Застосування теореми Гаусса

Приклад 2.5

Електростатичне поле ізольованої зарядженої провідної кулі

Нехай куля радіуса має заряд (рис.2.5). Всередині провідного тіла електростатичне поле відсутнє. Оскільки поле зовні кулі має сферичну симетрію, то можна застосувати інтегральну форму теореми Гаусса (1.16).

Обведемо заряджену кулю сферичною поверхнею радіусом і запишемо теорему Гаусса

.

В зв’язку з симетрією напруженість поля для усіх точок сфери має одне і те ж саме значення і направлена нормально до поверхні сфери, тому вектори і збігаються за напрямком і можна записати

.

Рисунок 2.5Оскільки вся поверхня сфери радіуса , дорівнює , то

і

.

Даний вираз збігається з виразом напруженості точкового заряду, якщо вважати його розташованим в центрі провідної кулі.

Потенціал поля в будь-якій точці зовні кулі визначається

.

Якщо шлях інтегрування вибрати по радіусу , то в зв’язку з тим що вектори і збігаються за напрямком

,

де – постійна інтегрування.

Прийнявши потенціал точки, яка віддалена в нескінченність , рівним нулю, отримаємо і тоді

. (2.4)

Потенціал самої кулі визначається

.

Ємність відокремленої зарядженої кулі становить

.

Ємність земної кулі при

.

Приклад 2.6

Мильна кулька, радіусом з товщиною стінки заряджена до потенціалу лопнула і перетворилась в краплю, яка має об’єм, що дорівнює об’єму стінки кульки. Визначити потенціал краплі, якщо на ній зберігся той самий заряд.

Розв’язування. Позначимо заряд мильної кульки через і використаємо (2.4) для його визначення

.

Знайдемо об’єм стінок мильної кульки

.

Вважаючи, що крапля має сферичну форму, знайдемо її радіус

,

звідки

.

Потенціал краплі

.

Приклад 2.7

Поле діелектричної зарядженої кулі

Нехай в пустоті розміщено кулю радіусом з діелектричною проникністю , заряд якої рівномірно розподілений по об’єму (рис.2.6).

В зв’язку з тим, що куля і середовище, в якому вона знаходиться, різні, застосуємо теорему Гаусса два рази – всередині і зовні кулі.

Проведемо сферичну поверхню радіусом і запишемо теорему Гаусса

.

Рисунок 2.6 Всередині цієї поверхні знаходиться частина заряду рівна заряду , який знайдемо через об’ємну густину заряду

,

.

Як і в попередньому прикладі

,

тому

і

. (2.6)

Всередині кулі напруженість лінійно зростає від центра кулі до її поверхні.

Для визначення напруженості зовні кулі опишемо заряд сферичною поверхнею радіусом . Застосувавши ті ж самі міркування, що і раніше, отримаємо

, , , .

Поле зовні кулі таке ж саме, як і поле точкового заряду , зосередженого в центрі кулі.

Знайдемо закон зміни потенціалу в полі зовні кулі

,

для чого проінтегруємо за радіусом

,

де – постійна інтегрування.

Прийнявши потенціал нескінченно віддаленої точки рівним нулю, отримаємо

і (2.7)

Потенціал поля всередині кулі визначається

.

Постійну інтегрування знаходимо із граничних умов. На межі розділу середовищ потенціальна функція неперервна, тому

,

тобто

.

Звідки

і

.

На рис.2.7 наведені графіки зміни потенціалу і напруженості в залежності від відстані .

Рисунок 2.7

На межі розділу середовищ напруженість поля має розрив, в зв’язку з тим, що виконується гранична умова

.

Знайдемо енергію електростатичного поля, використавши для цього (1.68). Енергія поля всередині кулі визначається

.

Елемент об’єму представимо як добуток сферичної поверхні на елемент радіуса

.

