Урок 16

1
Урок 16
Закон сохранения заряда. Закон Ома
1. (Задача 3.24) В бесконечной среде с проводимостью σ, где шел ток с плотностью j0 , всюду
одинаковой, возникла сферическая полость радиуса R (внутри полости σ = 0). Найти результирующее распределение токов j(r).
Решение Распределение постоянных токов в проводящей среде описывается уравнением div j(R) = 0, где j(R)– объемная плотность тока. Так как
ur
R
j = σE и E = − grad ϕ, то для распределения потенциала получается
(2)
a
θ
уравнение
O
Z
(1)
∆ϕ = 0
(1)
σ
с граничными условиями на поверхности сферической полости:
¯
¯
ϕ1 (a) = ϕ2 (a); j1R ¯
R=a
¯
¯
= j2R ¯
R=a
¯
¯
∂ϕ2 ¯¯
∂ϕ1 ¯¯
= σ2
.
или σ1
∂R ¯R=a
∂R ¯R=a
(2)
Уравнение (1) и граничные условия (2) аналогичны таковым для электрической задачи: диэлектрический шар с проницаемостью ε1 погружен в неограниченный диэлектрик с проницаемостью ε2 , если ε1 заменить на σ1 , а ε2 на σ2 . Поэтому, использовав решение задачи 2.8a и положив σ1 = 0, σ2 = σ, получим для распределения потенциала и напряженности электрического
поля следующие выражения:

 − 32 E0 z
при R ≤ a,
ϕ=
(E0 R)a3
 −E0 z −
при R ≥ a,
2R3
E=

 32 E0
a3 E0 3a3 (E0 R)R
 E0 +
−
2R3
2R5
при R < a,
при R > a,
где E0 = j0 /σ – напряженность электрическога поля вдали от полости. Поскольку j = σE , то
распределение тока
 µ
¶
a3
3a3 (j0 R)R

