ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ
ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ ΤΟΥ ΠΕ∆ΙΟΥ
4.1
Εξισώσεις Poisson και Laplace
4.1.1 Το θεώρηµα της µοναδικότητας
Σύµφωνα µε το θεώρηµα αυτό, αν µια συνάρτηση δυναµικού φ ικανοποιεί την εξίσωση Laplace (ή την εξίσωση Poisson εφόσον υπάρχουν κατανεµηµένα φορτία) και τις οριακές συνθήκες του προβλήµατος, η συνάρτηση αυτή αποτελεί είναι µία – και µοναδική –
λύση του σχετικού πεδιακού προβλήµατος.
4.1.2 Η εξίσωση Laplace σε καρτεσιανές συντεταγµένες
Ας θεωρήσουµε αρχικά το διδιάστατο πρόβληµα
∇2φ =
∂ 2φ ∂ 2φ
+ 2 =0
∂x 2
∂y
(4.1)
Μια από τις πιο διαδεδοµένες και αποτελεσµατικές µέθοδος αναλυτικής επίλυσης
διαφορικών εξισώσεων µε µερικές παραγώγους είναι η µέθοδος του χωρισµού των µεταβλητών.
177
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Σύµφωνα µε τη µέθοδο αυτή, υποθέτουµε ότι η συνάρτηση φ είναι της µορφής
φ(x , y ) = X (x )Y (y ) , όπου η X (x ) είναι συνάρτηση µόνο της µεταβλητής x και η Y (y )
συνάρτηση µόνο της µεταβλητής y . Με αντικατάσταση της φ = X (x )Y (y ) στην (4.1),
προκύπτει,
∂2 X
∂ 2Y
+X
= 0,
2
∂x
∂y 2
(4.2)
1 ∂2X
1 ∂ 2Y
+
=0
X ∂x 2 Y ∂ y 2
(4.3)
Y
Και οι δύο όροι στην (4.3) είναι συναρτήσεις µιας µόνο µεταβλητής. Επειδή, όµως, το
άθροισµα τους είναι ίσο µε µηδέν, ο κάθε όρος πρέπει να ισούται µε µια σταθερά, οπότε
µπορούµε να γράψουµε
1 ∂2X
1 ∂ 2Y
=
−
= −n 2
X ∂x 2
YS ∂y 2
(4.4)
Από την επίλυση των διαφορικών εξισώσεων (4.4) προκύπτουν γενικές λύσεις της
µορφής
X (x ) = An sin nx + Bn cos nx ,
(4.5)
Y (y ) = C n sinh ny + Dn cosh ny ,
(4.6)
όπου An , Bn , C n , Dn σταθερές.
Στην ειδική περίπτωση όπου n = 0 , οι λύσεις είναι της µορφής
X (x ) = A0x + B0 ,
(4.7)
Y (y ) = C 0y + D0
(4.8)
Ας δούµε στη συνέχεια πώς εφαρµόζεται η µέθοδος σ’ ένα συγκεκριµένο παράδειγµα.
Παράδειγµα 4.1
Να προσδιοριστεί η συνάρτηση δυναµικού φ(x , y ) στο εσωτερικό ενός σωλήνα ορθογωνικής διατοµής, όπως φαίνεται στο σχήµα 4-1. Το δυναµικό στα τοιχώµατα έχει τις ακόλουθες τιµές: φ(0, y ) = φ(a, y ) = φ(x , 0) = 0 και φ(x , b) = 100 .
Αν θεωρήσουµε ότι η λύση φ(x , y ) είναι της µορφής
178
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
y
φ = 100
φ=0
φ=0
b
φ=0
x
a
Σχήµα 4-1
φ(x , y ) = X (x )Y (y ) ,
(4.9)
τότε, από τη συνθήκη φ(0, y ) = φ(x , 0) = 0 , έχουµε προφανώς ότι
X (0) = Y (0) = 0
(4.10)
Από τις (4.5), (4.6) και (4.10), προκύπτει ότι
Bn = Dn = 0 ,
(4.11)
οπότε η γενική λύση (4.9) είναι – αν θεωρήσουµε διάφορες τιµές της σταθεράς διαχωρισµού n – της µορφής
φ(x , y ) = ∑ Gn sin nx sinh ny
(4.12)
Επειδή, όµως, ισχύει η φ(a, y ) = 0 , πρέπει
sin na = 0 ,
(4.13)
na = κπ
(4.14)
κπ
,
a
(4.15)
δηλαδή
ή
n=
όπου κ = 1, 2, 3,... .
Με αντικατάσταση της (4.15) στην (4.12) έχουµε
179
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
∞
φ(x , y ) = ∑ Gκ sin
κ =1
κπx
κπy
sinh
,
a
a
(4.16)
όπου τέθηκε Gκ στη θέση της Gn .
Τέλος, από τη συνθήκη φ(x , b) = 100 και την (4.16), προκύπτει η:
∞
100 = ∑ Gκ sin
κ =1
κπx
κπb
sinh
a
a
(4.17)
Ο υπολογισµός των συντελεστών Gκ , µπορεί να προκύψει µε τη συνήθη µέθοδο της
ανάλυσης Fourier πολλαπλασιάζοντας τα δύο µέλη της (4.17) µε τον όρο κπx / a και ολοκληρώνοντας από 0 µέχρι a . Έτσι, έχουµε
a
100⌠
⌡ sin
0
κπx
κπb ⌠ a 2 κπx
dx = Gκ sinh
dx
sin
a
a ⌡0
a
(4.18)
ή, µε την εκτέλεση των ολοκληρώσεων,
0
⎛ κπb ⎞⎟ a
100 ⋅ a ⎡ ⎛ κπx ⎞⎟⎤
⎢ cos ⎜⎜
⎥ = Gκsinh ⎜⎜
⎟⋅ .
⎟
⎟
⎜
⎝ a ⎠⎟ 2
κπ ⎢⎣ ⎝ a ⎠⎥⎦a
(4.19)
Από την (4.19) βλέπουµε ότι
Gκ = 0,
και
Gκ
όταν
400
1
,
κπ sinh κπb / a
όταν
κ = 2, 4, 6, 8,...⎪⎫
⎪⎪
⎪⎬
κ = 1, 3, 5,... ⎪⎪
⎪⎪⎭
(4.20)
Από την αντικατάσταση των τιµών των σταθερών Gκ από την (4.20) στην (4.16)
προκύπτει η ζητούµενη λύση
φ(x , y ) =
400 sin (κπx / a ) ⋅ sinh (κπy / a )
sinh (κπb / a )
κ = 1,3,5,... κπ
∑
(4.21)
Όταν έχουµε τριδιάστατο πρόβληµα, η εξίσωση Laplace σε καρτεσιανές συντεταγµένες, είναι η
∇2φ =
∂ 2φ ∂ 2φ ∂2φ
+ 2 + 2
∂x 2
∂y
∂z
(4.22)
Κατά την εφαρµογή της µεθόδου του χωρισµού των µεταβλητών, αναζητούµε πάλι
λύση της µορφής
φ(x , y, z ) = X (x )Y (y )Z (z ) ,
η οποία όταν αντικατασταθεί στην (4.22) καταλήγει στην
180
(4.23)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
1 ∂2X
1 ∂2Y
1 ∂ 2Z
+
+
=0
X ∂x 2 Y ∂ y 2
Z ∂z 2
(4.24)
Κάθε όρος στην εξίσωση (4.24) πρέπει να είναι ίσος µε µια σταθερά, οπότε ισχύουν οι
1 ∂2X
= κx ,
X ∂x 2
(4.25)
1 ∂ 2Y
= κy ,
Y ∂y 2
(4.26)
1 ∂ 2Z
= κz ,
Z ∂z 2
(4.27)
όπου οι σταθερές κx , κy , κz , ικανοποιούν τη συνθήκη
κx + κy + κz = 0
(4.28)
Από τις πιο πάνω σταθερές, τουλάχιστο µία πρέπει να είναι θετική. Επίσης, τουλάχιστο µία πρέπει να είναι αρνητική. Έτσι, αν θέσουµε κx = −m 2 για την αρνητική και
κy = n 2 για τη θετική, από τις (4.25) και (4.26) έχουµε
X (x ) = Am sin mx + Bm cos mx
(4.29)
Y (y ) = C n sinh ny + Dn cosh ny
(4.30)
και
Αν | κx |>| κy | , η σταθερά κz µπορεί να γραφεί κz = +p 2 , οπότε, από την (4.27)
προκύπτει η
Z (z ) = E p sinh pz + Fp cosh pz
(4.31)
Αν | κx |<| κy | , οπότε µπορούµε να θέσουµε κz = −p 2 , από την (4.27) προκύπτει η
Z (z ) = E p′ sin pz + Fp′ cos pz
(4.32)
Στις ειδικές περιπτώσεις όπου κx = 0 , ή κy = 0 , ή κz = 0 , ή κx = κy = κz = 0 , η
σχετική ανάλυση είναι προφανής.
Τέλος, αξίζει να τονίσουµε ότι σε κάθε περίπτωση, στη λύση της µορφής (4.23), πρέπει να υπάρχει τουλάχιστο µια κυκλική (τριγωνοµετρική) συνάρτηση και τουλάχιστο µια
υπερβολική (εκθετική) συνάρτηση.
181
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
4.1.3 Η εξίσωση Laplace σε κυλινδρικές συντεταγµένες
Η χρησιµοποίηση κυλινδρικών συντεταγµένων ενδείκνυται σε αρκετές περιπτώσεις,
ιδιαίτερα, όταν τα εξεταζόµενα ηλεκτρικά συστήµατα παρουσιάζουν γεωµετρικά και φυσικά χαρακτηριστικά µε κυλινδρική συµµετρία.
Στη συνέχεια αναζητούµε γενικές λύσεις της εξίσωση Laplace σε κυλινδρικές συντεταγµένες
∇2φ =
∂ 2 φ 1 ∂φ
1 ∂ 2φ ∂ 2φ
+
+
+ 2 =0
∂ρ 2
ρ ∂ρ ρ 2 ∂ϕ 2
∂z
(4.33)
α. ∆ιδιάστατο πρόβληµα
Αρχικά θεωρούµε το διδιάστατο πρόβληµα, όπου τα µεγέθη του πεδίου δεν εξαρτώνται από τη µεταβλητή z αλλά µόνο από τις ρ και ϕ .
Η (4.33), τότε, γράφεται
∂ 2 φ 1 ∂φ
1 ∂ 2φ
+
+
=0
∂ρ 2
ρ ∂ρ ρ 2 ∂ ϕ 2
(4.34)
Εφαρµόζοντας τη µέθοδο του χωρισµού των µεταβλητών ζητούµε µια λύση της µορφής
φ(ρ, ϕ) = R(ρ)Φ(ϕ)
(4.35)
Αντικατάσταση της (4.35) στην (4.34), και διαίρεση µε το γινόµενο RΦ δίνει
1 d 2R
1 dR
1 d 2Φ
+
+ 2
=0
2
R dρ
ρR d ρ
ρ Φ dϕ2
(4.36)
ρ 2 d 2R
ρ dR
1 d 2Φ
+
=
−
R d ρ2
R dρ
Φ dϕ2
(4.37)
ή
Στην (4.37), το αριστερό µέλος είναι συνάρτηση µόνο της µεταβλητής ρ , ενώ το δεξιό µέλος είναι συνάρτηση µόνο της µεταβλητής ϕ . Άρα, κάθε µέλος είναι ίσο µε µια σταθερά έστω n 2 .
Τότε, από τις
182
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
V
a
b
ρ
ε
Σχήµα 4-2
1 d 2Φ
= −n 2
Φ dϕ2
(4.38)
ρ 2 d 2R
ρ dR
+
= n2 ,
R d ρ2
R dρ
(4.39)
Φ(ϕ) = An sin nϕ + Bn cos nϕ
(4.40)
R(ρ) = C n ρn + Dn / ρn ,
(4.41)
και
προκύπτουν εύκολα οι λύσεις
και
ή, για την ειδική περίπτωση όπου n = 0
Φ = A0 + B0ϕ
(4.42)
R(ρ) = C 0 + D0 ln ρ
(4.43)
και
Τελικά, η γενική λύση της (4.34) έχει της µορφής
φ(ρ, ϕ) = (An sin nϕ + Bn cos nϕ)(C n ρ n + Dn / ρ n ) ( n ≠ 0 )
(4.44)
και
φ(ρ, ϕ) = (A0 + B0ϕ)(C 0 + D0 ln ρ)
183
(n = 0 )
(4.45)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Παράδειγµα 4.2
Ως παράδειγµα ζητούµε να προσδιορίσουµε το πεδίο στο χώρο µεταξύ των οπλισµών
του κυλινδρικού πυκνωτή του σχήµατος 4-2. Ο εσωτερικός οπλισµός που έχει ακτίνα a
θεωρείται γειωµένος (φ = 0) , ενώ ο εξωτερικός που έχει ακτίνα b έχει δυναµικό φ = V .
Λόγω της κυλινδρικής συµµετερίας του προβλήµατος, το δυναµικό εξαρτάται µόνο
από την ακτινική απόσταση r , οπότε οι σταθερές An , Bn και B0 των σχέσεων (4.44) και
(4.45) είναι µηδενικές. Έτσι, η γενική λύση που προκύπτει από την (4.45) είναι της µορφής
φ(ρ) = C 1 + C 2 ln ρ ,
(4.46)
φ(a ) = C 1 + C 2 ln a = 0
(4.47)
φ(b) = C 1 + C 2 ln b = V ,
(4.48)
όπου C 1 , C 2 σταθερές.
Από τις οριακές συνθήκες
και
υπολογίζονται οι τιµές των σταθερών C 1 και C 2
C1 = −
V ln a
b
ln
a
(4.49)
και
C2 =
V
ln
b
a
,
(4.50)
οπότε η ζητούµενη συνάρτηση δυναµικού, µετά την αντικατάσταση των C 1 και C 2 από τις
(4.49) και (4.50) στην (4.46), είναι η
φ(ρ) =
V
b
ln
a
ln
ρ
a
(4.51)
Τριδιάστατο πρόβληµα
Όταν έχουµε 3-διάστατο πρόβληµα, η ζητούµενη λύση της (4.33) είναι της µορφής
φ(ρ, ϕ, z ) = R(ρ)Φ(ϕ)Z (z ) ,
184
(4.52)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
η οποία, όταν αντικατασταθεί στην (4.33), καταλήγει στην
ΦZ
d 2R 1 dR RZ d 2 Φ
d 2Z
Z
R
+
+
+
Φ
=0
d ρ2
dz 2
ρ dρ
ρ 2 dϕ2
(4.53)
∆ιαιρώντας τα µέλη της (4.53) µε το γινόµενο RΦZ , προκύπτει η:
1 d 2R
1 dR
1 d 2Φ
1 d 2Z
+
+
+
=0
R d ρ2
Rρ d ρ
ρ 2 Φ dϕ 2 Z dz 2
(4.54)
1 d 2R
1 dR
1 d 2Φ
1 d 2Z
+
+ 2
=−
2
2
R dρ
Rρ d ρ
ρ Φ dϕ
Z dz 2
(4.55)
ή
Επειδή το δεξιό µέλος της (4.55) είναι συνάρτηση µόνο του z ενώ το αριστερό µόνο
των r και ϕ , το κάθε µέλος πρέπει να είναι ίσο µε µια σταθερά έστω −m 2 . Τότε
1 d 2Z
= m2 ,
Z dz 2
(4.56)
Z = c1 cosh mz + c2 sinh mz
(4.57)
1 d 2R
1 dR
1 d 2Φ
+
+
= −m 2
R d ρ2
Rρ d ρ
ρ 2 Φ dϕ2
(4.58)
1 d 2Φ
ρ 2 d 2R
ρ dR
+
+ m 2 ρ2 = −
2
R dρ
R dρ
Φ dϕ2
(4.59)
µε γενική λύση της µορφής
και
ή
Το δεξιό µέλος της (4.59) εξαρτάται µόνο από τη µεταβλητή ϕ , και το αριστερό µόνο
από την r .Συνεπώς, το κάθε µέλος πρέπει να είναι ίσο µε µια σταθερά, έστω n 2 . Άρα
1 d 2Φ
= −n 2 ,
Φ dϕ2
(4.60)
Φ(ϕ) = c3 cos nϕ + c4 sin nϕ
(4.61)
d 2R 1 dR ⎛⎜ 2 n 2 ⎞⎟
+
+ ⎜m − 2 ⎟⎟ R = 0
d ρ2
r d ρ ⎜⎝
r ⎠⎟
(4.62)
µε γενική λύση της µορφής
και
185
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Η (4.62) είναι διαφορική εξίσωση Bessel και η γενική της λύση είναι της µορφής
R(ρ) = c5J n (mr ) + c6Yn (mr ) ,
(4.63)
όπου J n (mr ) είναι η συνάρτηση Bessel πρώτου είδους και τάξεως n , και Yn (mr ) η συνάρτηση Bessel δεύτερου είδους και τάξεως n .