Отже

. (2.8)

Енергія поля зовні кулі

або

. (2,9)

Загальна енергія всього поля визначається

. (2.10)

Якщо мати на увазі, що , то (2.10) показує, що більша частина енергії припадає на поле в охоплюючому кулю просторі.

Приклад 2.8

Поле зарядженої осі

Під зарядженою віссю розуміють тонкий і дуже довгий прямолінійний провідник. Нехай тонка вісь має рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною (рис.2.8).

Рисунок 2.8

Дана задача розглянута в прикладі 2.4. Застосуємо для її розв’язання теорему Гаусса. Оскільки поле тонкої осі має циліндричну симетрію, обведемо її циліндричною поверхнею радіусом і запишемо теорему Гаусса

.

Завдяки симетрії вектор напруженості поля скрізь нормальний до поверхні , має одне і те ж саме значення і збігається за напрямком з вектором , тому

.

Всю замкнену поверхню циліндра подамо як суму бокової поверхні і двох її торцевих поверхонь. Для дуже довгої осі потоком вектора через торцеві поверхні можна знехтувати. Отже,

,

де – довжина осі.

Звідки

. (2.11)

Вираз (2.11) збігається з (2.3), але отримано його простіше.

Потенціал точок поля, що знаходиться на відстані від осі, можна визначити

.

Проінтегрувавши за радіусом і врахувавши те, що вектори і збігаються за напрямком, отримаємо

, (2.12)

де – постійна інтегрування.

Її величина залежить від вибору точки, потенціал якої приймають рівним нулю.

Приклад 2.9

Поле нескінченно великої провідної площини

Нескінченно велика провідна площина має рівномірно розподілений заряд з поверхневою густиною . Розглянемо напруженість поля в точці (рис.2.9, а), яка знаходиться на відстані від площини.

Рисунок 2.9

Зауважимо, що на площині завжди знаходяться дві симетрично розташовані, рівні за величиною площинки і , заряди яких і в точці дають напруженості і , рівні за величиною і направлені під одним і тим же кутом до перпендикулярної лінії. Сума значень напруженостей буде нормальна до зарядженої площини. Даний висновок справедливий для будь-якої точки, що знаходиться на відстані від площини і тим самим показує, що для усіх точок простору, які знаходяться на відстані від зарядженої площини, напруженість поля нормальна до цієї площини і має одне і те ж саме значення.

Обведемо частину простору циліндричною поверхнею, яка пересікає заряджену площину (рис.2.9, б). Бокова поверхня дорівнює , а торцеві поверхні паралельні до зарядженої площини. Знайдемо потік вектора напруженості поля через цю замкнену поверхню, розбивши її на три частини

.

Перший інтеграл дорівнює нулю, тому що вектор і вектор площинки бокової поверхні перпендикулярні один до одного. В двох інших інтегралах вектори і паралельні, напруженість поля для всіх точок поверхонь і має одне і те ж саме значення, тому

.

Звідки

. (2.13)

Отже, напруженість поля, яка створюється нескінченно зарядженою пластиною не залежить від відстані до цієї пластини, має у всіх точках простору одне і те ж саме значення (2.13) і направлена нормально до пластини. Таке поле називають однорідним.

Приклад 2.10

Електростатичне поле плоского конденсатора

Розташуємо дві плоскі нескінченні пластини і , що заряджені протилежними зарядами з однаковою поверхневою густиною на відстані одна від одної (рис.2.10).

У відповідності з принципом накладання поля від двох заряджених пластин накладаються одне на одне, тому напруженість поля у всіх точках між пластинами

. (2.14)

Рисунок 2.10

В просторі зовні пластин напрямок напруженостей і протилежний і тому

, (2.15)

тобто поле зовні пластин відсутнє.

Якщо пластини мають певні розміри (плоский конденсатор), але відстань між ними значно менша порівняно з розмірами пластин, то співвідношення (2.14) і (2.15) є справедливими для всього простору між пластинами, виключаючи їхні краї, де поле суттєво спотворюється.

