1.15. Расчет одномерных электростатических полей по уравнениям Пуассона и Лапласа

Электростатическое поле в однородной среде с постоянной диэлектрической проницаемостью полностью характеризуется уравнением Пуассона (1.11) или (если в рассматриваемой области отсутствуют объемные связанные заряды) уравнением Лапласа (1.12).

Наиболее просто уравнения Пуассона и Лапласа решаются в случае одномерных полей, потенциалы которых зависят только от одной координаты. При этом дифференциальные уравнения в частных производных переходят в обыкновенные дифференциальные уравнения второго порядка, решение которых при известных граничных условиях является несложной задачей.

Так, в прямоугольной системе координат уравнения Пуассона и Лапласа для одномерного поля будут иметь следующий вид:

(1.22)

(1.23)

Решение уравнения (1.22), очевидно, может быть получено лишь тогда, когда объемная плотность заряда r и абсолютное значение диэлектрической проницаемости e заданы как функции координат во всем пространстве. Например, если объемная плотность r изменяется вдоль оси ОХ по закону

(где коэффициент а и показатель степени n являются постоянными), то, в случае, когда e=const, частное решение уравнения Пуассона будет иметь следующий вид:

(1.24)

где С1 и С2 – постоянныеинтегрирования, которые определяются из граничных условий.

В случае, когда объемная плотность заряда r также является постоянной величиной, решение имеет вид

Частное решение уравнения Лапласа (1.29) можно представить следующим образом:

(1.25)

В цилиндрической системе координат для одномерного поля вид уравнения Пуассона или Лапласа и их решение зависят от того, функцией какой координаты является искомый потенциал U. Например, если потенциал U зависит только от радиальной координаты r (U=U(r)), то уравнения (1.11) и (1.12) будут иметь вид

(1.26)

(1.27)

Решение уравнения (1.26) определяется видом функции r. Если, например, объемная плотность заряда r изменяется вдоль радиуса r по закону

то искомое решение будет иметь вид:

(1.28)

Для случая, когда объемная плотность заряда r не зависит от координаты r, решение уравнения (1.26) можно представить следующим образом:

(1.29)

Решение уравнения Лапласа (1.27) имеет вид:

(1.30)

Если искомый потенциал является функцией только одной угловой координаты j, то уравнения Пуассона и Лапласа приобретают следующий вид:

(1.31)

(1.32)

При постоянном значении r уравнение (1.31) имеет частное решение

.

(1.33)

Решение уравнение Лапласа (1.32) можно записать следующим образом:

(1.34)

В сферической системе координат для одномерного поля вид уравнения Пуассона или Лапласа и их решение зависят также от того, функцией какой координаты является искомый потенциал U.

Так, если потенциал U зависит только от радиальной координаты r, то уравнения Пуассона и Лапласа будут иметь вид:

(1.35)

(1.36)

При изменении объемной плотности заряда r по закону

,

решение уравнения (1.35) можно представить следующим образом:

(1.37)

Если r является постоянной величиной, решение будет иметь вид

(1.38)

Уравнение Лапласа (1.36) имеет следующее решение:

(1.39)

В случае, если потенциал U зависит только от одной координаты q, уравнение Лапласа (1.12) будет иметь вид

(1.40)

Решение этого уравнения можно представить следующим образом:

(1.41)

Если потенциал U является функцией только одной координаты j, то уравнение (1.12) будет иметь вид

а его решение является линейной функцией этой координаты

Пример 1. Плоский конденсатор с двумя слоями диэлектрика подключен к источнику постоянного напряжения U0=100В (рис. 1.25). Относительные значения диэлектрической проницаемости слоев er1=3, er2=6. Толщина слоев – d1=d2=1мм.

Один из слоев заряжен с объемной плотностью r, которая изменяется по толщине по закону r=10-4х Кл/м3.

Пренебрегая краевым эффектом, найти распределение потенциала и напряженности поля в слоях диэлектрика.

Построить графики изменения потенциала и напряженности электрического поля вдоль оси ОХ.

Решение.

Данная задача по расчету электрического поля является одномерной. В первом слое электрический потенциал отвечает уравнению Лапласа (1.23), а во втором – уравнению Пуассона (1.22). Решение этих уравнений можно представить с помощью выражений (1.24) и (1.25) , соответственно, при n=1 и а=1.

Для определения постоянных интегрирования используем граничные условия на внешних границах области и на границе раздела двух диэлектриков (внутренней границе).

Будем при этом считать, что правая пластина имеет нулевой потенциал.


Здесь D1 и D2 – нормальные составляющие вектора электрического смещения.