4.1.4 Η εξίσωση Laplace σε σφαιρικές συντεταγµένες
Κατά την εξέταση της εξίσωση Laplace σε σφαιρικές συντεταγµένες
∇2ϕ =
1 ∂ ⎛⎜ 2 ∂φ ⎞⎟
1
1
∂ ⎛⎜
∂φ ⎞⎟
∂2φ
r
sin
θ
+
+
=0
⎟
⎟
⎜
⎜
r 2 ∂r ⎜⎝ ∂r ⎠⎟ r 2 sin θ ∂θ ⎝⎜
∂θ ⎠⎟ r 2 sin2 θ ∂ϕ 2
(4.64)
ιδιαίτερο πρακτικό ενδιαφέρον εµφανίζει η περίπτωση όπου η συνάρτηση δυναµικού φ
εξαρτάται µόνο από τις µεταβλητές r και θ . Σε µια τέτοια περίπτωση, αν θεωρήσουµε µια
λύση της µορφής
φ(r , θ) = R(r )Θ(θ) ,
(4.65)
⎛ r 2 d 2R 2r dR ⎞⎟ ⎛ 1 d 2Θ
1
d Θ ⎞⎟
⎟ + ⎜⎜
⎟=0
+
+
⎜⎜
⎟
2
2
⎜⎝ R dr
R dr ⎠⎟ ⎝⎜ Θ d θ
Θ tan θ d θ ⎠⎟⎟
(4.66)
η (4.64) µπορεί να γραφεί
Όταν η σταθερά διαχωρισµού εκλεγεί ίση προς n(n + 1) προκύπτουν οι δυο εξισώσεις
d 2R
dR
+ 2r
− n(n + 1)R = 0
2
dr
dr
(4.67)
d 2Θ
1 dΘ
+
+ n(n + 1)Θ = 0
2
dθ
tan θ d θ
(4.68)
r2
και
Η γενική λύση της (4.67) είναι της µορφής
R(r ) = c1r n + c2r −(n +1)
(4.69)
Θ(θ) = c3Pn (θ) + c4Qn (θ) ,
(4.70)
και της (4.68) της µορφής
186
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
όπου Pn (θ) είναι τα πολυώνυµα – ως προς τη µεταβλητή x = cos θ – Legendre πρώτου
είδους και Qn (θ) οι συναρτήσεις Legendre δεύτερου είδους. Οι Qn εµφανίζουν ανωµαλίες
(απειρίζονται) για x = ±1 (δηλαδή έχουν πόλους θ = 0 και θ = π ).
4.2
Μέθοδος κατοπτρισµού ή µέθοδος των ηλεκτρικών διπόλων
4.2.1 Η ιδέα της µεθόδου
Έστω ως γενικό παράδειγµα ότι ζητείται ο προσδιορισµός του πεδίου που οφείλεται
στην παρουσία ηλεκτρικών φορτίων που βρίσκονται σ’ ένα µέσο που περατώνεται σε κάποια αγώγιµη επιφάνεια. Σύµφωνα µε τη µέθοδο του κατοπτρισµού το πεδίο αυτό µπορεί
να βρεθεί αν στο εκτός της επιφάνειας τµήµα του χώρου τοποθετήσουµε κατάλληλα – φανταστικά – φορτία , που εκλέγονται κατά θέση και τιµή έτσι ώστε µαζί µε τα αρχικά φορτία
να καθιστούν την πιο πάνω επιφάνεια ισοδυναµική επιφάνεια του πεδίου.
Σύµφωνα µε τα παραπάνω το πεδίο που οφείλεται στο σηµειακό φορτίο Q , µέσα
στην κοιλότητα του αγώγιµου κελύφους του σχήµατος 4-3, µπορεί να βρεθεί, αν είναι δυνατός ο προσδιορισµός κατάλληλων φορτίων Q1,Q2 , …Qn , που πρέπει να τοποθετηθούν σε
κατάλληλες θέσεις στο χώρο εκτός της κοιλότητας, έτσι ώστε για κάθε σηµείο P της επιφάνειας S της κοιλότητας να ισχύει η
Q1
r1
P
S
r
r2
Q2
rn
Q
Qn
φ=0
Σχήµα 4-3
187
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
φ=
n
Qi ⎫⎪
1 ⎧⎪⎪Q
⎨ + ∑ ⎪⎬ = 0
⎪⎪
4πε ⎪⎩⎪ r
i =1 ri ⎭
(4.71)
ή
n
Q
Q
+∑ i = 0
r
i =1 ri
(4.72)
Έτσι, το πραγµατικό πεδίο στο χώρο της κοιλότητας που δηµιουργείται από το φορτίο
Q και τα επαγώµενα από αυτό φορτία στην εσωτερική επιφάνεια S της κοιλότητας, είναι
το ίδιο µε το πεδίο που δηµιουργούν – στο χώρο της κοιλότητας—το φορτίο Q και τα φανταστικά φορτία (είδωλα) Q1,Q2 , …Qn όταν αφαιρεθεί το αγώγιµο κέλυφος και όλος ο χώρος – µέσα και έξω—πληρωθεί από το οµογενές υλικό της κοιλότητας.
Τα φορτία Q1,Q2 , …Qn που ονοµάζονται ηλεκτρικά είδωλα του Q πρέπει να βρίσκονατι έξω από το χώρο του εξεταζόµενου πεδίου, γιατί διαφορετικά θα παραβιάζονταν η ισχύς του νόµου του Gauss. Η µέθοδος µπορεί εύκολα να επεκταθεί και σε προβλήµατα όπου η διαχωριστική επιφάνεια S δεν είναι κατ’ ανάγκη αγώγιµη.
Στη συνέχεια αναφέρουµε µερικές απλές περιπτώσεις εφαρµογής της µεθόδου του
ηλεκτρικού κατοπτρισµού.
4.2.2 Σηµειακό φορτίο πάνω από αγώγιµη επιφάνεια
Έστω σηµειακό φορτίο Q , βρισκόµενο σε απόσταση h από την αγώγιµη επιφάνεια
του σχήµατος 4-4. Αν στη συµµετρική (κατοπτρική) ως προς το επίπεδο γγ ′ θέση, θεωρήσουµε ένα ίσο και αντίθετο φορτίο (είδωλο) −Q , τότε στο προκαλούµενο από τα φορτία
Q και −Q πεδίο, η επιφάνεια γγ ′ είναι προφανώς ισοδυναµική µε δυναµικό 0 . Η πυ-
κνότητα ρs των επιφανειακών φορτίων που αναπτύσσονται εξ’ επαγωγής επί της γγ ′ , σ’
ένα τυχόν σηµείο P , υπολογίζεται από τη σχέση
188
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Q
ε0
γ
r
h
n0
θ
P
θ
E1
γ′
E2
h
r
E
-Q
Σχήµα 4-4
ρs = Dn = ε0 E ⋅ n 0 ,
(4.73)
όπου E είναι η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο θεωρούµενο σηµείο και n 0 το µοναδιαίο κάθετο διάνυσµα του σχήµατος 4-4 . Αν E1 και E2 είναι οι εντάσεις των φορτίων Q
και −Q στο σηµείο Ρ, επειδή ισχύει ότι
E = E1 + E2 = 2E sin θ(−n 0 ) = 2E1
h
(−n 0 )
r
(4.74)
και
E1 =
Q
,
4πε0r 2
Qn
Q2
Q1
(4.75)
hn
h2
h1
γ′
γ
h1
-Q1
h2
-Q2
hn
-Qn
Σχήµα 4-5
189
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
η (4.73) γράφεται
ρs = 2
Q h
(−n 0 ) ⋅ n 0
4πr 2 r
ή
ρs = −
Qh
2πr 3
(4.76)
Στην περίπτωση περισσότερων φορτίων (σηµειακών ή κατανεµηµένων) η ισοδύναµη
πεδιακή κατάσταση για τον υπεράνω του αγώγιµου επιπέδου χώρο προκύπτει, αφού πάρουµε και τα ηλεκτρικά, ως προς το επίπεδο γγ ′ , είδωλα όλων των φορτίων (σχήµα 4-5).
4.2.3 Φορτίο στο χώρο µεταξύ δύο τεµνόµενων αγώγιµων επιπέδων
Η µέθοδος του κατοπτρισµού µπορεί να εφαρµοστεί στην περίπτωση όπου η γωνία
θ0 , που σχηµατίζουν τα δύο αγώγιµα επίπεδα, είναι ακέραιο υποπολλαπλάσιο του π
( θ0 = π / κ , όπου κ ακέραιος θετικός).
Το πλήθος n των ειδώλων, που καθιστούν τα επίπεδα θ = 0 και θ = θ0 ισοδυναµικά, µε δυναµικό φ = 0 , δίνεται από τη σχέση
n =2
π
− 1 = 2κ − 1
θ0
(4.77)
+Q
-Q
+Q
Q
-Q
θ
θ0
+Q
-Q
-Q
+Q
+Q
-Q
Σχήµα 4-6
190
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
r3
r
Q
-Q
r2
Q
-Q
Σχήµα 4-7
Τα είδωλα αυτά βρίσκονται σε µια περιφέρεια που έχει κέντρο την τοµή των δύο αγώγιµων επιπέδων και που διέρχεται από το σηµείο στο οποίο βρίσκεται το φορτίο Q . Το
επίπεδο της περιφέρειας αυτής είναι κάθετο στην τοµή των δύο επιπέδων.
Αν το φορτίο Q βρίσκεται σε µια ακτίνα του κύκλου που σχηµατίζει γωνία θ (σχήµα
4-6) ως προς το επίπεδο θ = 0 , τα ( κ − 1 ) οµόσηµα προς το Q είδωλα βρίσκονται σε ακτίνες που οι γωνίες τους ως προς το επίπεδο αυτό είναι
2(κ − 1)π
2π
4π
+θ ,
+θ,
+ θ , …,
κ
κ
κ
τα δε κ ετερόσηµα προς το Q φορτία σε ακτίνες µε αντίστοιχες γωνίες
2π
4π
−θ ,
− θ , … , 2π − θ
κ
κ
Για παράδειγµα, στην περίπτωση µιας ορθής δίεδρης γωνίας (σχήµα 4-7), όπου
θ0 = π / 2 , έχουµε
κ=
π
=2
θ0
(4.78)
και
n = 2κ − 1 = 3
Το δυναµικό του τυχόντος σηµείου P δίνεται από τη σχέση
191
(4.79)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
φP =
Q ⎛⎜ 1 1
1
1⎞
⎜⎜ − + − ⎟⎟⎟
4πε ⎜⎝ r r1 r2 r3 ⎠⎟
(4.80)
Είναι προφανές, ότι στην περίπτωση όπου αντί ενός µόνο φορτίου Q , έχουµε περισσότερα φορτία Q1,Q2 , …Qn , πρέπει να θεωρήσουµε τα είδωλα όλων των επιµέρους φορτίων (υπέρθεση).
4.2.4 Σηµειακό φορτίο εκτός αγώγιµης σφαίρας
Έστω αγώγιµη σφαίρα µε ακτίνα R και σηµειακό φορτίο Q που βρίσκεται σ’ ένα
σηµείο P που απέχει d από το κέντρο O της σφαίρας (d > R) . Στην περίπτωση αυτή, το
ως προς την επιφάνεια της σφαίαρς είδωλο Q ′ του Q , όπως πολύ εύκολα µπορεί να αποδειχτεί (Απολλώνειος σφαίρα), βρίσκεται πάνω στην ευθεία PO , αριστερά του O , και σε
απόσταση
β=
R2
d
(4.81)
R
P
Q
O
Q΄
α
β
d
Σχήµα 4-8
από το κέντρο της σφαίρας, έχει δε τιµή
Q′ = −
192
R
d
(4.82)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Με ανάλογο τρόπο εξετάζονται και συνθετότερα προβλήµατα όπως π.χ. το πρόβληµα
του πολλαπλού σφαιρικού κατοπτρισµού (πεδίο φορτισµένων αγώγιµων σφαιρών), προβλήµατα κατοπτρισµού σε µέσα µε ανοµοιογένειες, πεδίο εναέριας γραµµής µεταφοράς
κλπ.
4.3
Μιγαδικές µεταβλητές – Σύµµορφη απεικόνιση
Μια αρκετά ευρεία κατηγορία διδιάστατων πεδιακών προβληµάτων µπορεί να επιλυ-
θεί µε τη βοήθεια των πραγµατικών συναρτήσεων της µιγαδικής µεταβλητής z = x + jy .
Μπορεί εύκολα να δειχθεί ότι, αν
W = f (z ) = f (x + jy ) = u(x , y ) + j υ(x , y ) ,
(4.83)
είναι µια οποιαδήποτε πραγµατική συνάρτηση f της µιγαδικής µεταβλητής z , που έχει
πραγµατικό και φανταστικό µέρος τις πραγµατικές συναρτήσεις u(x , y ) και υ(x , y ) αντίστοιχα, τότε, οι συναρτήσεις W , u και υ είναι λύσεις της διδιάστατης εξίσωσης Laplace,
ικανοποιούνται δηλαδή οι:
∂W
∂W
+
= 0,
∂x 2
∂y 2
(4.84)
∂u
∂u
+ 2 =0
2
∂x
∂y
(4.85)
∂υ
∂υ
+ 2 =0
2
∂x
∂y
(4.86)
και
Επίσης, οι συναρτήσεις u και υ ικανοποιούν τις σχέσεις ορθογωνικότητας
∂u
∂υ
,
=
∂x
∂y
(4.87)
∂u
∂υ
=−
,
∂y
∂x
(4.88)
που ως γνωστόν εκφράζουν την ικανή και αναγκαία συνθήκη για να είναι οι επιφάνειες
u(x , y ) = const και υ(x , y ) = const ορθογώνιες (τέµνονται παντού κάθετα. Κριτήριο
Cauchy – Riemann).