j0 1 +
−
при R > a,
j=
2R3
2R5

0
при R < a.
2
2. (Задача 3.25) В закипевшем жидком металлическом теплоносителе образовались сферические пузырьки почти непроводящего пара в количестве n штук в единице объема. Радиусы их
практически одинаковы и равны a. Проводимость жидкого металла до образования пузырьков
была σ0 . Найти усредненную проводимость σ закипевшего теплоносителя, пренебрегая влиянием
пузырьков друг на друга (na3 ¿ 1).
Решение Если в среде образовались мелкие пузырьки, то можно рассматривать поле, усредненное по объемам, большим по сравнению с масштабами неоднородностей. По отношению к такому среднему полю смесь жидкого теплоносителя и пузырьков непроводящего пара является однородной и может характеризоваться некоторой средней проводимостью. Если j и E – усредненные
по объему плотность тока и напряженность электрического поля, то
j = σE ,
(1)
где σ и есть некоторая усредненная эффективная проводимость закипевшего теплоносителя. Вычислим среднее значение от j − σ0 E, по большому объему V . С одной стороны,
Z
1
(j − σ0 E) dv = j − σ0 E .
(2)
V
V
С другой стороны, подынтегральное выражение отлично от нуля только внутри объемов пузырьков
и с учетом того, что j = 0 внутри каждого пузырька, получаем
Z
1
(j − σ0 E) dv = −2πna3 σ0 E .
(3)
V
V
Здесь использовано, что внутри сфер поле равно (см. 3.24) 3E/2, т. е. что пузырьки находятся во внешнем поле, равном среднему. Приравнивая правые части формул (2) и (3) с учетом
уравнения (1), окончательно получаем
σ = σ0 (1 − 2πna3 )
при
na3 ¿ 1 .
3. (Задача 3.27) Пространство между двумя плоскими электродами заполнено
проводящей средой проводимости σ0 . Нижний электрод очень толстый, прово
димость его металла равна σ1 → ∞. На этом электроде имеется очень небольj0
шой полусферический выступ радиуса a. Из верхнего электрода в нижний идет
ток, имеющий около этого электрода практически постоянную плотность тока j0 .
σ0
Найти величину тока J, идущего через выступ.
σ 1Решение
2a
Поскольку ток постоянный, то основное уравнение
div j = 0.
3
Для постоянной проводимости это уравнение, используя дифференциальный закон Ома можно
переписать в виде
σ div E = 0.
Поскольку задача стационарна, то электрическое поле можно определить как градиент потенциала
E = − grad ψ. Тогда основное уравнение для тока можно переписать в виде
4ψ = 0.
Пусть система координат определена так, что ось z направлена от центра выступа к бесконечно
удаленному (верхнему) электроду. Тогда, при z → ∞ ток имеет вид
j = −j0 ez ,
и, следовательно, потенциал при z → ∞ стремится к выражению
j0
ψ(z → ∞) = z, для z > 0.
σ0
На нижнем электроде потенциал равен нулю как при z = 0, так и на самом выступе. Будем искать
решение уравнения Лапласа для потенциала в виде, похожем на решение для шара во внешнем
однородном поле
j0
pr
ψ = r cos θ + 3 .
σ0
r
Граничное условие на бесконечности (z → ∞) удовлетворяется, условие на нижней плоскости –
тоже. Для того, чтобы удовлетворить всем условиям, положим ψ(r = a) = 0, тогда
µ
¶
j0 3
j0
a3
p=− a , ψ=
r − 2 cos θ
σ0
σ0
r
Полный ток, который втекает в нижний электрод через выступ, запишется в виде
Z
Z
∂ψ 2
J = − j dS = σ0
a sin θdθdϕ,
∂r
где интеграл берется по верхней половине полусферы. Откуда получаем
J = −3πa2 j0 .
Отрицательный знак связан с тем, что ток втекает в полусферу. Если не считать проводимость
нижнего электрода бесконечной (что соответствует потенциалу ψ = 0, то задача становится математически подобной задаче о диэлектрическом шаре в диэлектрической среде и однородном электрическом поле. (Это предлагается в качестве самостоятельного упражнения). Тогда решение имеет вид
3πa2 σ1
j0 ' −3πa2 j0 , при σ0 /σ1 → 0.
J =−
σ1 + 2σ0
4
4. Сплошной бесконечно длинный цилиндр радиуса a с проводимостью σ1 находится в однородном проводнике с проводимостью σ2 . Внутри цилиндра действует стороннее однородное поле
Eстр , направленное перпендикулярно оси цилиндра. Найти распределение тока во всем пространстве.
Решение Поскольку ни во внутреннем цилиндре ни в окружающем пространстве нет источников тока, то для обеих областей справедливы уравнения
div j1 = 0, div j2 = 0.
Дифференциальный закон Ома в обоих областях запишем в виде
j1 =σ1 (E1 + Eстр ) , j2 =σ2 E2 , Eстр = E0 ex .
Поля E1 и E2 – потенциальны и, поэтому, введя потенциалы этих полей E1 = −∇ψ1 , E2 =
−∇ψ2 , получим уравнения для потенциалов
4ψ1 = 0, 4ψ2 = 0.
Граничные условия имеют обычный вид. Внутри цилиндра потенциал ограничен
ψ1 < ∞. На бесконечности потенциал убывает, т. е. ψ2 → 0 при r → ∞. Поскольку задача
стационарная и заряды нигде не накапливаются, то на границе раздела Γ j1n |Γ = j2n |Γ . Откуда
получаем граничное условие для потенциалов
σ1 (E1n + Eстрn )|Γ = σ2 E2n |Γ .
Предположим, что потенциал внутри и снаружи имеет вид ψ1,2 = R1,2 (r) cos θ, где θ – угол
между осью x и радиус-вектором. Тогда, решая радиальную часто уравнения Лапласа и учитывая
ограниченность решения для потенциала внутри цилиндра и стремление снаружи к нулю, получим
решение в виде:
ψ1 = −E1 r cos θ,
A
ψ2 =
cos θ.
r
Используя граничное условие ψ1 = ψ2 на поверхности цилиндра, получим
−E1 a =
A
.
a
Используя это соотношение и подставляя решение во второе граничное условие на поверхности
цилиндра, получим
∂ψ1
∂ψ2
+ σ1
= σ1 E0 cos θ.
−σ2
∂r
∂r
5
Сокращая на cos θ и решая полученное уравнение, получим
(
a2
Eстр ,
A = σσ11+σ
2
1
E1 = − σ1σ+σ
Eстр .
2
Тогда распределение плотности тока во всем пространстве можно записать в виде
½
2
j1 = σ1σ+σ
Eстр ,
2
σ1 σ2 2 Eстр r
j2 = − σ1 +σ2 a ∇ r2 .
Вычисляя градиент, получим
σ1 σ2 a2
j2 = −
σ1 + σ2
½
¾
Eстр
(Eстр r)
−2
r .
r2
r4