Из первого равенства следует, что С2=U0.

Перепишем три следующих граничных условия, подставляя в них соответствующие выражения для потенциалов и вектора электрического смещения:

Решая последнюю систему из трех уравнений относительно неизвестных С1, С3, и С4, получим С1=-66670,

С3=-33333, С4=66.666.

Таким образом, окончательно выражения для напряженности поля и потенциалов можно записать в виде:

Графики изменения потенциала и напряженности поля представлены на рис. 1.26

На графике все значения представлены в относительных единицах, причем за базисные значения приняты значения потенциала и напряженности поля на поверхности левой пластины (Ub=100 В, Eb=66670 В/м).

Пример 2. Бесконечно длинный диэлектрический (er=4) полый цилиндр заряжен и находится в воздухе. Радиус внутренней поверхности цилиндра R1=2мм, наружной – R2=6мм (рис.1.27). Объемная плотность заряда r является функцией расстояния от оси цилиндра r=0.1r.

Найти законы изменения потенциала и напряженности поля в функции расстояния от оси цилиндра. Построить графики изменения указанных функций вдоль радиуса.

Решение. Поле в данном случае является одномерным, поскольку напряженность поля и потенциал зависят только от одной радиальной координаты.

При решении задачи по расчету электрического поля в заданной области, эту область необходимо разбить на три подобласти. В первой из них (0?r?R1) поле отсутствует (Е=0). Во второй подобласти (R1?r?R2) электрический потенциал отвечает уравнению Пуассона (1.26), а в третьей (R2? r??) – уравнению Лапласа (1.27), которые имеют решения (1.28) (при n=1,a=0.1) и (1.30).

Перепишем эти решения в следующем виде:

Здесь индексы у потенциалов обозначают их принадлежность ко второй и третьей подобластям.

Постоянные интегрирования определим из граничных условий, которые можно поставить как из классических граничных условий, так и из следующих соображений. Поскольку поле внутри цилиндра отсутствует, то при r=R1, можно принять Е2=0.

Отсюда сразу определяем постоянную С1=7.533. Примем потенциал равным нулю на наружной поверхности цилиндра (U2=0 при r=R2), тогда

(1.42)

и, таким образом, С2=106.335.

Потенциал U3 со стороны третьей подобласти на этой же поверхности (r=R2) также будет равен нулю.

Здесь же на границе раздела двух диэлектриков равны между собой нормальные составляющие векторов электрического смещения, а с учетом того, что в нашем случае вектор электрического смещения имеет одну составляющую, которая направлена по радиусу, то это означает, что на границе раздела равны между собой и сами векторы электрического смещения.

Перепишем последнее уравнение в следующем виде:

(1.43)

Решая совместно уравнения (1.42) и (1.43), находим постоянные интегрирования С3=-783.427, С4=-4008.

Таким образом, выражения для напряженности электрического поля и потенциала принимают вид

Потенциал в первой подобласти (внутри цилиндра) является величиной постоянной, равной значению потенциала со стороны второй подобласти на внутренней поверхности цилиндра.

График изменения потенциала и напряженности электрического поля представлен на рис. 1.28. Все значения на графике даны в относительных единицах. За базисное значение напряженности поля принято ее значение на наружной поверхности цилиндра Eb=130.6кВ/м.

В качестве базисного значения потенциала принято абсолютное значение потенциала на расстоянии 0.01м от оси цилиндра Ub=400.2В.

Это же расстояние r=0.01м принято за базисное значение радиальной координаты.

Пример 3. Цилиндрический бесконечно длинный конденсатор заполнен двухслойным диэлектриком, относительные значения диэлектрической проницаемости слоев которого равны соответственно er1=2 и er2=4.

Радиус внутренней жилы равен R1=1мм, внутренний радиус наружной обкладки – R3=4мм, радиус поверхности раздела слоев диэлектрика – R2=2мм (рис. 1.29). К обкладкам конденсатора приложено постоянное напряжение Uо = 100 В. Один из диэлектриков заряжен (внутренний).

Объемная плотность заряда является функцией расстояния r от оси конденсатора r=аr2 (а=10).

Определить закон изменения потенциала и напряженности электрического поля в каждом слое.

Построить графики изменения напряженности поля и потенциала вдоль радиуса.

Решение. В данной задаче поле так же является одномерным. Поэтому электрический потенциал в первом слое диэлектрика (R1?r?R2) удовлетворяет уравнению (1.26), а во втором слое (R2?r?R3) – уравнению (1.27). Эти уравнения имеют решения (1.28) и (1.30), соответственно. Перепишем их (при n=2) в следующем виде:

Для определения постоянных интегрирования С1, С2, С3, С4 поставим граничные условия.