193
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Αν συνεπώς, η συνάρτηση u(x , y ) = µ δίνει για διάφορες τιµές τις παραµέτρου µ τις
ισοδυναµικές επιφάνειες του πεδίου, η εξίσωση υ(x , y ) = λ δίνει για διάφορες τιµές της
παραµέτρου λ , τις εξισώσεις των δυναµµικών γραµµών του πεδίου. Και αντίστροφα, αν
ληφθεί η υ(x , y ) σαν συνάρτηση δυναµικού του πεδίου, η u(x , y ) = const. εκφράζει την
εξίσωση των δυναµικών γραµµών του πεδίου.
Αν Ex και Ey είναι οι συνιστώσες της ηλεκτρικής πεδιακής έντασης ενός πεδίου που
έχει ως συνάρτηση δυναµικου την u(x , y ) , ισχύει η
dW
∂u
∂u
=
−j
= −E x + jEy
dz
∂x
∂y
(4.89)
Αντίστοιχα, στην περίπτωση που ως συνάρτηση δυναµικού εκλεγεί η υ(x , y ) από τις
συνθήκες Cauchy – Riemann (4.87), (4.88) και την (4.89), προκύπτει η
dW
∂υ
∂υ
=
+j
= −Ey − jEx
dz
∂y
∂y
(4.90)
Από τις (4.89) και (4.90), παρατηρούµε ότι ανεξάρτητα από την εκλογή της u(x , y ) ή
της υ(x , y ) ως συνάρτησης δυναµικού, ισχύει η
dW
=E,
dz
(4.91)
δηλαδή το µέτρο του µιγάδα dW / dz είναι ίσο προς το µέτρο της ηλεκτρικής πεδιακής έντασης.
Από τα προηγούµενα, µπορεί να προκύψει ένας πολύ εύκολος τρόπος υπολογισµού
της ροής ενός διδιάστατου ηλεκτροστατικού πεδίου. Έτσι, η ροή N AB που διέρχεται από
µια επιφάνεια κάθετη στο επίπεδο xy , µήκους l , και που έχει ίχνος την τυχούσα καµπύλη
AMB (σχήµα 4-9) υπολογίζεται από την απλή σχέση
N AB = εl (υ1 − υ2 )
(4.92)
N AB = εl (u2 − u1 )
(4.93)
ή, την
194
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
υ = υ2
B
υ
B΄
υ = υ1
M
u = u2
u
A
u = u1
Σχήµα 4-9
Ως παράδειγµα, εξετάζουµε το πεδίο που προκύπτει από τη συνάρτηση
W = c ln z
Η συνάρτηση
W = c ln z = c ln(x + jy ) ,
(4.94)
µπορεί να γραφεί και ως
W = c ln[ x 2 + y 2 e j arctan y / x ]
ή
W = c ln x 2 + y 2 + j arctan y / x ,
(4.95)
u(x , y ) = c ln x 2 + y 2
(4.96)
οπότε,
ή
x 2 + y2 = e
2u c
(4.97)
και
υ(x , y ) = c arctan y / x
(4.98)
y
υ
= tan
x
c
(4.99)
ή
195
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
u1
u
u2
Σχήµα 4-10
Αν ως συνάρτηση δυναµικού ληφθεί η φ = u , προκύπτει το πεδίο που προκαλείται
από µια οµοιόµορφα φορτισµένη απέραντη ευθεία γραµµή, ή το πεδίο ενός κυλινδρικού
πυκνωτή (σχήµα 4.10).
Οι ισοδυναµικές επιφάνειες του πεδίου αυτού, όπως φαίνεται από την (4.97) έχουν εξίσωση
x 2 + y 2 = const ,
(4.100)
είναι δηλαδή οµοαξονικές, κυλινδρικές επιφάνειες.
Οι δυναµικές γραµµές, που σύµφωνα µε την (4.99) έχουν εξίσωση
y / x = const ,
(4.101)
είναι ακτινικές ευθείες.
Αν ως συνάρτηση δυναµικού ληφθεί η φ = υ , προκύπτει το πεδίο δύο τεµνόµενων
αγώγιµων επίπεδων πλακών που έχουν διαφορετικά δυναµικά. Για να διατηρηθεί η διαφορά αυτή των δυναµικών των πλακών θεωρούµε ότι το σηµείο τοµής τους (σχήµα 4-11) δεν
ανήκει στα αγώγιµα επίπεδα. Γεωµετρική – όχι “ηλεκτρική” επαφή.
υ = υ1
υ
O
υ = υ2
Σχήµα 4-11
196
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Οι ισοδυναµικές επιφάνειες y / x = const , είναι ακτινικά επίπεδα, ενώ οι δυναµικές
γραµµές x 2 + y 2 = const είναι τόξα περιφερειών, που έχουν κέντρο την αρχή O . Αν τέλος, θέλουµε να υπολογίσουµε το µέτρο της ηλεκτρικής πεδιακής έντασης, σύµφωνα µε
την (4.91), έχουµε
E=
dW
c
=
dz
z
ή
E=
4.4
c
2
x + y2
(4.102)
Πειραµατικές και αριθµητικές µέθοδοι
Στις περιπτώσεις, όπου τα προς επίλυση πεδιακά προβλήµατα εµφανίζουν πολύπλο-
κες γεωµετρίες ή αναφέρονται σε µη οµογενή µέσα, η αποτελεσµατικότητα των προηγούµενων – αναλυτικών – µεθόδων, καθίσταται προβληµατική ή και τελείως ανεπαρκής. Για
την – προσεγγιστική – επίλυση αυτών των προβληµάτων καταφεύγουµε στη χρησιµοποίηση πειραµατικών ή αριθµητικών µεθόδων. Η λεπτοµερής περιγραφή και ανάλυση των πειραµατικών και αριθµητικών µεθόδων – αν και συχνά αποτελεί ένα από τα σηµαντικότερα
και εκτενέστερα κεφάλαια στη σχετική σύγχρονη βιβλιογραφία – ξεφεύγει από τους στόχους του παρόντος βιβλίου, που κύρια αποβλέπει στην εξοικείωση του αναγνώστη µε τις
βασικές – θεµελιακές πεδιακές έννοιες και στην χρησιµοποίησή τους σε σχετικά απλά πεδιακά προβλήµατα. Ενδεικτικά, αρκούµαστε στην απλή αναφορά µερικών από τις περισσότερο χρησιµοποιούµενες µεθόδους.
Έτσι, από τις πειραµατικές µεθόδους γνωστότερες είναι η µέθοδος των καµπυλόγραµµων τετραγώνων, η µέθοδος των αναλόγων µε αγώγιµα φύλλα, η µέθοδος της ηλεκτρολυτικής αποθήκης και η µέθοδος των κυκλωµατικών αναλόγων. Τέλος, από τις αριθµητικές µεθόδους, που µε την αλµατώδη ανάπτυξη και ευρύτατη χρήση των ψηφιακών υπολογιστών κατά τις τελευταίες δεκαετίες, έχουν δώσει ικανοποιητικές προσεγγιστικές απαντήσεις σε πολλά, µέχρι πριν λίγο δύσκολα ή και άλυτα προβλήµατα, αναφέρουµε ενδει-
197
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
κτικά τη µέθοδο των πεπερασµένων διαφορών, τη µέθοδο των πεπερασµένων στοιχείων, τη
µέθοδο των ροπών, τη µέθοδο των οριακών στοιχείων και τη µέθοδο των πεπερασµένων
διαφορών στο πεδίο του χρόνου.
198
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
4.5
Παραδείγµατα
4.1
Να υπολογιστεί η συνάρτηση δυναµικού φ(ρ) σε µια διάταξη που αποτελείται από
δύο οµοαξονικούς κοίλους, µεταλλικούς κυλίνδρους πολύ µεγάλου µήκους µε ακτίνες ρ1 και
ρ2 (ρ1 < ρ < ρ2 ) αντίστοιχα, αν στον µεταξύ των κυλίνδρων χώρο υπάρχει η χωρική κατα-
νοµή φορτίου ρv = k / ρ όπου k σταθερά. Η διαφορά δυναµικού του εσωτερικού κυλίνδρου
ως προς τον εξωτερικό, που είναι γειωµένος, είναι V .
ρ
ρ1
ρ2
ε0
ρv = ρ0 / r
Σχήµα 4-12
Αν θεωρήσουµε ένα σύστηµα κυλινδρικών συντεταγµένων µε τον άξονα των z να
συµπίπτει µε τον άξονα του κυλίνδρου, η συνάρτηση δυναµικού φ που λόγω του µεγάλου
µήκους των κυλίνδρων και της υφιστάµενης κυλινδρικής συµµετρίας, είναι ανεξάρτητη
των µεταβλητών z και ϕ , εξαρτάται µόνον από την ακτινική απόσταση ρ . Έτσι, η εξίσωση Poisson σε κυλινδρικές συντεταγµένες γράφεται
∇2φ =
∂ 2 φ 1 ∂φ
1 ∂ ⎜⎛ ∂φ ⎞⎟ ρv
k
⎟⎟ −
+
=
=−
⎜⎜ρ
2
⎟
∂ρ
ρ ∂ρ
ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ε0
ε0 ρ
ή
∂ ⎛⎜ ∂φ ⎞⎟
k
⎟⎟ = −
⎜⎜ρ
∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠⎟
ε0
Από την (1), µε δύο συνεχείς ολοκληρώσεις έχουµε
199
(1)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
ρ
∂φ
k
= − ρ + C1
∂r
ε0
(2)
και
φ(r ) = −
k
ρ + C 1 ln ρ + C 2 ,
ε0
(3)
όπου C 1 και C 2 σταθερές προσδιορίζονται από τις οριακές συνθήκες του προβλήµατος:
φ(ρ1 ) = V
(4)
φ(ρ2 ) = 0
(5)
και
Από τις (3), (4) και (5) προκύπτει
k (ρ2 − ρ1 ) − ε0V
,
ε0 ln ρ2 / ρ1
(6)
ln ρ2
k
ρ2 −
[ρ0 (ρ2 − ρ1 ) − ε0V ]
ε0
ε0 ln ρ2 / ρ1
(7)
ln ρ / ρ2
k
(ρ2 − ρ) +
[k (ρ2 − ρ1 ) − ε0V ]
ε0
ε0 ln ρ2 / ρ1
(8)
C1 =
C2 =
και
φ(r ) =
Η (8), ικανοποιεί την εξίσωση Poisson (1) και τις οριακές συνθήκες (4) και (5), άρα,
σύµφωνα µε το θεώρηµα του µονοσηµάντου της λύσης του ηλεκτροστατικού προβλήµατος, εκφράζει τη ζητούµενη συνάρτηση δυναµικού.
4.2
Σε οµοιόµορφο ηλεκτροστατικό πεδίο E 0 , που εκτείνεται σ’ ένα απέραντο οµογενές
και ισότροπο µέσο διηλεκτρικής σταθερά ε2 = εr 2 ε0 , εισάγεται αφόρτιστη διηλεκτρική σφαίρα, ακτίνας R , και διηλεκτρικής σταθεράς ε1 = εr 1ε0 . Να προσδιοριστεί η συνάρτηση δυναµικού φ και η ένταση E του πεδίου µέσα και έξω από τη σφαίρα.
200
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
E0 = E0z0
z
ε2
P(r , θ, ϕ)
θ
ε1
R
Σχήµα 4-13
Μετά την εισαγωγή της σφαίρας, το πεδίο παύει να είναι οµοιόµορφο (οµογενές) –
τουλάχιστο στα γειτονικά προς τη σφαίρα σηµεία – είναι όµως αξονικά συµµετρικό, µε άξονα συµµετρίας τον άξονα z , που διέρχεται από το κέντρο της σφαίρας και είναι παράλληλος προς την ηλεκτρική πεδιακή ένταση E 0 .
Αν λοιπόν, χρησιµοποιήσουµε το σύστηµα των σφαιρικών συντεταγµένων του σχήµατος, επειδή τα µεγέθη του πεδίου είναι ανεξάρτητα από τη γωνία ϕ , η εξίσωση Laplace,
(4.64) γράφεται
∇2φ =
1 ∂ ⎛⎜ 2 ∂φ ⎞⎟
1
∂ ⎛⎜
∂φ ⎞⎟
sin θ
⎟⎟ + 2
⎟=0
⎜⎝r
⎜
2
⎜
⎜
∂r ⎠ r sin θ ∂θ ⎝
∂θ ⎠⎟
r ∂r
(1)
Αφού – όπως εύκολα µπορεί να διαπιστωθεί µε εκτέλεση των σχετικών πράξεων – οι
συναρτήσεις r cos θ και cos θ /r 2 ικανοποιούν την (1) και κάθε γραµµικός τους συνδυασµός της µορφής
φ(r , θ) = Ar cos θ + B
cos θ
+C ,
r2
όπου A , B , C αυθαίρετες σταθερές, θα ικανοποιεί επίσης την (1).
201
(2)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Ας εξετάσουµε στη συνέχεια αν συναρτήσεις της µορφής της εξίσωσης (2), µπορούν
να εκφράζουν το δυναµικό του πεδίου. Προς το σκοπό αυτό, αν χρησιµοποιήσουµε το δείκτη 1 για τα µεγέθη του πεδίου στο χώρο της σφαίρας και το δείκτη 2 για τα µεγέθη του
πεδίου εκτός της σφαίρας, οι αντίστοιχες συναρτήσεις δυναµικού
⎛
B ⎞
φ1 = ⎜⎜⎜A1r + 21 ⎟⎟⎟ cos θ + C 1
⎝
r ⎠
(3)
⎛
B ⎞
φ2 = ⎜⎜⎜A2r + 22 ⎟⎟⎟ cos θ + C 2 ,
⎝
r ⎠
(4)
και
όπου A1 , B1 , C 1 , A2 , B2 και C 2 κατάλληλες σταθερές, πρέπει, εκτός της (1), να ικανοποιούν και τις παρακάτω συνθήκες
(α) Συνέχεια της εφαπτοµενικής συνιστώσας της ηλεκτρικής πεδιακής έντασης πάνω στη διαχωριστική επιφάνεια ( r = R ) της σφαίρας.
(β) Συνέχεα της κάθετης συνιστώσας της διηλεκτρικής µετατόπισης πάνω στη διαχωριστική επιφάνεια (r = R) της σφαίρας.
(γ)
Η συνάρτηση δυναµικού φ1 να έχει πεπερασµένες (να µην απειρίζεται) τιµές σ’
όλα τα σηµεία της σφαίρας.
(δ) Το πεδίο στα σηµεία του χώρου 2 που απέχουν πολύ µεγάλες αποστάσεις από το
κέντρο της σφαίρας να παραµείνει ίσο προς το αρχικό E 0 = E 0 z0 .
(ε)
Συνέχεια του δυναµικού πάνω στη διαχωριστική επιφάνεια r = R .