Вираз (2.14) показує, що силовими лініями поля є прямі, що перпендикулярні пластинам (рис.2.11 суцільні лінії).

Для знаходження потенціалу виберемо прямокутну систему координат. Тоді

.

Для визначення постійної інтегрування вважаємо, що потенціал пластини дорівнює нулю, тобто граничні умови:

при .

Рисунок 2.11

Звідси

і

. (2.16)

Еквіпотенціальні поверхні ( ) представляють собою площини, які паралельні обкладинкам конденсатора (рис.2.11 пунктирні лінії).

Потенціал пластини при визначається

.

Напруга між пластинами

. (2.17)

В зв’язку з тим, що

,

де – поверхня одної пластини,

то

.

Тоді ємність плоского конденсатора

.

Енергія поля плоского конденсатора визначається

.

Можна також записати

. (2.19)

Нехай плоский конденсатор має площу однієї пластини , , діелектричну проникність діелектрика між обкладинками .

Пробивна напруга діелектрика . Знайти ємність конденсатора і ту напругу , при якій діелектрик конденсатора буде пробито, тобто втратяться його діелектричні властивості.

Ємність конденсатора (2.18) визначається

.

Напруга, при якій діелектрик може пробитися становить

.

Приклад 2.11

Плоский конденсатор з двошаровим діелектриком

Нехай в плоскому конденсаторі два діелектрика (рис.2.12) – один з діелектричною проникністю товщиною , другий з діелектричною проникністю , товщиною .

Для неоднорідного середовища зручно застосувати вектор електричного зміщення, який для даного випадку в кожній точці поля конденсатора має одне і те ж саме значення, що дорівнює поверхневій густині заряду (1.56)

.

Звідси напруженості для першого і другого шарів визначаються

Рисунок 2.12

і

. (2.20)

Напруга між пластинами в однорідному полі становить

. (2.21)

Ємність конденсатора

. (2.22)

Розглянемо як змінюється ємність і електрична міцність плоского конденсатора, якщо в його діелектрику (приклад 2.10) з’являється повітряний прошарок ( ) навколо однієї пластини товщиною . Пробивна напруга повітря .

Товщина першого шару .

Знайдемо нову ємність конденсатора

.

Виразимо напругу конденсатора через напруженість повітряного прошарку . Із (2.20) випливає, що

.

Підставимо це значення в (2.21) і отримаємо

.

Звідси пробивна напруга

.

Порівнявши отримані результати з результатами прикладу 2.10 бачимо, що прошарок мало змінив ємність конденсатора (на 21%), але в 17 разів зменшив електричну міцність конденсатора.

Ємність конденсатора з двошаровим діелектриком можна знайти і іншим шляхом. Площина розділу діелектриків є еквіпотенціальною поверхнею (паралельна обкладкам конденсатора), тому, згідно з першим наслідком теореми єдиності розв’язку, її можна замінити тонким провідним листом, по обидві сторони якого зосереджується така ж кількість протилежних зарядів, як і на обкладках конденсатора (внаслідок електростатичної індукції). Конденсатор для цього випадку можна розглядати як два послідовно з’єднаних конденсатора, що мають одну спільну обкладку. Ємності цих конденсаторів відповідно дорівнюють

,

а загальна ємність визначається

.

Приклад 2.12

Електростатичне поле коаксіального кабелю

Коаксіальний кабель має внутрішній провідник радіусом і зовнішній провідник у вигляді труби радіуса (рис.2.13).

Обидва провідники мають спільну вісь і розділені діелектриком. Радіуси провідників значно менші їхньої довжини . Внутрішній провідник заряджений до заряду , а зовнішній – до . Всередині провідників поле відсутнє.

Рисунок 2.13 Поле зовні коаксіального кабелю також відсутнє, тому що зовнішня оболонка кабелю є екран.

