється за формулою (див. приклад 2.5)

Е = ,

R2

V R1 0

де t - лінійна густина заряду. Тоді

R               t     R dr           t         f R \

U = f Edr = -L_ f dr = -L_ ln

Підставившиt— = Er в останній вираз, отримаємо 2жє U = Erln

 

ЗвідсиЕОскільки за умовою задачі Ет

 

(Е = Emax ПРИ Г = Rl), Т0 Emax


3

U
Uп


-RAn


VR 0


=12,2 кВ.Відповідь: напруженість електричного поля коаксіаль-ного кабелю Е


U


пробивна напруга Unp =12,2 кВ.

Приклад 2 Вивести формулу для визначення величини напруженості поля Е двошарового плоского конденсатора (рис. 5.16). Товщина першого шару діелектрика з e a1 дорів­нює d1, другого шару з ea2 дорівнює   d2.   Вважати, що

Єa1=2 Єa2,     d2=1,5 d1, напруга

на конденсаторі дорівнює U .

------- о о-----------

U

Рисунок 5.16 -Двошаровий плоский конденсатор

Розв'язок. Нехай до пер­шого шару конденсатора при­кладена напруга U1 , до друго­го - U2. Прикладена напруга

U пов'язана з напруженістю електричного поля Е виразомU = J Edx.

і

Причому

U = Ui + U2 = J Eidx + J E2dx = Eidi + E2d,

0 di

Тут ураховано те, що напруженість електричного поля E в кожному шарі конденсатора постійна.

Оскільки вектор E спрямований нормально до повер­хні пластин конденсатора, то E = En. Із граничних умов

Din = D2n випливає, що eaiEi = ea2E2 або

E2 = ^ Ei.

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