Με βάση λοιπόν, τις εκφράσεις (3) και (4) των φ1 και φ2 από τις πιο πάνω συνθήκες
έχουµε
i) Από την (α) συνθήκη
⎛ 1 ∂φ1 ⎞⎟
⎛ 1 ∂φ2 ⎞⎟
⎜⎜
=⎜
,
⎜⎝ r ∂θ ⎠⎟⎟r =R ⎝⎜⎜ r ∂θ ⎠⎟⎟r =R
(5)
δηλαδή,
A1R +
B1
B
= A2R + 22
2
R
R
ii) Από την (β) συνθήκη
202
(6)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
⎛ ∂φ ⎞
⎛ ∂φ ⎞
ε1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟
= ε2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ,
⎜⎝ ∂r ⎠r =R
⎝⎜ ∂r ⎠r =R
(7)
⎛
⎛
B ⎞
B ⎞
ε1 ⎜⎜⎜A1 − 2 13 ⎟⎟⎟ = ε2 ⎜⎜⎜A2 − 2 23 ⎟⎟⎟
⎝
⎝
R ⎠
R ⎠
(8)
δηλαδή
iii) Από τη (γ) συνθήκη, και για να µην απειρίζεται η φ1 για r = 0 , προκύπτει
B1 = 0
(9)
iv) Από την (4) και τη (δ) συνθήκη για r → ∞ , έχουµε
φ2 = A2r cos θ + C 2
(10)
Η ηλεκτρική πεδιακή ένταση στα σηµεία αυτά είναι
E2 = −
∂φ2
1 ∂φ2
r0 −
θ 0 = −A2 cos θ r0 + A2 sin θ θ 0 = −A2 (cos θ r0 − sin θ θ 0) (11)
∂r
r ∂θ
Επειδή, όπως φαίνεται από τον πίνακα 1.1, είναι
z0 = cos θ r0 − sin θ θ 0 ,
(12)
E2 = −A2 z0
(13)
η (12) γράφεται
Από την (13), και επειδή για τα αποµακρυσµένα από τη σφαίρα, ισχύει η
E2 = E 0 = E 0 z 0 ,
(14)
A2 = −E 0
(15)
⎛
⎞
⎛
⎞
⎜⎜A1R + B12 ⎟⎟ cos θ + C 1 = ⎜⎜A2R + B22 ⎟⎟ cos θ + C 2
⎝⎜
⎝⎜
R ⎠⎟
R ⎠⎟
(16)
προκύπτει ότι
(v) Τέλος, από τη συνθήκη (ε) έχουµε
Από την (16) προκύπτει – και πάλι – η (6) και η
C1 = C2
(17)
Οι σταθερές C 1 , C 2 εξαρτώνται από την επιφάνεια αναφοράς των δυναµικών, µπορούν δε να εκλεγούν ίσες µε µηδέν:
C1 = C 2 = 0
203
(18)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Από το σύστηµα των εξισώσεων (6), (8), (9) και (15), υπολογίζονται και οι σταθερές
A1 και B2
3ε2
E0
ε1 + 2ε2
(19)
ε1 − ε2 3
R E0
ε1 + 2ε2
(20)
A1 = −
και
B2 =
Αντικατάσταση των (9), (15), (18), (19) και (20) στις (3) και (4), δίνει τις εκφράσεις
της συνάρτησης δυναµικού µέσα και έξω από τη σφαίρα
φ1 = −
3ε2
3ε2
E 0r cos θ = −
E 0z
ε1 + 2ε2
ε1 + 2ε2
(21)
και
⎛
ε − ε1 R 3 ⎞⎟
φ2 = − ⎜⎜⎜1 + 2
⎟⎟ E 0r cos θ
⎜⎝
ε1 + 2ε2 r 3 ⎠⎟
(22)
Από τις (21) και (22) και την E = −∇φ , προκύπτουν οι αντίστοιχες εκφράσεις της
ηλεκτρικής πεδιακής έντασης
E1 = −
∂φ1
3ε2
z0 =
E 0 z0
∂z
ε1 + 2ε2
(23)
και
E2 = −
3⎞
⎛
⎛
∂φ2
ε − ε1 R3 ⎞⎟
1 ∂φ2
⎜⎜1 + ε2 − ε1 R ⎟⎟ sin θE θ (24)
⎟
−
θ
r0 −
θ0 = ⎜⎜⎜1 − 2 2
r
cos
E
0
0
0 0
⎟
⎟
⎜⎝
∂r
ε1 + 2ε2 r 3 ⎠⎟
ε1 + 2ε2 r 3 ⎠⎟
r ∂θ
⎝⎜⎜
Όπως φαίνεται από την (23) το πεδίο µέσα στη σφαίρα είναι οµογενές, και παράλληλο
προς το αρχικό εξωτερικό πεδίο.
204
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
4.3
Σε οµοιόµορφο πεδίο, εκτεινόµενο στον άπειρο κενό χώρο (ε = ε0 ) εισάγεται αφόρ-
τιστος διηλεκτρικός κύλινδρος σχετικής διηλεκτρικής σταθεράς εr και ακτίνας R µε τον άξονά του κάθετο στη διεύθυνση του πεδίου. Να καθοριστεί η συνάρτηση δυναµικού φ και η
ηλεκτρική πεδιακή ένταση E µέσα και έξω από τον κύλινδρο. Ο κύλινδρος θεωρείται απείρου µήκους.
y
P(ρ, ϕ ,z)
ρ
R
ϕ
(2)
ε = ε0
(1)
x
ε = εr ε0
Σχήµα 4-14
Αν εκλέξουµε ένα σύστηµα κυλινδρικών συντεταγµένων (ρ, ϕ, z ) , τέτοιο, ώστε ο άξονας του κυλίνδρου να συµπίπτει µε τον άξονα z , και χρησιµοποιήσουµε το γράµµα θ
αντί της γωνίας ϕ , προς αποφυγή σύγχυσης µε το σύµβολο της συνάρτησης του δυναµικού, η εξίσωση Laplace γράφεται
∇2φ =
1 ∂ 2φ
∂ 2 φ 1 ∂φ
+
+ 2
=0
2
ρ ∂ρ ρ ∂θ 2
∂ρ
(1)
Η γενική λύση της (1), σύµφωνα µε την (4.44), αν λάβουµε υπόψη τη συµµετρία ως
προς ϕ (φ(ρ, ϕ ) = φ(ρ, −ϕ)) , θα είναι της µορφής
φ(ρ, ϕ) = Bn (C n ρ n + Dn ρ −n )cos nϕ ,
όπου An = 0 .
205
(2)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Στη συνέχεια, ερευνούµε αν η αρµονική συνάρτηση πρώτου βαθµού ( n = 1 ), µπορεί
να παριστά το δυναµικό του πεδίου.
Προς το σκοπό αυτό, όπως και στην προηγούµενη άσκηση, θεωρούµε τις συναρτήσεις
δυναµικού
⎛
B ⎞
φ1 = ⎜⎜⎜A1ρ + 1 ⎟⎟⎟ cos ϕ + C 1
ρ ⎠⎟
⎝
(3)
⎛
B ⎞
φ2 = ⎜⎜⎜A2 ρ + 2 ⎟⎟⎟ cos ϕ + C 2 ,
ρ ⎠⎟
⎝
(4)
και
που περιγράφουν τα δυναµικά φ1 και φ2 µέσα και έξω από τον κύλινδρο αντίστοιχα, όπου
A1 , B1 , C 1 , A2 , B2 , C 2 προσδιοριστέες σταθερές.
Ο προσδιορισµός των A1 , B1 , C 1 , A2 , B2 , C 2 γίνεται και πάλι από τις οριακές συνθήκες:
(α) Από τη συνέχεια της εφαπτοµενικής συνιστώσας της ηλεκτρικής πεδιακής έντασης πάνω στη διαχωριστική επιφάνεια ρ = R του κυλίνδρου έχουµε
1 ⎛⎜ ∂φ1 ⎞⎟
1 ⎛ ∂φ ⎞
⎟⎟
= ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟
⎜⎜
R ⎝ ∂ϕ ⎠⎟ρ =R
R ⎝ ∂ϕ ⎠⎟ρ =R
(5)
ή
A1R +
B1
B
= A2R + 2
R
R
(6)
(β) Από τη συνέχεια της κάθετης συνιστώσας της διηλεκτρικής µετατόπισης για
ρ = R , έχουµε
⎛ ∂φ ⎞
εr ε0 ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟
⎝ ∂ρ ⎠⎟
ρ =R
⎛ ∂φ ⎞
= ε0 ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟
⎝ ∂ρ ⎠⎟
(7)
ρ =R
ή
⎛
B ⎞
B
εr ⎜⎜⎜A1R − 12 ⎟⎟⎟ = A2R − 22
⎝
R ⎠
R
(γ)
(8)
Η φ1 πρέπει να έχει πεπερασµένες τιµές σ’ όλα τα σηµεία του κυλίνδρου. Άρα
B1 = 0 .
206
(9)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
(δ) Το πεδίο στα αποµακρυσµένα από την επιφάνεια του κυλίνδρου σηµεία του χώρου, παραµένει αµετάβλητο και ίσο προς E 0 = E 0 x 0 . Έχουµε, εποµένως,
E2 = −∇φ2 = −∇(A2 ρ cos ϕ) = −A2 cos ϕ ρ0 + A2 sin ϕϕ 0
= −A2 (cos ϕ ρ0 − sin ϕϕ 0) = −A2 x 0 = E 0 x 0
,
δηλαδή
A2 = −E 0
(ε)
(10)
Τέλος, για να εξασφαλίζεται η συνέχεια του δυναµικού πάνω στην εξωτερική ε-
πιφάνεια του διηλεκτρικού κυλίνδρου, πρέπει
⎛
⎞
⎛
⎞
⎜⎜A1R + B1 ⎟⎟ cos ϕ + C 1 = ⎜⎜A2R + B2 ⎟⎟ cos ϕ + C 2
⎟
⎜⎝
⎜
⎝
R⎠
R ⎠⎟
(11)
Από την (11), προκύπτει και πάλι η (6) και η
C1 = C2
(12)
Από το σύστηµα των εξισώσεων (6), (8), (9), (10) και (12) υπολογίζονται και οι τιµές
των σταθερών A1 και B2 :
A1 = −
2E 0
(εr + 1)
(13)
και
⎛ ε − 1 ⎞⎟ 2
⎟ R E0
B2 = ⎜⎜⎜ r
⎜⎝ εr + 1 ⎠⎟⎟
(14)
Με αντικατάσταση των σταθερών A1 , B1 , C 1 , A2 , B2 , C 2 στις (3) και (4), προκύπτουν
οι ζητούµενες εκφράσεις της συνάρτησης δυναµικού
φ1 = −
2E 0
2E 0
ρ cos ϕ + C 1 = −
x + C1
(εr + 1)
(εr + 1)
(15)
και
⎛ (ε − 1) R 2E
⎞⎟
0
− E 0 ρ ⎟⎟ cos ϕ + C 1
φ2 = ⎜⎜⎜ r
⎜⎝ (εr + 1) ρ
⎠⎟⎟
(16)
Οι αντίστοιχες εκφράσεις των εντάσεων E1 και E2 είναι
E1 = −∇φ1 = −
∂φ1
2E 0
x0 =
x0
∂x
(εr + 1)
207
(17)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
και
∂φ2
1 ∂φ2
ρ0 −
ϕ0
∂ρ
ρ ∂ϕ
⎛ ε − 1 R2
⎞⎟
⎛ εr − 1 R 2
⎞
⎜
⎟
= E 0 ⎜⎜⎜ r
+
+
− 1⎟⎟⎟ sin ϕϕ 0
ϕ
1
cos
E
ρ
0
0⎜
⎟
2
2
⎜
⎟
⎝⎜ εr + 1 ρ
⎠
⎝⎜ εr + 1 ρ
⎠⎟
E2 = −∇φ2 = −
(18)
Από τη (17) παρατηρούµε, ότι το πεδίο µέσα στον κύλινδρο είναι οµοιόµορφο και
παράλληλο προς το αρχικό πεδίο E 0 .
4.4
Να µελετηθεί το πεδίο που προκύπτει από τη µιγαδική συνάρτηση
W = c ln
z −a
,
z +a
όπου a πραγµατικός.
Η συνάρτηση
W = u + j υ = c ln
z −a
,
z +a
(1)
γράφεται διαδοχικά
W = c {ln(z − a ) − ln(z + a )} = c {ln ((x − a ) + jy ) − ln ((x + a ) + jy )}
y
y
⎧⎪ ⎛
j arctan
⎛
⎞⎫⎪
j arctan
⎞
x +a ⎟⎪
x −a ⎟
= c ⎨⎪ln ⎜⎜ (x − a )2 + y 2 e
⎟⎬
⎟⎟ − ln ⎜⎜ (x + a )2 + y 2 e
⎜⎝
⎜
⎪
⎠
⎝
⎠⎟⎟⎪⎭⎪
⎪⎩
⎪⎧ 1 (x − a )2 + y 2
⎛
y
y ⎞⎟⎪⎫⎪
= c ⎪⎨ ln
+ j ⎜⎜arctan
− arctan
⎟⎬ ,
2
2
⎜
⎪⎩⎪ 2 (x + a ) + y
⎝
x −a
x + a ⎠⎟⎪⎭⎪
(2)
οπότε
u(x , y ) =
(x − a )2 + y 2
1
c ln
2
(x + a )2 + y 2
(3)
και
⎛
y
y ⎞⎟
2ay
υ(x , y ) = c ⎜⎜arctan
− arctan
⎟⎟ = c arctan 2
⎜⎝
x −a
x +a ⎠
x + y2 − a2
Από τις (3) και (4) προκύπτουν οι
208
(4)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
2u
(x − a )2 + y 2
c
=
e
(x + a )2 + y 2
(5)
2ay
υ
= tan
x 2 + y2 − a2
c
(6)
και
Αν λοιπόν, ως συνάρτηση δυναµικού ληφθεί η φ = u , από την (5) προκύπτει η εξίσωση των ισοδυναµικών επιφανειών
(x − a )2 + y 2
= λ2 ,
2
2
(x + a ) + y
(7)
όπου λ 2 = e 2u / c είναι η παράµετρος της οικογένειας των ισοδυναµικών επιφανειών. Από
την (7), που µπορεί επίσης να γραφεί και µε τη µορφή
(x − x 0 )2 + y 2 = ρ02 ,
(8)
όπου
x0 =
1 + λ2
a
1 − λ2
(9)
ρ0 =
2λ
a,
1 − λ2
(10)
και
παρατηρούµε, ότι οι ισοδυναµικές επιφάνειες είναι περιφέρειες (δηλαδή, στο πραγµατικό
τριδιάστατο πρόβληµα κυλινδρικές επιφάνειες) ακτίνων ρ0 που τα κέντρα τους βρίσκονται
πάνω στον άξονα x σε αποστάσεις x 0 από την αρχή.
Αξίζει να σηµειώσουµε τις παρακάτω τρεις οριακές περιπτώσεις:
(α) Όταν λ → 0 :
Τότε, x 0 → a και ρ0 → 0 . Έχουµε δηλαδή ένα συρµατόµορφο αγωγό στο σηµείο
B(a, 0) .
(β) Όταν λ → 1 :
Τότε, x 0 → ∞ και ρ0 → ∞ . Στην περίπτωση αυτή η ισοδυναµική επιφάνεια ταυτίζεται µε το επίπεδο x = 0 .
209
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
y
ρ0
A(-α)
B(α)
O
C(x0)
x
x0
Σχήµα 4-16
(γ)
Όταν λ → ∞ :
Τότε, x 0 → −a και ρ0 → 0 . Έχουµε δηλαδή πάλι ένα συρµατόµορφο αγωγό “µηδενικής” ακτίνας, στο σηµείο A( - a, 0) .
Η εξίσωση των δυναµικών γραµµών του πεδίου, σύµφωνα µε την (6), είναι η
2ay
=µ,
x + y2 − a2
2
(11)
όπου µ = tan υ /c , είναι η παράµετρος της οικογενείας των δυναµικών γραµµών.