Для знаходження поля між провідниками коаксіального кабелю обведемо внутрішній провідник циліндричною поверхнею радіусом і застосуємо теорему Гаусса

.

В зв’язку з симетрією напруженість поля для всієї поверхні інтегрування однакова і збігається за напрямком з вектором поверхні . Оскільки бокова поверхня циліндра , то

. (2.23)

Потоком вектора через торцеві поверхні циліндра в силу їхньої малості знехтуємо.

Тоді напруга між провідниками кабелю визначається

. (2.24)

Ємність кабелю

.

Ємність кабелю на одиницю довжини становить

. (2.25)

Для кабелю з параметрами:

ємність .

Визначити, яку найбільшу допустиму напругу можна прикласти до даного кабелю, щоб запас електричної міцності був не менше п’яти. Пробивна напруга .

Запасом електричної міцності називають відношення напруги (пробивної напруги), при якій відбувається пробій діелектрика, до найбільшої допустимої напруги .

Максимальна напруженість кабелю, як видно із (2.23) біля поверхні внутрішнього провідника при

. (2.26)

Напругу між провідниками кабелю (2.24) запишемо з урахуванням (2.26)

.

Пробивна напруга кабелю визначається

,

а допустима напруга з урахуванням п’ятикратного запасу міцності становить

.

Приклад 2.13

Електростатичне поле двопровідної повітряної лінії

Розглянемо електричне поле двох заряджених провідників, радіус яких значно менше ніж відстань між осями провідників і довжина лінії (рис.2.14). Такі провідники також можна назвати осями.

Рисунок 2.14

Для точки , що розташована на відстані від позитивно зарядженого провідника і на відстані від негативно зарядженого згідно з принципом накладання та формулами (2.11) і (2.12), які отримані під час розгляду зарядженої осі (приклад 2.8), матимемо

,

, . (2.27)

Якщо провідники заряджені рівномірно, то лінійна густина заряду визначається

і відповідно

, .

Потенціал точки

.

Приймемо потенціал рівним нулю в точках, де (вісь ). Тоді постійна інтегрування і

. (2.28)

Виразимо відстань і через координати і відстань між осями провідників . З рис.2.14 видно, що

, ,

тому

.

Рівняння еквіпотенціальних ліній (сліди перетину поверхонь рівні потенціалу площиною )

.

Ця формула представляє собою сім’ю рівнянь кіл (для різних ), центри яких розташовані на осі і розміщені від початку координат на відстані . При цьому

. (2.29)

Радіуси даних кіл визначаються

. (2.30)

Задавшись різними значеннями , можна отримати центри і радіуси еквіпотенціальних ліній. При радіус кола перетворюється в нескінченість, що відповідає прямій лінії з нульовим потенціалом, яка проходить паралельно лінії, що з’єднує заряджені провідники.

Силові лінії нормальні до еквіпотенціальних поверхонь. Можна показати, що вони є колами, які проходять через заряджені осі. Центри цих кіл розташовані на осі в точках . Силові лінії проводять так, щоб потоки вектора напруженості , які проходять в просторі між поверхнями, на яких розташовані сусідні силові лінії і припадають на одиницю довжини осі, були однаковими.

Потік вектора напруженості пропорційний куту між віссю і хордою силової лінії, яка проведена через вісь і точку силової лінії при (точка на рис.2.15)

.

Рисунок 2.15

Отже, потік пропорційний куту , потік – куту . Тому, для отримання однакових потоків між сусідніми силовими лініями приріст кута при переході від хорди до хорди повинен бути однаковим, тобто

,

де – кількість силових ліній.

Положення центра кола силової лінії, яке відповідає потоку , знаходиться так. Від осі необхідно провести пряму лінію, що утворює з віссю кут (рис.2.15)

.

Точка перетину цієї прямої з віссю і є центром шуканого кола.

Повна картина поля в площині перпендикулярній провідникам показана на рис.2.16.