Так, если принять потенциал наружного электрода равным нулю, то потенциал внутреннего электрода будет равен U0.

; (1.44)

.

(1.45)

На границе раздела слоев диэлектриков (r=R2) равны между собой потенциалы и векторы электрического смещения (вектор электрического смещения имеет одну составляющую, направленную вдоль радиуса).

Решая систему уравнений, составленную из последних двух уравнений и уравнений (1.44) и (1.45) относительно постоянных интегрирования, получаем С1=-94.917, С2=-555.628, С3=-48.588, С4=-268.279.

Таким образом, выражения для напряженности электрического поля и потенциала принимают вид

Графики изменения данных функций вдоль радиуса представлены на рис. 1.30.

Все значения на графике даны в относительных единицах. За базисное значение напряженности поля и потенциала приняты их значения на поверхности внутреннего электрода Eb=95.06кВ/м,

Ub=100В. За базисное значение радиальной координаты принят внутренний радиус наружного электрода R2.

Пример 4. Две протяженные проводящие пластины расположены в воздухе под углом a0=p/4 друг к другу и не соприкасаются (рис. 1.31). Напряжение между пластинами U0=100В.

Пренебрегая краевым эффектом, определить закон распределения потенциала и напряженности электрического поля между пластинами.

Поле между пластинами является одномерным (все величины зависят только от одной угловой координаты a цилиндрической системы координат). Потенциал, в этом случае, удовлетворяет уравнению (1.32) с решением (1.34).

Постоянные интегрирования определяются из граничных условий

или

Из данной системы уравнений определяем постоянные интегрирования С2=0, С1=U0/a0.

Таким образом, закон изменения искомых функций вдоль угловой координаты a цилиндрической системы координат можно окончательно представить следующим образом:

Как видно из последних выражений, эквипотенциальными поверхностями являются полуплоскости, проходящие через ось OZ и изолированными драг от друга, а линиями поля являются дуги окружностей с центром в начале координат.

Пример 5. Шар из диэлектрика (er = 4) заряжен и расположен в воздухе. Объемная плотность заряда является функцией расстояния r от центра шара: r = k*r (k = 0,05p). Радиус шара R = 2см.

Рассчитать потенциал и напряженность электрического поля внутри и вне шара.

Данная задача была решена в примере 3 раздела 1.14 с помощью теоремы Гаусса.

Покажем, что этой же цели можно добиться и путем решения уравнений Пуассона (1.35) и Лапласа (1.36), которым удовлетворяет потенциал поля внутри и вне шара, соответственно.

Выражения, определяющие этот потенциал внутри (1.37) и вне шара (1.39), можно для данного случая представить в следующем виде:

Постоянные интегрирования определяются из известных граничных условий и с помощью некоторых физических соображений. Так, потенциал в центре шара (r=0) имеет конечное значение, поэтому постоянную С1 необходимо принимать равной нулю (С1=0). Далее, принимая потенциал равный нулю в точке, лежащей в бесконечности (r=?), получаем С4=0.

Оставшиеся две постоянные С2 и С3 определяем исходя из того, что на поверхности шара (r=R) равны между собой потенциалы и нормальные составляющие вектора электрического смещения

Перепишем данные граничные условия в следующем виде:

Решая совместно последние уравнения, находим постоянные интегрирования. C2=38460, С3=-709,964.

Подставляя значения этих постоянных в формулы для потенциалов, получаем

Отсюда видно, что данные выражения полностью аналогичны тем, которые были получены в примере 3 предыдущего раздела.

Пример 6. Две тонкие проводящие поверхности в виде коаксиальных конусов с изолированными вершинами расположены в воздухе. Потенциал первой поверхности U1=0, второй – U2=100В (рис. 1.32), q1=p/6, q2=2p/3.

Найти закон распределения потенциалов и напряженности электрического поля в пространстве между конусами.

Данная задача является одномерной, поскольку, в силу симметрии, решение для потенциала U зависит только от угла q. Поле в данном случае характеризуется уравнением (1.40) и имеет решение (1.41).

Исходя из заданных граничных условий составим уравнения для нахождения постоянных интегрирования С1 и С2

Решая данную систему, получим С1=53.583, С2=70.567.

Таким образом, выражение для определения потенциала будет иметь вид

Напряженность электрического поля имеет одну составляющую

Эквипотенциальными поверхностями являются поверхности конусов с изолированными вершинами. При q=p/2 один из конусов переходит в плоскость. Линии поля лежат на меридианах.

Adblock
detector