Η (11), που γράφεται και µε τη µορφή
x 2 + (y − y 0 )2 = R02 ,
(12)
όπου
y0 =
a
a
=
υ
µ
tan
c
(13)
και
R02 = a 2 + y 02 ,
(14)
παριστάνει την οικογένεια των περιφερειών που έχουν τα κέντρα τους πάνω στον άξονα
των y και διέρχονται από τα σηµεία A και B .
210
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Στην περίπτωση όπου η υ = const παριστάνει τις ισοδυναµικές επιφάνειες και η
u = const τις δυναµικές γραµµές του πεδίου, είναι προφανές ότι θα έχουµε εναλλαγή των
αντίστοιχων ρόλων της περίπτωσης που εξετάσαµε. Έτσι, στην περίπτωση αυτή, οι ισοδυναµικές επιφάνειες θα προκύπτουν από την εξίσωση (12) (τµήµατα κυλινδρικών επιφανειών µε κέντρα στον άξονα y ), και οι δυναµικές γραµµές από την εξίσωση (8) (περιφέρειες µε κέντρα πάνω στον άξονα x ).
Μερικές ειδικές περιπτώσεις που µπορούν να µελετηθούν µε βάση το µετασχηµατισµό (1) είναι οι εξής (σχήµα 4-17):
(α) Πεδίο δύο αγώγιµων κυλίνδρων – αµοιβαία εξωτερικών – στους οποίους επιβάλλεται
σταθερή τάση V (σχήµα 4-17α).
(β) Πεδίο µεταξύ δύο αγώγµων κυλινδρικών επιφανειών, όταν η µία βρίσκεται στο εσωτερικό της άλλης (σχήµα 4-17β).
(γ)
Πεδίο ενός αγώγιµου κυλίνδρου, δυναµικού V , που τοποθετείται παράλληλα προς
ένα αγώγιµο γειωµένο επίπεδο (σχήµα 4-17γ).
Τα αντίστοιχα προβλήµατα για τη δυαδική περίπτωση φαίνονται στα σχήµατα 4-17 δ,
ε, στ.
V
V
(α)
V
(β)
(γ)
V1
V1
V1
V2
(δ)
(ε)
Σχήµα 4-17
211
V2
(στ)
V2
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
4.5
∆ίνεται κεντρικό φορτίο q1 = −2 (nC) και αγώγιµη φορτισµένη σφαίρα ακτίνας
r0 = 2 (cm) µε φορτίο q Σ = 1, 5 (nC). Η απόσταση του κέντρου της σφαίρας από το κεντρικό
φορτίο είναι d = 4 (cm). Ζητούνται:
(α) Το δυναµικό στην επιφάνεια της σφαίρας.
(β) Το δυναµικό στο σηµείο P(1 (cm),1 (cm),1 (cm)) .
(γ) Η επιφανειακή πυκνότητα στα άκρα Α, Β της διαµέτρου της σφαίρας που ορίζεται από τη
θέση του του κεντρικού φορτίου και το κέντρο της σφαίρας.
(δ) Τα σηµεία της ευθείας που ορίζεται από το κέντρο της σφαίρας και τη θέση του κεντρικού
φορτίου, στα οποία το ως προς το άπειρο δυναµικό είναι µηδέν.
(ε) Η δύναµη που αναπτύσσεται ανάµεσα στη σφαίρα και το φορτίο.
∆ίνεται η σχετική διηλεκτρική σταθερά του περιβάλλοντος χώρου εr = 2, 5 .
Θεωρούµε αρχικά το είδωλο q 2 του q1 στο εσωτερικό της σφαίρας, έτσι ώστε το δυναµικό στα σηµεία της επιφάνειας της σφαίρας που οφείλεται στα φορτία q1 και q 2 να είναι παντού το ίδιο (µηδέν).
y
P(1,1,1)
r
r
P
r
1
C
1
3
r
2
A
P
P2
q
2
1
B
3
q
q
0
x
3
β
a
d
Σχήµα 4-18
212
D
qΣ
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Επειδή όµως, δίνεται το φορτίο q Σ της σφαίρας, πρέπει στο κέντρο της σφαίρας – για
να εξακολουθεί η σφαίρα να είναι ισοδυναµική και να ισχύει ο νόµος του Gauss – να τοποθετηθεί ένα φορτίο q 3 τέτοιο, ώστε
q2 + q 3 = qΣ
(1)
Η θέση και η τιµή του κατοπτρικού φορτίου q2 προκύπτουν από τις σχέσεις (4.81) και
(4.82)
β=
r02
= 1 (cm)
d
(2)
r0
q1 = 1 (nC)
d
(3)
και
q2 = −
Από την (1), λόγω της (3), υπολογίζεται και η τιµή του φορτίου q 3
q 3 = 0, 5 (nC)
(4)
Έτσι, το πεδίο στον περιβάλλοντα τη σφαίρα χώρο, είναι το ίδιο µε το πεδίο που προκύπτει από τα τρία σηµειακά φορτία q1 , q 2 , q 3 τοποθετηµένα στα σηµεία P1 (0, 0, 0) ,
P2 (3, 0, 0) και P3 (4, 0, 0) , αντίστοιχα (οι διαστάσεις σε cm).
(α) Αφού τα φορτία q1 και q2 καθιστούν την επιφάνεια της σφαίρας ισοδυναµική δυναµικού µηδέν, το δυναµικό της σφαίρας είναι:
VΣ =
q3
= 90 (kV)
4πεr ε0r0
(5)
(β) Αν r1 , r2 , r3 είναι οι αποστάσεις ενός τυχόντος σηµείου P(x , y, z ) του εκτός της
σφαίρας χώρου, από τα φορτία q1 , q2 , q 3 αντίστοιχα, το δυναµικό φP στο σηµείο αυτό είναι
φP =
1
4πεr ε0
⎛ q1 q 2 q 3 ⎞⎟
⎜⎜ + + ⎟ ,
⎟
⎜⎜⎝ r
r2
r3 ⎠⎟
1
(6)
όπου
⎪
= 3 (cm) ⎪⎫
⎪
⎪
⎪
1/2
1/2
r2 = P2P = {(x − x2 )2 + (y − y2 )2 + (z − z2 )2 } = {(1 − 3)2 + (1 − 0)2 + (1 − 0)2 } = 6 (cm) ⎪⎬ (7)
⎪
⎪
1/2
1/2
⎪
r3 = P3P = {(x − x3 )2 + (y − y3 )2 + (z − z3 )2 } = {(1 − 4)2 + (1 − 0)2 + (1 − 0)2 } = 11 (cm)⎪
⎪
⎪
⎭
1/2
2
2
2
r1 = PP
1 = {(x − x1 ) + (y − y1 ) + (z − z1 ) }
1/2
= {(1 − 0)2 + (1 − 0)2 + (1 − 0)2 }
213
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Με αντικατάσταση των εr , ε0 , q1 , q 2 , q 3 , r1 , r2 και r3 στην (6) προκύπτει
φP = −214,16 (V)
(8)
(γ) Επειδή η επιφανειακή πυκνότητα ρs στην επιφάνεια των αγωγών είναι ίση µε την
διηλεκτρική µετατόπιση – µε διεύθυνση προς το εξωτερικό του αγωγού – αρκεί να υπολογιστεί η διηλεκτρική µετατόπιση D στα σηµεία A και B .
Έτσι, για το σηµείο A έχουµε
ρS ,A = DA =
q2
q ⎪⎫
1 ⎪⎧⎪ −q1
+
+ 32 ⎪⎬ = 1, 2931 (µC/m2)
⎨
2
2
⎪
r0 ⎪⎪⎭
4π ⎪⎩(d − r0 )
(r0 − β )
(9)
ρS ,B = DB =
q2
q ⎪⎫
1 ⎪⎧⎪ q1
+
+ 32 ⎪⎬ = 143, 68 (nC/m2)
⎨
2
2
r0 ⎪⎪⎭
4π ⎪⎩⎪(d + r0 )
(r0 + β )
(10)
και
(δ) Τα σηµεία µηδενικού δυναµικού – που προφανώς είναι σηµεία του εκτός της
σφαίρας τµήµατος της ευθείας – βρίσκονται είτε δεξιά του σηµείου B , είτε µεταξύ των
σηµείων P1 και A , είτε αριστερά του σηµείου P1 . Έτσι, αν x είναι η τετµηµένη των σηµείων µηδενικού δυναµικού, διακρίνουµε τις εξής τρεις περιπτώσεις:
i) x > d + r0 = 6 (cm):
Τότε,
φ(x ) =
1
4πεr ε0
q2
q 3 ⎞⎟
⎛ q1
⎜
⎜⎝ x + x − a + x − d ⎠⎟⎟ = 0
ή
−
2
1
1
+
+
=0
x x − 3 2(x − 4)
(11)
Από την επίλυση της (11), προκύπτουν οι δύο λύσεις x 1 = 13, 424 cm και
x 2 = 3, 576 cm. Η δεύτερη όµως λύση, επειδή πρέπει να ισχύει η x > 6 (cm), απορρίπτε-
ται, οπότε ορίζεται µόνο το σηµείο: D(13, 424 (cm)) .
ii) 0 < x < d − r0 = 2 (cm).
Τότε,
φ(x ) =
1
4πεr ε0
q2
q 3 ⎞⎟
⎛ q1
⎜
⎜⎝ x + a − x + d − x ⎠⎟⎟ = 0
214
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
ή
−
2
1
1
+
+
= 0,
x
3 − x 2(4 − x )
(12)
που έχει ως λύσεις τις x 1 = 3, 736 (cm) και x 2 = 1, 835 (cm). Κι εδώ, η πρώτη λύση απορρίπτεται γιατί πρέπει x < 2 (cm), και ορίζεται µόνο το σηµείο C(1, 835 (cm)) ως σηµείο
µηδενικού δυναµικού.
iii)
x <0.
Στο διάστηµα αυτό δεν υπάρχουν σηµεία µηδενικού δυναµικού, γιατί το φορτίο q1
που έχει πρόσηµο αντίθετο των q 2 και q 3 , και είναι απολύτως µεγαλύτερο του αθροίσµατος q 2 + q 3 , βρίσκεται πλησιέστερα προς τα θεωρούµενα σηµεία ( r1 < r2 < r3 ) από τα
φορτία q2 και q 3 .
Άλλωστε, στο ίδιο συµπέρασµα καταλήγουµε και από την επίλυση της
φ(x ) =
1
4πεr ε0
q
q ⎞
⎛ q1
⎜⎜
+ 2 + 3 ⎟= 0,
⎝ −x a − x d − x ⎠⎟⎟
που έχει και πάλι τις µη αποδεκτές (πρέπει
x < 0 ) λύσεις:
x 1 = 13, 424 cm,
x 2 = 3, 576 cm.
(ε) Η δύναµη F που ασκεί η σφαίρα πάνω στο φορίο q1 – που είναι ίση και αντίθετη
µε τη δύναµη που ασκεί το φορτίο q1 στη σφαίρα – είναι η συνισταµένη των δυνάµεων
Coulomb F21 και F31 των φορτίων q 2 και q 3 πάνω στο φορτίο q1 :
F=
4.6
1
4πεr ε0
⎛ q1q 2 q1q 3 ⎞⎟
⎜ 2 + 2 ⎟ (−x 0 ) = 1, 024 ⋅ 10−5 x 0 (N)
⎜⎝ a
d ⎠⎟
Σηµειακό φορτίο q είναι τοποθετηµένο σ’ ένα διηλεκτρικό (Ι) διηλεκτρικής σταθεράς
ε1 , και σε απόσταση h από τη διαχωριστική επιφάνεια δ − δ ′ που διαχωρίζει το διηλεκτρι-
κό (Ι) από ένα άλλο διηλεκτρικό (ΙΙ) διηλλεκτρικής σταθεράς ε2 . Ζητείται ο προσδιορισµός
του πεδίου στα διηλεκτρικά (Ι) και (ΙΙ).
215
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
z
z
(I) P(0,0,h)
z
P(0,0,h)
(I)
q
h
q
(ε1 )
h
P(0,0,h)
q
(ε1 )
r
A(x,y,z)
δ′ x
δ
δ
r′
( ε2 )
(II)
δ′ x
Πραγµατικό πεδίο
δ
r ′′
(ε1 )
P΄(0,0,-h)
(α)
( ε2 )
h
(II)
(β)
Πεδίο στο χώρο (Ι)
δ′ x
( ε2 )
B(x,y,z)
(γ)
Πεδίο στο χώρο (ΙΙ)
Σχήµα 4-19
Έστω ότι η διαχωριστική επιφάνεια δ − δ ′ συµπίπτει µε το επίπεδο z = 0 , ενός καρτεσιανού συστήµατος συντεταγµένων και ότι το φορτίο q είναι τοποθετηµένο στο σηµείο
P(0, 0, h ) .
Στη συνέχεια ζητούµε να προσδιορίσουµε δύο συναρτήσεις δυναµικού φ1 και φ2 για
τα µέσα (I) και (II) , αντίστοιχα, τέτοιες ώστε να ικανοποιούν την εξίσωση Laplace και τις
οριακές συνθήκες στη διαχωριστική επιφάνεια δ − δ ′(z = 0) .
Προς το σκοπό αυτό, θεωρούµε ότι το πεδίο στο χώρο (I) είναι ισοδύναµο προς το
πεδίο που δηµιουργούν τα φορτία q και q ′ τοποθετηµένα στα σηµεία P(0, 0, h ) και
P′(0, 0, −h ) , αντίστοιχα, όταν το διηλεκτρικό (II) αντικατασταθεί από το διηλεκτρικό (I)
(οµογενής χώρος, σχήµα 4-19 (β)). Ανάλογα, για το χώρο (II) θεωρούµε το πεδίο που δηµιουργεί το φορτίο q ′′ τοποθετηµένο στο σηµείο P(0, 0, h ) σ’ ένα οµογενές και ισότροπο
µέσο διηλεκτρικής σταθεράς ε2 (σχήµα 4-19(γ)). Αυτό που ουσιαστικά ζητούµε είναι να
προσδιορίσουµε τις τιµές αγνώστων φορτίων q ′ και q ′′ , έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι
οριακές συνθήκες στη δ − δ ′ (η εξίσωση Laplace είναι προφανώς ικανοποιείται, αφού τα
δυναµικά φ1 και φ2 είναι δυναµικά πεδίων σηµειακών φορτίων.