Якщо картину поля розглядати в різних площинах, паралельних тій, що показана на рис.2.16, то для всіх таких площин картина поля буде однаковою. Поля, які мають такі властивості, називають плоско-паралельними.

Рисунок 2.16

Напругу між провідниками знайдемо як різницю потенціалів між точками і (рис.2.14), які знаходяться на поверхні провідників. Для точки , для точки , тому

, .

Напруга між провідниками визначається

. (2.31)

При виконанні умови

. (2.32)

Ємність двопровідної повітряної лінії

. (2.33)

Ємність на одиницю довжини лінії

. (2.34)

Знайдемо ємність на одиницю довжини двопровідної лінії з параметрами:

радіус провідника , відстань між осями провідників .

.

Визначимо яку максимальну напругу можна прикладати між провідниками для п’ятикратного запасу електричної міцності. Пробивна напруженість повітря .

Максимальна напруженість знаходиться в точці або (рис.2.14)

.

В зв’язку з тим, що , можна знехтувати другим доданком, і тоді

.

Підставимо значення

в (2.32) і отримаємо

.

Напруга, при якій починається електричний розряд, визначається

.

Для п’ятикратного запасу електричної міцності допустима напруга становить

.

Якщо збільшити відстань між осями провідників до , а радіус провідника до , то пробивна напруга збільшиться до

,

а допустима напруга

.

Подальше збільшення розмірів і в силу конструктивних і економічних показників недоцільне. Для того, щоб можна було включати лінію на більш високу напругу на високовольтних лініях електропередач застосовують так зване розчеплення проводу, коли окремий електричний провід заміняють групою із декількох провідників (двох, трьох, чотирьох), зсунутих один відносно одного, але електрично з’єднаних між собою (рис.2.17).

Рисунок 2.17

В цьому випадку значно збільшується радіус еквівалентного проводу. Наближено можна вважати, що для:

- випадку а) ;

- випадку б) ;

- випадку в) .

Розрахуємо допустиму напругу для розчеплених проводів, якщо :

- випадок а) ,

- випадок б) ,

- випадок в) .

Опираючись на наслідок 1 теореми єдиності розв’язку можна вважати розв’язаними стільки нових задач, скільки є на рис.2.16 різних за взаємним розташуванням пар рівнопотенціальних поверхонь, які можна розглядати як поверхні провідних тіл. Декілька таких пар показано на рис.2.18.

Рисунок 2.18

Приклад 2.14

Електростатичне поле провідних паралельних циліндрів

Нехай два довгих провідних циліндра радіусами і заряджені рівними різнойменними зарядами з лінійною густиною і та розташовані на відстані один від одного (рис.2.19).

Рисунок 2.19

Для розв’язання цієї задачі необхідно використати результати попереднього прикладу, розглянувши провідні циліндри як еквіпотенціальні поверхні.

Для того, щоб звести дану задачу до попередньої, необхідно знайти положення заряджених електричних осей і . Використавши формули (2.29) і (2.30), отримаємо

.

Отже,

. (2.35)

Врахувавши те, що і розв’язавши сумісно ці рівняння, отримаємо вирази, які дозволять знайти положення електричних осей і середину відстані між ними

. (2.36)

Напруженість поля і потенціал будь-якої точки поля можна визначити за (2.27) і (2.28), якщо відраховувати відстані і до точки від електричних осей.

В зв’язку з тим, що відстані до поверхні першого циліндра (точка ) від зарядженої осі , а від зарядженої осі , то потенціал поверхні першого циліндра визначається

. (2.37)

Аналогічно запишемо потенціал поверхні другого циліндра

. (2.38)

Перепишемо рівності (2.35) у вигляді

або

.

Використаємо останню рівність для перетворення виразів під знаком логарифма в (2.37) і (2.38) та отримаємо

,

.

Напруга між двома циліндрами визначається

. (2.39)

Ємність системи на одиницю довжини складає

. (2.40)