Σύµφωνα µε τα παρακάτω οι συναρτήσεις δυναµικού φ1 και φ2 έχουν τις εκφράσεις
φ1 =
1 ⎛⎜ q q ′ ⎞⎟
1
⎜⎜ + ⎟⎟⎟ =
′
4πε1 ⎝ r r ⎠ 4πε1
⎧⎪
⎫⎪
q
q′
⎪⎨
⎪ , (1)
+
1/ 2
1/ 2 ⎬
2
2
2
2
2
2
⎡x + y + (z + h ) ⎤ ⎪⎪
⎪⎪ ⎡x + y + (z − h ) ⎤
⎦
⎣
⎦ ⎪⎭
⎪⎩ ⎣
216
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
για (z > 0) και
φ2 =
1 q ′′
1
q ′′
,
=
4πε2 r ′′
4πε2 ⎡x 2 + y 2 + (z − h )2 ⎤ 1/ 2
⎣
⎦
για
(z < 0)
(2)
Οι οριακές συνθήκες που πρέπει να ικανοποιούνται στη διαχωριστική επιφάνεια
z = 0 , είναι:
(α) Συνέχεια της εφαπτοµενικής συνιστώσας της ηλεκτρικής πεδιακής έντασης
(Et 1 )z =0 = (Et 2 )z =0
(3)
Έτσι, για την τυχούσα διεύθυνση x , πάνω στο επίπεδο z = 0 , έχουµε
(Ex 1 )x =0 = (E x 2 )x =0 ,
(4)
⎛ ∂φ1 ⎞⎟
⎛ ∂φ ⎞
⎜⎜
=⎜ 2⎟
⎜⎝ ∂x ⎠⎟⎟z =0 ⎝⎜⎜ ∂x ⎠⎟⎟z =0
(5)
ή, επειδή E = −∇φ
Η (5), λόγω των (1) και (2), γράφεται
1
4πε1
⎡
⎤
qx
q ′x
q ′′x
⎢
⎥= 1
,
+
⎢ (x 2 + y 2 + h 2 )3 / 2 (x 2 + y 2 + h 2 )3 / 2 ⎥ 4πε (x 2 + y 2 + h 2 )3 / 2
2
⎣
⎦
(6)
ή
q + q ′ q ′′
=
ε1
ε2
(7)
(β) Συνέχεια της κάθετης συνιστώσας της διηλεκτρικής µετατόπισης
(Dn 1 )z =0 = (Dn 2 )z =0
(8)
Η (8), από τη σχέση ορισµού D = εE και τις (1) και (2) δίνει
⎛ ∂φ ⎞
⎛ ∂φ ⎞
ε1 ⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ = ε2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟
⎝⎜ ∂z ⎠z =0
⎝⎜ ∂z ⎠z =0
(9)
⎧
⎫
⎪
q(z − h )
q ′(z + h )
1 ⎪
⎪
⎪
+
3/2
3/2 ⎬
⎨
2
2
2
2
2
2
4π ⎪ ⎡x + y + (z − h ) ⎤
⎡
⎤
⎪
⎪
⎦
⎣x + y + (z + h ) ⎦ ⎪
⎪⎣
⎪z =0
⎩
⎭
,
⎧
⎫
′′
⎪
q (z − h )
1 ⎪
⎪
⎪
=
3/2
4π ⎨
⎡x 2 + y 2 + (z − h )2 ⎤ ⎬
⎪
⎪
⎪
⎦ ⎭
⎪⎣
⎪⎪z =0
⎩
(10)
ή
217
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
z
z
q
ε1 < ε2
z
q
q
ε1
ε1
ε1
ε2
ε2
ε2
ε1 > ε2
ε1 = ε2
Σχήµα 4-20
δηλαδή
q = q ′ + q ′′
(11)
Ας σηµειώσουµε, ότι οι σχέσεις (7) και (11) µπορούν να προκύψουν από την απαίτηση συνεχούς µεταβολής του δυναµικού (τάση επαφής µηδενική) πάνω στην οριακή επιφάνεια (σχέση (7)) και από την απαίτηση ικανοποίησης του νόµου του Gauss (σχέση (11)).
Από το σύστηµα των εξισώσεων (7) και (11) υπολογίζονται οι ακόλουθες τιµές τωνφορτίων q ′ και q ′′
q′ =
ε1 − ε2
q
ε1 + ε2
(12)
q ′′ =
2ε2
q
ε1 + ε2
(13)
και
Με την αντικατάσταση των (12), (13) στις (1) και (2), προκύπτουν οι συναρτήσεις
δυναµικού φ1 και φ2 για τους δύο χώρους του πεδίου, οι οποίες είναι και οι µοναδικές
σύµφωνα µε το θεώρηµα της µοναδικότητας της λύσης του ηλεκτροστατικού προβλήµατος.
Τέλος, η εικόνα των δυναµικών γραµµών για τις περιπτώσεις όπου ε1 < ε2 , ε1 = ε0 ,
και ε1 > ε2 , φαίνεται (για q > 0 ) στο σχήµα 4-20.
218
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
4.7
∆ύο αγώγιµες σφαίρες ακτίνων R1 και R2 βρίσκονται µόνες µέσα σ’ ένα οµογενές
και ισότροπο µέσο. Οι δύο σφαίρες που τα κέντρα τους O1 και O2 απέχουν απόσταση d έχουν δυναµικά V1 και V2 , αντίστοιχα. Ζητείται να προσδιοριστεί ένα σύνολο κεντρικών φορτίων που πρέπει να τοποθετηθούν στο εσωτερικό των σφαιρών ώστε οι επιφάνειες των δύο
σφαιρών να είναι ισοδυναµικές µε δυναµικά V1 και V2 , αντίστοιχα.
(2)
(1)
R1
O1 q1,2
q1,4...
A2
β12
β14
A4
q1,0
O2
...A3 A1
q1,3
q1,1
β11
R2
β13
d
Σχήµα 4-21
Έχοντας υπόψη το πρόβληµα του κατοπτρισµού σηµειακού φορτίου και σφαίρας, θεωρούµε ότι αρχικά τοποθετείται στο κέντρο O1 της σφαίρας (1) το φορτίο
q1,0 = 4πε0RV
1 1,
(1)
που προφανώς καθιστά την επιφάνεια της σφαίρας (1) ισοδυναµική, δυναµικού V1 . Αν
στο σηµείο A1 που απέχει από το κέντρο O2 της σφαίρας (2) απόσταση
β1,1 =
R22
,
d
(2)
R2
q1,0 ,
d
(3)
τοποθετηθεί ένα φορτίο (είδωλο)
q1,1 = −
219
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
τότε, η επιφάνεια της σφαίρας (2) θα καθίσταται ισοδυναµική δυναµικού µηδέν, δεν συµβαίνει, όµως, το ίδιο µε τη σφαίρα (1) .
Αν τώρα στο σηµείο A2 που απέχει από το κέντρο O1 απόσταση
β1,2 =
R12
,
d − β1,1
(4)
R1
q1,1 ,
d − β1,1
(5)
τοποθετηθεί το είδωλο
q1,2 = −
του φορτίου q1,1 ως προς την πρώτη σφαίρα, η επιφάνεια της σφαίρας (1) αποκτά και πάλι
δυναµικό V1 , παύει όµως να είναι ισοδυναµική η επιφάνεια της σφαίρας (2) .
Στη συνέχεια τοποθετείται το φορτίο
q1,3 = −
R2
q1,2 ,
d − β1,2
(6)
σε απόσταση από το O2
β1,3 =
R22
,
d − β1,2
(7)
οπότε η επιφάνεια της σφαίρας (2) αποκτά και πάλι το δυναµικό του απείρου ενώ διαταράσσεται η ισοδυναµικότητα της επιφάνειας της σφαίρας (1) . Αν συνεχιστεί η προσθήκη
φορτίων κατ’ αυτόν τον τρόπο οι επιφάνειες των σφαιρών καθίστανται εναλλάξ ισοδυναµικές.
Επειδή όµως τα διαδοχικά φορτία που προστίθενται συνεχώς φθίνουν, όταν προστεθούν άπειρα φορτία, οι δύο επιφάνειες καταθίστανται ισοδυναµικές, η µεν πρώτη δυναµικού V1 , η δε δεύτερη δυναµικού µηδέν.
Τα φορτία q1,2κ (κ = 1, 2, …) στη σφαίρα (1) και οι αποστάσεις β1,2κ (κ = 1,2, …)
από το κέντρο O1 στις οποίες τοποθετούνται δίνονται από τις σχέσεις
q1,2κ = −
R1
d − β1,2κ−1
και
220
(8)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
β1,2κ =
R12
,
d − β1,2κ−1
όπου το φορτίο q1,0 δίνεται από την (1) , ενώ η απόσταση β1,0 προφανώς είναι ίση µε µηδέν.
Αντίστοιχα, για τη σφαίρα (2) έχουµε
R2
q1,2κ
d − β1,2κ
q1,2κ +1 = −
(10)
και
β1,2κ +1 =
R22
d − β1,2κ
(11)
Για να αποκτήσει και η επιφάνεια της σφαίρας (2) δυναµικό V2 , δηµιουργούµε, όπως
προηγούµενα, µια νέα ακολουθία φορτίων, αρχίζοντας από το
q 2,0 = 4πε0R2V2 ,
(12)
που τοποθετείται στο κέντρο O2 ( β2,0 = 0 ) της σφαίρας (2) .
Τα νέα φορτία και οι νέες αποστάσεις της σφαίρας (1) δίνονται από τις
R1
q 2,2κ
d − β2,2κ
(13)
β2,2κ +1 =
R12
,
d − β2,2κ
(14)
q 2,2κ = −
R2
d − β2,2κ−1
(15)
q 2,2κ +1 = −
και
ενώ της σφαίρας (2) από τις
και
β2,2κ =
R22
d − β2,2κ−1
(16)
Όταν, λοιπόν, προστεθούν και τις δύο ακολουθίες φορτίων, οι επιφάνειες των δύο
σφαιρών αποκτούν δυναµικά V1 και V2 , ενώ τα φορτία των δύο σφαιρών γίνονται, αντίστοιχα,
221
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
∞
Q1 = ∑ (q1,2κ + q 2,2κ +1 )
(17)
κ =0
και
∞
Q2 = ∑ (q1,2κ +1 + q 2,2κ )
(18)
κ =0
Επειδή όλοι οι όροι των ακολουθιών {q1,2κ } και {q1,2κ+1 } είναι ανάλογοι του δυναµικού V1 , και των ακολουθιών {q 2,2κ } και {q 2,2κ+1 } ανάλογοι του δυναµικού V2 , οι σχέσεις
(17) και (18) γράφονται και µε τη µορφή
Q1 = c11V1 + c12V2
(19)
Q2 = c21V1 + c22V2 ,
(20)
και
όπου c11 , c22 και c12 = c21 είναι οι συντελεστές χωρητικότητας και επαγωγής, αντίστοιχα,
των δύο σφαιρών του συστήµατος.
4.8
Με τη βοήθεια της προηγούµενης άσκησης να αποδειχτεί ότι η χωρητικότητα ενός συ-
στήµατος που αποτελείται από δύο εφαπτόµενες ίσες αγώγιµες σφαίρες ακτίνων R δίνεται
από τη σχέση
C = 8πε0R ln 2 .
Έστω V το κοινό δυναµικό των δύο σφαιρών. Από τις σχέσεις της προηγούµενης
άσκησης προκύπτουν οι τιµές των δύο ακολουθιών φορτίων που φαίνονται στον παρακάτω πίνακα.
Το συνολικό φορτίο Q του συστήµατος των δύο σφαιρών είναι, συνεπώς,
{
Q = Q1 + Q2 = 8πε0RV 1 −
222
1 1 1
+ − +
2 3 4
}
(1)
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Σφαίρα (1)
Σφαίρα (2)
Απόσταση από
O1
Φορτία q1,2κ και q 2,2κ+1
Απόσταση από
O2
Φορτία q 2,2κ και q1,2κ+1
β1,0 = 0
q1,0 = 4πε0RV
β2,0 = 0
q 2,0 = 4πε0RV
β2,1 =
β1,2 =
β2,3 =
β1,4 =
β2,5 =
R
2
2
R
3
3
R
4
4
R
5
5
R
6
4
q 2,1 = − πε0RV
2
4
q1,2 = πε0RV
3
4
q 2,3 = − πε0RV
4
4
q1,4 = πε0RV
5
4
q 2,5 = − πε0RV
6
β1,1 =
β2,2 =
β1,3 =
β2,4 =
β1,5 =
R
2
2
R
3
3
R
4
4
R
5
5
R
6
4
q1,1 = − πε0RV
2
4
q 2,2 = πε0RV
3
4
q1,3 = − πε0RV
4
4
q 2,4 = πε0RV
5
4
q1,5 = − πε0RV
6
2κ
2κ
4
4
R
β2,2κ =
R
q1,2κ =
q 2,2κ =
πε0RV
πε0RV
2κ + 1
2κ + 1
2κ + 1
2κ + 1
2κ + 1
4
2κ + 1
4
R q 2,2κ +1 = −
πε0RV β1,2κ +1 =
R q1,2κ +1 = −
πε0RV
=
2κ + 2
2κ + 2
2κ + 2
2κ + 2
β1,2κ =
β2,2κ +1
Από το κατά Taylor όµως ανάπτυγµα της συνάρτησης ln(1 + x )
ln(1 + x ) = x −
x2 x3 x4
+
−
+
2
3
4
,
(2)
για x = 1 , έχουµε
ln 2 = 1 −
1 1 1
+ − +…
2 3 4
(3)
Η (1), λόγω της (3) γράφεται
Q = 8πε0RV ln 2
(4)
Από την (4) προκύπτει η χωρητικότητα του συστήµατος
C =
Q
= 8πε0R ln 2
V
223
(5)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
4.9
Ευθύγραµµος συρµατόµορφος αγωγός πολύ µικρής κυκλικής διατοµής, φορτισµένος
µε φορτίο q1 ανά µονάδα µήκους, τοποθετείται στην τοµή των επιπέδων x = a και y = 0 ,
ενός καρτεσιανού συστήµατος συντεταγµένων oxyz . Ζητείται ο υπολογισµός της επιφανειακής πυκνότητας φορτίου στα δύο αγώγιµα και γειωµένα ηµιεπίπεδα x + y = 0 και
x −y = 0 .
y
O
z
q1
x
Σχήµα 4-22
Κατά τα γνωστά, θεωρούµε το σύστηµα των τριών ειδώλων που περιλαµβάνει τα τρία
οµοιόµορφα γραµµικά φορτία q 2 = q1 , q 3 = −q1 , q 4 = −q1 , στις γραµµές ( x = −a ,
y = 0 ), ( x = 0 , y = a ), ( x = 0 , y = −a ), αντίστοιχα.
Επειδή τα σηµεία του άξονα z απέχουν από τα τέσσερα φορτία την ίδια απόσταση
a , αν τα δυναµικά τα αναφέρουµε ως προς τα σηµεία του άξονα z – που εξ’ άλλου ανή-
κουν στην επιφάνεια αναφοράς των δυναµικών αφού τα δύο αγώγιµα ηµιεπίπεδα
x ± y = 0 , είναι γειωµένα – το δυναµικό φ στο τυχόν σηµείο P(r , θ) του µεταξύ των δύο
ηµιεπιπέδων χώρου είναι
φ = φ1 + φ2 + φ3 + φ4 ,
(1)
όπου φ1 , φ2 , φ3 , φ4 τα δυναµικά που οφείλονται στα φορτία q1 , q 2 , q 3 , q 4 αντίστοιχα και
που έχουν τις εκφράσεις
224
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
y
(0, a, 0)
r
q = -q
3
2
θ
O
q =q
r
1
(a, 0, 0)
r
1
(0, -a, 0)
P(r , θ)
3
r
(-a, 0, 0)
2
r
1
4
q =q
1
x
1
q = -q
4
1
Σχήµα 4-23
φ1 = −
q1
r
ln 1 ,
2πε0 a
(2)
φ2 = −
q2
r
ln 2 ,
2πε0
a
(3)
φ3 = −
q3
r
ln 3
2πε0
a
(4)
φ4 = −
q4
r
ln 4
2πε0
a
(5)
και
Η (1), λόγω των (2)-(5), επειδή q1 = q2 = q1 και q 3 = q 4 = −q1 , γράφεται
φ(r , θ) = −
{
q1
r
r
r
r
ln 1 + ln 2 − ln 3 − ln 4
2πε0
a
a
a
a
}
ή
φ(r , θ) = −
q1
{ln r1 + ln r2 − ln r3 − ln r4 }
2πε0
(6)
Από την (6), αν αντικαταστήσουµε τις αποστάσεις r1 , r2 , r3 και r4 από το νόµο του
συνηµιτόνου προκύπτει:
225
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
φ(r , θ) = −
q1
{ln(r 2 − 2ar cos θ + a 2 ) + ln(r 2 + 2ar cos θ + a 2 )
4πε0
− ln(r 2 + 2ar sin θ + a 2 ) − ln(r 2 − 2ar sin θ + a 2 )} ,
ή
φ(r , θ) = −
q1
4πε0
⎪⎧ ⎡ (r 2 + a 2 )2 − 4r 2a 2 cos2 θ ⎤ ⎪⎪⎫
⎥⎬
⎨⎪ln ⎢⎢ 2
2 2
2 2
2
⎥
⎪⎪⎩ ⎣ (r + a ) − 4r a sin θ ⎦ ⎪⎪⎭
(7)
Πάνω στα δύο ηµιεπίπεδα θ = ±π / 4 , η συνιστώσα Dθ της διηλεκτρικής µετατόπισης, είναι ίση µε τη ζητούµενη πυκνότητα επιφανειακών φορτίων
⎛ 1 ∂φ ⎞⎟
ρS = −Dθ = −ε0E θ = ε0 (∇φ)θ = ε0 ⎜⎜
.
⎜⎝ r ∂θ ⎠⎟⎟θ =±π / 4
(8)
Αλλά, λόγω της (7),
q
∂φ
=− 1
∂θ
4πε0
⎡
8r 2a 2 cos θ sin θ
8r 2a 2 cos θ sin θ ⎤⎥
⎢
+
⎢ (r + a )2 − 4r 2a 2 cos2 θ (r + a )2 − 4r 2a 2 sin2 θ ⎥
⎣
⎦
και
⎡
⎤
q
1 ∂φ
1
1
⎥
= − 1 ra 2 sin 2θ ⎢
+
2
2 2
2
2
2 2
2
⎢
⎥
+
−
+
−
(
)
4
cos
(
)
4
sin
r ∂θ
r
a
r
a
r
a
r
a
πε0
θ
θ
⎣
⎦
(9)
Τέλος, από τις (8) και (9) προκύπτει η ζητούµενη επιφανειακή πυκνότητα
ρS = −
⎤
2q1 2 ⎡⎢
1
⎥
ra
2
2
2
⎢ (r + a ) − 2r a ⎥
π
⎣
⎦
ή
ρS = −
2q1a 2
r
4
π r + a4
(10)
Το συνολικό επιφανειακό φορτίο QS το διανεµηµένο στα δύο αγώγιµα ηµιεπίπεδα
x ± y = 0 , ανά µονάδα µήκους, είναι
4q a 2 ∞ rdr
2q1a 2
=
−
QS = ∫∫ ρS dS = − 1 ⌠
S
π ⌡0 r 4 + a 4
π
=−
2q1a 2
π
⎛1
⎞
2q a 2
1
⎜⎜ 2 arctan ∞ − 2 arctan 0⎟⎟ = − 1
⎝a
⎠⎟
a
π
ή
226
∞
⎛1
r2 ⎞
⎜⎜ 2 arctan 2 ⎟⎟⎟⎟
⎜⎝ a
a ⎠0
⎛ 1 π ⎞⎟
⎜
⎟,
⎝⎜ a 2 2 ⎠⎟
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
QS = −q1
(11)
Παρατηρούµε ότι το φορτίο QS είναι ίσο και αντίθετο προς το φορτίο q1 , όπως εξάλλου αναµέναµε, αφού όλες οι δυναµικές γραµµές ξεκινούν από τον συρµατόµορφο αγωγό
q1 και καταλήγουν στα δύο αγώγιµα ηµιεπίπεδα.
4.10 Εναέρια ηλεκτρική γραµµή αποτελείται από δύο αγωγούς A και B πολύ µεγάλου µήκους, παράλληλους προς την επιφάνεια του εδάφους από την οποία απέχουν αποστάσεις α
και β αντίστοιχα . Το επίπεδο των δύο αγωγών A και B είναι κάθετο στην επιφάνεια του.
Μεταξύ των δύο αγωγών που η ακτίνα τους r0 είναι πολύ µικρότερη από τις αποστάσεις α
και β επιβάλλεται τάση U AB . Ζητούνται να υπολογιστούν:
(α) Οι συντελεστές δυναµικού και οι µερικές χωρητικότητες του συστήµατος.
(β) Τα ηλεκτρικά φορτία που αναπτύσσονται πάνω στους αγωγούς ανά µονάδα µήκους της
γραµµής.
(γ) Τα ως προς το έδαφος δυναµικά των αγωγών.
(δ) Η ενέργεια του πεδίου της γραµµής ανά µονάδα µήκους.
(α) Έστω ότι q1 και q 2 είναι τα ανά µονάδα µήκους φορτία των αγωγών A και B .
Στα συµµετρικά ως προς το έδαφος σηµεία A ′ και B′ θεωρούµε τα γραµµικά φορτία −q1
και −q2 που είναι τα κατοπτρικά (είδωλα) των q1 και q2 .
Αν ως σηµείο αναφοράς των δυναµικών εκλεγεί η αρχή O των αξόνων, τότε, τα δυναµικά των αγωγών A , A ′ , B και B′ σ’ ένα τυχόν σηµείο P είναι, αντίστοιχα,
q1
r
ln 1 ,
2πε0 α
(1)
q1
r′
ln 1 ,
2πε0 α
(2)
q2
r
ln 2
2πε0
β
(3)
φA = −
φA ′ =
φB = −
και
227
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
y
P
r2
2r0
B
q
r1
2
A
β
q
1
r1′
a
r2′
Ο
x
a
β
A΄
-q
1
B΄
-q
2
Σχήµα 4-24
φB′ =
q2
r′
ln 2
2πε0
β
(4)
Το δυναµικό φ του πεδίου της γραµµής στο σηµείο P που προκύπτει από το άθροισµα φ = φA + φA ′ + φB + φB′ , λόγω των (1), (2), (3) και (4), είναι
φ=
q1
r′
q
r′
ln 1 + 2 ln 2
2πε0 r1 2πε0 r2
(5)
Αν φ1 και φ2 είναι τα δυναµικά στις επιφάνειες των αγωγών A και B , από την (5),
και επειδή r0
α, β , έχουµε
φ1 =
q1
q
2α
α+β
ln
+ 2 ln
2πε0
r0
2πε0
β −α
(6)
φ2 =
q1
q
2β
α+β
ln
+ 2 ln
2πε0 β − α 2πε0
r0
(7)
και
228
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Από τις (6) και (7), προκύπτουν οι συντελεστές δυναµικού του συστήµατος
p11 =
1
2α
1
α+β
1
2β
, p12 = p21 =
, p22 =
ln
ln
ln
β −α
2πε0
r0
2πε0
2πε0
r0
(8)
Αν το σύστηµα των εξισώσεων (6) και (7) λυθεί ως προς q1 και q 2 , έχουµε:
q1 =
⎛ 2β
α + β ⎞⎟
φ1 − ln
φ2 ⎟⎟
⎜⎜⎜ln
β − α ⎠⎟
⎝⎜ r0
(9)
⎛
⎞
⎜⎜− ln α + β φ + ln 2α φ ⎟⎟ ,
1
2⎟
⎜⎜⎝
r
β −α
⎠⎟
(10)
2πε0
∆
και
q2 =
2πε0
∆
0
όπου
2
2α 2β ⎛⎜ α + β ⎞⎟
⎟
∆ = ln
ln
− ⎜ln
r0
r0 ⎜⎝ β − α ⎠⎟⎟
(11)
Όπως φαίνεται από τις (9) και (10) οι συντελεστές επαγωγής και χωρητικότητας είναι:
c11 =
2πε0 2β
,
ln
r0
∆
c12 = c21 = −
2πε0 α + β
ln
,
∆
β −α
c22 =
2πε0 2α
ln
r0
∆
(12)
Από τη (10), υπολογίζονται οι µερικές χωρητικότητες του συστήµατος:
C 11 = c11 + c12 =
2πε0
∆
⎛ 2β
α + β ⎞⎟
⎜⎜ln
⎟⎟ ,
−
ln
⎜⎜⎝ r
β − α ⎠⎟
(13)
0
2πε0 α + β
ln
β −α
∆
(14)
⎛ 2α
α + β ⎞⎟
⎜
⎟
⎜⎝⎜⎜ln r − ln β − α ⎠⎟⎟
0
(15)
C 12 = C 21 = −c12 = −c21 =
και
C 22 = c21 + c22 =
2πε0
∆
(β) Επειδή τα φορτία q1 και q 2 είναι ίσα και αντίθετα (q = q1 = −q 2 ) , από την κατά
µέλη αφαίρεση των (6) και (7), έχουµε
U AB = φ1 − φ2 =
q
2πε0
⎛ 2α
2β
β + α ⎞⎟
⎟⎟ ,
+ ln
− 2 ln
⎜⎜⎜ln
⎜⎝ r0
r0
β − α ⎠⎟
(16)
οπότε
q = q1 = −q2 = C 0U AB ,
229
(17)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
όπου
C0 =
2πε0
πε0
=
,
2α
2β
β +α
2 αβ (β − α)
+ ln
− 2 ln
ln
ln
r0
r0
β −α
r0 (β + α)
(18)
είναι η χωρητικότητα λειτουργίας του συστήµατος των δύο αγωγών.
(γ) Με αντικατάσταση των (17) και (18) στις (6) και (7) προκύπτουν τα δυναµικά φ1
και φ2 των δύο αγωγών A και B
⎛
⎞
⎜⎜ln 2α − ln β + α ⎟⎟ =
⎟
⎜⎝⎜ r
β − α ⎠⎟
2α(β − α)
r0 (β + α)
U AB
2 αβ (β − α)
2 ln
r0 (β + α)
(19)
C U ⎛ β +α
2β ⎞
− ln ⎟⎟⎟ =
φ2 = 0 AB ⎜⎜⎜ln
2πε0 ⎝⎜ β − α
r0 ⎠⎟
r0 (β + α)
2β(β − α)
U AB
2 αβ (β − α)
2 ln
r0 (β + α)
(20)
CU
φ1 = 0 AB
2πε0
0
ln
και
ln
(δ) Η ενέργεια η αποθηκευµένη στο πεδίο της γραµµής (ανά µονάδα µήκους) είναι
We =
1 2
1
1
1
1
2
=
∑ qi φi = 2 q(φ1 − φ2 ) = 2 qU AB = 2 C 0U AB
2 i =1
2
πε0
2
U AB
(21)
2 αβ (β − α)
ln
r0 (β + α)
4.11 ∆ύο όµοιες µεταλλικές σφαίρες (1) και (2) ακτίνας r0 , βρίσκονται στο ίδιο ύψος α
από την επιφάνεια του εδάφους, και απέχουν µεταξύ τους απόσταση β . Το ως προς το έδαφος δυναµικό των σφαιρών (1) και (2) είναι V0 και −V0 , αντίστοιχα. Ζητείται:
(α) Να υπολογιστεί η ενέργεια του συστήµατος.
(β) Να υπολογιστεί το ποσό της θερµότητας που θα αποδοθεί στο περιβάλλον αν µια από τις
σφαίρες συνδεθεί προς στιγµήν αγώγιµα µε το έδαφος.
∆ίνεται ότι η ακτίνα r0 είναι πολύ µικρότερη από τις αποστάσεις α και β .
230
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
β
Q1
1
2r0
2
Q2
a
γ
a
-Q1
-Q2
Σχήµα 4-25
(α) Αν Q1 , Q2 είναι τα φορτία και φ1 = V0 , φ2 = −V0 είναι τα δυναµικά των δύο
σφαιρών, τότε, αν θεωρήσουµε και το έδαφος (Q3 , φ3 = 0) , σαν ένα τρίτο αγωγό (3) , έχουµε ένα κλειστό σύστηµα τριών αγωγών (1) , (2) και (3) , για το οποίο προφανώς ισχύει
η σχέση
Q1 + Q2 + Q3 = 0 .
(1)
Επίσης, µε εισαγωγή των συντελεστών επαγωγής και χωρητικότητας, έχουµε
Q1 = c11φ1 + c12φ2 + c13φ3 ,
(2)
Q2 = c21φ1 + c22φ2 + c23φ3 ,
(3)
Q3 = c31φ1 + c32φ2 + c33φ3
(4)
Οι σχέσεις (2) και (3), αν λάβουµε υπόψη τις σχέσεις c11 = c22 (από τη συµµετρία του
προβλήµατος), c12 = c21 , c13 = c31 , c23 = c32 , και επειδή είναι φ1 = V0 , φ2 = −V0 και
φ3 = 0 , δίνουν
Q1 = c11V0 − c12V0 ,
(5)
Q2 = c12V0 − c11V0
(6)
Από τις (1), (5) και (6) προκύπτει
231
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
Q1 = −Q2
(7)
Q3 = 0
(8)
και
Αν τώρα, θεωρήσουµε και τα δύο είδωλα των σφαιρών (1) και (2) και υπολογίσουµε
το δυναµικό των τεσσάρων φορτίων στην επιφάνεια του αγωγού (1) , επειδή r0
α, β ,
έχουµε
1
4πε0
φ1 = V0 =
⎛Q
Q
Q
Q ⎞
⎜⎜⎜ 1 − 1 + 2 − 2 ⎟⎟⎟ ,
⎜⎝ r0
2α
β
γ ⎠⎟
(9)
ή, λόγω της (7),
V0 =
Q1
4πε0
⎛1
1
1
1
⎜⎜
− +
⎜⎜ −
2
⎜⎝ r0 2α β
4α + β 2
⎞⎟
⎟⎟
⎟
⎠⎟
(10)
Από τις (7) και (10) προκύπτουν τα φορτία των δύο αγωγών συναρτήσει του δυναµικού V0
Q1 = −Q2 =
4πε0V0
.
1
1
1
1
−
− +
r0 2α β
4α 2 + β 2
(11)
Η ενέργεια του πεδίου του συστήµατος είναι
We =
1
1
(Q1φ1 + Q2φ2 ) = [Q1V0 + (−Q1 )(−V0 )] = QV
1 0,
2
2
(12)
ή λόγω της (11),
We =
4πε0V02
1
1
1
1
−
− +
2
r0 2α β
4α + β 2
(13)
(β) Έστω ότι γειώνουµε τη σφαίρα (1) .
Αν Q1′ , Q2′ είναι τα φορτία και φ1′ , φ2′ τα δυναµικά των δύο σφαιρών, τότε, προφανώς, ισχύουν οι
φ1′ = 0
(14)
Q2′ = Q2 = −Q1
(15)
και
232
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
Επειδή όµως, το δυναµικό φ1′ που προκύπτει από την υπέρθεση των δυναµικών των
τεσσάρων φορτίων είναι
φ1′ = 0 =
1
4πε0
⎛Q ′ Q ′ Q
Q2
⎜⎜ 1
1
+ 2 −
⎜⎜ −
β
2α
⎜⎝ r0
4α 2 + β 2
⎞⎟
⎟⎟ ,
⎟
⎠⎟
(16)
από τις (15) και (16) έχουµε
Q1′ = −
2r0 α( β 2 + 4α 2 − β )
β(2α − r0 ) β 2 + 4α 2
Q1
(17)
Το δυναµικό φ2′ της σφαίρας (2) είναι
φ2′ =
1
4πε0
⎛Q ′
Q1′
Q1 Q1 ⎞⎟⎟
⎜⎜ 1
−
−
+
⎟
⎜⎜
r0
2α ⎠⎟⎟
⎜⎝ β
4α 2 + β 2
(18)
ή λόγω της (17),
2
2 ⎤
⎡⎛
⎞⎟ ⎛ 1
⎢ ⎜⎜ 1
1
1 ⎞⎟ ⎥
⎜
⎟
⎟
⎢⎜ −
⎟ −⎜ − ⎟ ⎥
4α2 + β 2 ⎠⎟⎟ ⎝⎜⎜ r0 2α ⎠⎟ ⎥
Q1 ⎢⎢ ⎜⎝⎜ β
⎥
φ2′ =
⎥
1
1
4πε0 ⎢⎢
⎥
−
r0 2α
⎢⎢⎣
⎥⎥⎦
(19)
Η ενέργεια του πεδίου στη δεύτερη κατάσταση είναι
1
1
1
1
We′ = Q1′φ1′ + Q2′φ2′ = Q2′φ2′ = − Q1φ2′
2
2
2
2
(20)
Η (20), µετά την αντικατάσταση των Q1 και φ2′ από τις (11) και (19), γράφεται
⎡
⎢
⎢ αr0
2 ⎢
′
We = 4πε0V0
⎢ (2α − r0 )
⎢
⎢⎢
⎣
1
1
1
1 ⎤
−
+ −
⎥
2
2
r0 2α ⎥
β
4α + β
⎥
⎥
1
1
1
1
−
− +
⎥
2
2
r0 2α β
4α + β ⎥⎥⎦
(21)
Η ενέργεια Wθ που αποδίδεται στο περιβάλλον υπό µορφή θερµότητας υπολογίζεται από
τη διαφορά Wθ = We −We′ . Με αντικατάσταση των (13) και (21) προκύπτει
⎛ αr0 ⎞⎟
⎟
Wθ = 4πε0V02 ⎜⎜⎜
⎜⎝ 2α − r0 ⎠⎟⎟
233
(22)
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
4.6
Ασκήσεις
4/1 Σ’ ένα οµοιόµορφο πεδίο E0 , εκτεινόµενο στον άπειρο κενό χώρο (ε = ε0 ) , εισάγεται αφόρτιστος αγώγιµος κύλινδρος πολύ µεγάλου µήκους, ακτίνας R , µε τον άξονά του
κάθετο στη διεύθυνση του πεδίου. Να καθοριστεί η συνάρτηση δυναµικού φ και η ηλεκτρική πεδιακή ένατση E µέσα και έξω από τον κύλινδρο.
4/2 Το δυναµικό του εσωτερικού οπλισµού ενός σφαιρικού πυκνωτή ακτίνων a και b
(a < b) , ως προς τον εξωτερικό οπλισµό που είναι γειωµένος, είναι V0 . Αν ε = εr ε0 είναι
η διηλεκτρική σταθερά του µεταξύ των οπλισµών διηλεκτρικού, ζητούνται:
(α) Με ολοκλήρωση της εξίσωσης Laplace ∇2φ = 0 , σ’ ένα σύστηµα σφαιρικών συντεταγµένων, να βρεθεί η συνάρτηση δυναµικού φ και η ηλεκτρική πεδιακή ένταση E .
(β) Να βρεθεί η πυκνότητα των επιφανειακών φορτίων των οπλισµών.
(γ) Αν ο χώρος µεταξύ του εξωτερικού οπλισµού και της σφαιρικής επιφάνειας ακτίνας
ri = (a + b)/ 2 , αντί του διηλεκτρικού, περιέχει αέρα, να υπολογιστεί η χωρητικότητα του
πυκνωτή.
4/3 Σ’ ένα οµοιόµορφο εξωτερικό πεδίο E0 , εισάγεται µια κοίλη διηλεκτρική σφαίρα,
σχετικής διηλεκτρικής σταθεράς εr , µε εσωτερική και εξωτερική ακτίνα a και b , αντίστοιχα. Να δειχτεί ότι η ηλεκτρική πεδιακή ένταση στην κοιλότητα, δίνεται από την
E=
9εr
E0 .
(2εr + 1)(εr + 2) − 3(εr − 1)2 (a / b)3
4/4 Μια αφόρτιστη αγώγιµη σφαίρα ακτίνας a είναι χωρισµένη σε δύο ηµισφαίρια. Η
σφαίρα εισάγεται σ’ ένα οµοιόµορφο εξωτερικό πεδίο E 0 που είναι κάθετο στο επίπεδο
διαχωρισµού των δύο ηµισφαιρίων. Να δειχτεί ότι, τα ηµισφαίρια τείνουν να αποχωρι-
234
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
σθούν και απαιτείται να επιβληθούν σ’ αυτά δύο αντίθετες δυνάµεις ίσες προς
g
πε0a 2E 02
4
για να διατηρηθούν ενωµένα.
4/5 Να µελετηθούν τα πεδία που προκύπτουν από τις συναρτήσεις της µιγαδικής µεταβλητής z = x + jy :
(α) W = cz 2 ,
(β) W = c / z ,
(γ) W = c1 arccos h
z
,
c2
όπου c1 , c2 , c σταθερές.
4/6
Γραµµικό φορτίο, διανεµηµένο οµοιόµορφα µε γραµµική πυκνότητα q1 πάνω σε µια
ευθεία γραµµή παράλληλη προς τη διαχωριστική – επίπεδη – επιφάνεια δύο διηλεκτρικών
(I) και (II) µε διηλεκτρικές σταθερές ε1 και ε2 αντίστοιχα, είναι τοποθετηµένο στο διη-
λεκτρικό (I) σε απόσταση h από τη διαχωριστική επιφάνεια. Ζητείται ο καθορισµός του
πεδίου στα σηµεία των δύο διηλεκτρικών (I) και (II) .
4/7
Ο χώρος, πάνω από το απέραντο επίπεδο z = 0 είναι κενός ύλης, ενώ ο χώρος κά-
τω από το επίπεδο αυτό είναι γεµάτος µε οµογενές και ισότροπο µονωτικό υλικό διηλεκτρικής σταθεράς ε2 = 4ε0 . Αν πάνω στη διαχωριστική επιφάνεια z = 0 δεν υπάρχουν
ηλεκτρικά φορτία, ζητείται:
(α) Να εξεταστεί ποια από τις παραπάνω σχέσεις (1) και (2) µπορεί να δίνει τη συνάρτηση
δυναµικού του πεδίου:
⎧
⎪
⎪⎪φ = A ⎛⎜⎜ 1 − 0, 6 ⎞⎟⎟
1
⎟
⎪
⎜⎝⎜ r
r2 ⎠⎟
⎪
1
⎪
⎨
⎪
0, 4A
⎪
⎪⎪φ2 =
r1
⎪
⎪
⎩
για
z ≥0
(1)
για
ή τις σχέσεις
235
z ≤0
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
⎧
⎪
⎪φ = A ⎜⎛⎜ 1 − 0, 4 ⎞⎟⎟
⎪
1
⎟
⎪
⎜⎜⎝ r1
r2 ⎠⎟
⎪
⎪
⎨
⎪
0, 6A
⎪
⎪φ2 =
⎪
r1
⎪
⎪
⎩
για
z ≥0
(2)
για
z ≤0
όπου A σταθερή ποσότητα, ίση προς 9000 (V·cm), και r1 , r2 οι παρακάτω συναρτήσεις
των συντεταγµένων
r1 = (x 2 + y 2 + (z − 8 (cm))2 )1/ 2 , r2 = (x 2 + y 2 + (z + 8 (cm))2 )1/ 2 .
(β) Για την πραγµατική από τις πιο πάνω δύο περιπτώσεις να βρεθούν:
(β1) Το µέγεθος και η θέση των ηλεκτρικών φορτίων που δηµιουργούν το πεδίο.
(β2) Η χάραξη του τµήµατος της δυναµικής γραµµής που βρίσκεται στο χώρο z < 0
και διέρχεται από το σηµείο P(x = 0, y = 6 (cm), z = 0) .
(β3) Η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από το τµήµα του επιπέδου z = 0 , που περιορίζεται από την ισοδυναµική επιφάνεια φ = 360 (V).
4/8 Το ένα ηµισφαίριο µιας κοίλης αγώγιµης γειωµένης σφαίρας ακτίνας R , είναι γεµάτο
µε διηλεκτρικό διηλεκτρικής σταθεράς ε . Πάνω στον άξονα συµµετρίας και σε απόσταση
R / 3 από την επίπεδη επιφάνεια του διηλεκτρικού, βρίσκεται σηµειακό φορτίο q , στο
οποίο δεν εξασκείται ηλεκτρική δύναµη. Ζητείται ο υπολογισµός της διηλεκτρικής σταθεράς ε του διηλεκτρικού.
q
R
R/3
ε
Σχήµα 4-26
236
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
4/9 Στα διαδοχικά σηµεία A , B , Γ µιας ευθείας βρίσκονται τα κεντρικά φορτία
QΑ = 15 (nC), QΒ = 12 (nC) και QΓ = 20 (nC), αντίστοιχα. Αν οι αποστάσεις (ΑΒ) και
(ΒΓ) είναι (ΑΒ) = 9 cm και (ΒΓ) = 16 cm, ζητούνται:
(α) Να αποδειχτεί ότι στο πεδίο που δηµιουργείται από τα τρία φορτία QΑ , QΒ , QΓ , υπάρχουν δύο τεµνόµενες σφαίρες που αποτελούν µία ισοδυναµική επιφάνεια. Να βρεθεί το µέγεθος και το δυναµικό αυτών των σφαιρών.
(β) Να δειχτεί ότι η γωνία µε την οποία τέµνονται οι δυο σφαίρες είναι ορθή.
(γ) Να βρεθεί, χωρίς άλλες µαθηµατικές πράξεις, ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων στα
οποία η πεδιακή ένταση είναι µηδέν. ∆εδοµένου ότι ο τόπος των σηµείων αυτών είναι περιφέρεια κύκλου να καθοριστεί η θέση του κέντρου της και η ακτίνα.
4/10 Οι άξονες δύο παραλλήλων αγωγίµων κυλίνδρων απείρου µήκους και ακτίνων a
και b , απέχουν απόσταση d (d > a + b) . Αν ε είναι η διηλεκτρική σταθερά του περιβάλλοντος τους κυλίνδρους χώρους, να αποδειχτεί ότι η ανά µονάδα µήκους χωρητικότητα
του συστήµατος δίνεται από τη σχέση
C =
2πε
.
cosh−1[(d 2 − a 2 − b 2 )/ 2ab ]
4/11 Αν ένας συµπαγής αγώγιµος κύλινδρος ακτίνας a τοποθετηθεί στο εσωτερικό ενός
αγώγιµου κυλινδρικού κελύφους εσωτερικής ακτίνας b (b > a ) , έκκεντρα και παράλληλα,
έτσι ώστε οι άξονες να απέχουν απόσταση d (d < b − a ) , να δειχτεί ότι η ανά µονάδα µήκους χωρητικότητα του συστήµατος δίνεται από τη σχέση
C =
2πε
cosh [(d − a 2 − b 2 )/ 2ab ]
−1
2
237
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
b
a
d
Σχήµα 4-27
4/12 Ο χώρος πάνω από το απέραντο επίπεδο z = 0 είναι κενός ύλης, ενώ ο χώρος κάτω
από το επίπεδο αυτό είναι γεµάτος µε οµογενές και ισότροπο διηλεκτρικό υλικό σχετικής
διηλεκτρικής σταθεράς εr . Στο χώρο z > 0 και σε απόσταση h , από τη διαχωριστική επιφάνεια (z = 0) είναι τοποθετηµένο σηµειακό φορτίο q . Αν οι γωνίες µιας δυναµικής
γραµµής µε τη διεύθυνση την κάθετη στη διαχωριστική επιφάνεια στη θέση του φορτίου
και στο σηµείο όπου τέµνει τη διαχωριστική επιφάνεια είναι, αντίστοιχα, θ και ω , να δειχτεί ότι ισχύει η σχέση
sin
ω
=
2
2εr
θ
sin
εr + 1
2
238
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4
z
q
ε0
θ
h
z=0
ε = εr ε0
x
ω
Σχήµα 4-28
4/13 ∆ίνεται θετικό σηµειακό φορτίο q σε απόσταση d από το κέντρο µεταλλικής αγείωτης σφαίρας ακτίνας r0 (d > r0 ) . Να βρεθεί το ελάχιστο θετικό φορτίο Q που πρέπει να
έχει αρχικά η σφαίρα, ώστε η επιφανειακή πυκνότητα ρs σε κάθε σηµείο της σφαίρας να
είναι παντού θετική.
4/14 Ένα οµοιόµορφα κατανεµηµένο γραµµικό φορτίο µε πυκνότητα ρl στη γραµµή
x = c , y = 0 , είναι παράλληλο προς τον γειωµένο αγώγιµο κύλινδρο x 2 + y 2 = a 2
(a < c) . Να βρεθεί η δύναµη που ασκείται – ανά µονάδα µήκους – στο γραµµικό φορτίο.
4/15 ∆ίνεται αγώγιµη σφαίρα ακτίνας a και σηµειακό φορτίο q σε απόσταση d από το
κέντρο της σφαίρας (d > r0 ) . Αν η σφαίρα έχει το δυναµικό του απείρου, να βρεθεί ο
λόγος του φορτίου που βρίσκεται στο τµήµα της σφαίρας που είναι ορατό από το φορτίο q ,
προς το υπόλοιπο φορτίο της.
239
ΜΕΘΟ∆ΟΙ ΕΠΙΛΥΣΗΣ ΤΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ
4/16 ∆ύο πολύ λεπτά αγώγιµα ευθύγραµµα σύρµατα πολύ µεγάλου µήκους είναι τοποθετηµένα στο εσωτερικό ενός µεταλλικού σωλήνα κυκλικής διατοµής ακτίνας α . Τα σύρµατα είναι παράλληλα προς τον άξονα του κυλίνδρου και βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο µε αυτόν. Αν στα δύο σύρµατα, που απέχουν επίσης την ίδια απόσταση β από τον άξονα του
κυλίνδρου, τοποθετηθούν δύο ίσα και ετερώνυµα οµοιόµορφα κατανεµηµένα γραµµικά
φορτία, ζητείται να βρεθούν
(α) Σε ποια απόσταση από τον άξονα πρέπει να τοποθετηθούν τα δύο σύρµατα ώστε να µην
ασκείται καµιά δύναµη πάνω σ’ αυτά.
(β) Η δύναµη που ασκείται σε κάθε σύρµα για τα δεδοµένα: α = 2 (cm), β = 12 (mm) και
πυκνότητα φορτίου q1 = 20 nCb/mm.
4/17 ∆ύο απέραντοι αγώγιµοι κύλινδροι ακτίνων R και µε απόσταση αξόνων a
(a > 2R) τίθενται υπό τάση U . Ζητούνται:
(α) Το ανά µονάδα µήκους φορτίο κάθε κυλίνδρου.
(β) Η ένταση του πεδίου στα σηµεία του επιπέδου των αξόνων των κυλίνδρων.
(γ) Να αποδειχτεί ότι ο λόγος της µέγιστης προς την ελάχιστη ένταση στο τµήµα αυτό (µεa + 2R
ταξύ των κυλίνδρων) είναι
.
4R
(δ) Ποια είναι η δύναµη µε την οποία αλληλεπενεργούν οι κύλινδροι;
240
© Copyright 2024 Paperzz
