electrodynamics:res3.5

Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

Ссылка на это сравнение

Предыдущая версия справа и слева Предыдущая версия
Следующая версия		 Предыдущая версия
electrodynamics:res3.5 [2019/11/06 06:18] – rootelectrodynamics:res3.5 [2019/11/08 10:31] (текущий) – root
Строка 7: Строка 7:
  
 ----- -----
 +Так как мы рассматриваем установившееся состояние, когда заряды уже нигде не накапливаются, то  
 +$ 
 +\text{div}\vec j = 0. Следовательно: 
 +$
 \[ \[
-\text{div}\vec j = 0+\text{div}\left( {\sigma \vec E} \right) =  - \left( {\nabla ,\sigma \nabla \varphi } \right) = 0,
 \] \]
 +тогда
 \[ \[
-\text{div}\left( {\sigma \vec E} \right) =  - \left( {\nabla ,\sigma \nabla \varphi } \right) = 0+\sigma \Delta \varphi  + \left( {\nabla \sigma ,\nabla \varphi } \right) = 0.
 \] \]
 +В цилиндрической системе координат из--за симметрии задачи зависимость будет только от $r$, тогда
 \[ \[
-\sigma \Delta \varphi  + \left( {\nabla \sigma ,\nabla \varphi } \right) = 0+\alpha r^n \frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d\varphi }}{{dr}}} \right) + \alpha nr^{n - 1} \frac{{d\varphi }}{{dr}} = 0,
 \] \]
-В цилиндрической системе координат \(\frac{\partial }{{\partial \varphi }} = 0\), \(\frac{\partial }{{\partial z}} = 0\).+тогда
 \[ \[
-\alpha r^n \frac{1}{r}\frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d\varphi }}{{dr}}} \right) + \alpha nr^{n - 1} \frac{{d\varphi }}{{dr}} = 0+r \frac{d}{dr} \left( \frac{d \varphi }{dr}\right) + \left( {n + 1} \right) \frac{{d\varphi }}{{dr}} = 0.
 \] \]
 +Интегрируя придём к 
 \[ \[
-r^n \frac{{d^2 \varphi }}{{dr^2 }} + \left( {n + 1} \right)r^{n - 1} \frac{{d\varphi }}{{dr}} = 0+\frac{d \varphi }{dr} = Ar^{-(n+1)}.
 \] \]
 +Интегрируя ещё раз
 +$$
 +\varphi = A'r^k +C.
 +$$
 +С учётом граничный условий \(\varphi \left( a \right) = V_0\) \(\varphi \left( b \right) = 0\) придём к выражению
 \[ \[
-\varphi \left( r \right) = Ar^k  + B +\varphi \left( r \right) = V\frac{\left( \frac br\right)^n  - 1}{\left( \frac ba\right)^n  - 1}.
-\] +
-\(k_1  =  - n\) \(k_2  = 0\), \(\varphi \left( a \right) = V_0\) \(\varphi \left( b \right) = 0\) +
-\[ +
-\varphi \left( r \right) = V\frac{\left( \frac br\right)^n  - 1}{\left( \frac ba\right)^n  - 1}+
 \] \]
 Ток на единицу длины вдоль \(z\) Ток на единицу длины вдоль \(z\)
 \[ \[
-I = 2\pi rj =  - 2\pi r\sigma \left( r \right)\nabla \varphi  = 2\pi V\frac{{\alpha b^n }}{{\left( {{\raise0.7ex\hbox{$b$} \!\mathord{\left/ +I = 2\pi rj =  - 2\pi r\sigma \left( r \right)\nabla \varphi  = 2\pi V\frac{\alpha b^n }{\left(\frac ba\right)^n  - 1} = \frac{V}{R},
- {\vphantom {b a}}\right.\kern-\nulldelimiterspace} +
-\!\lower0.7ex\hbox{$a$}}} \right)^n  - 1}} = \frac{V}{R}+
 \] \]
 +так, что
 \[ \[
-R = \frac{{\left( {{\raise0.7ex\hbox{$b$} \!\mathord{\left/ +R = \frac{\left(\frac ba\right)^n  - 1}{2\pi \sigma _{\max } }.
- {\vphantom {b a}}\right.\kern-\nulldelimiterspace} +
-\!\lower0.7ex\hbox{$a$}}} \right)^n  - 1}}{{2\pi \sigma _{\max } }}+
 \] \]
-При \(\sigma  = const\)задача о токе соответствует \(\Delta \varphi  = 0\). 
-Это можно использовать для аналогового (модельного) решения уравнения Лапласа. 
-%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 
- $ 
-\varphi \left( r \right)\negthickspace =\negthickspace U{{\left[ 
-{1 - \left( {{a \mathord{\left/ 
-{\vphantom {a r}} \right. 
-\kern-\nulldelimiterspace} r}} \right)^n } \right]} \mathord{\left/ 
-{\vphantom {{\left[ {1 - \left( {{a \mathord{\left/ 
-{\vphantom {a r}} \right. 
-\kern-\nulldelimiterspace} r}} \right)^n } \right]} {\left[ {1 - \left( {{a \mathord{\left/ 
-{\vphantom {a b}} \right. 
-\kern-\nulldelimiterspace} b}} \right)^n } \right]}}} \right. 
-\kern-\nulldelimiterspace} {\left[ {1 - \left( {{a \mathord{\left/ 
-{\vphantom {a b}} \right. 
-\kern-\nulldelimiterspace} b}} \right)^n } \right]}};$ $ 
-R\negthickspace =\negthickspace \left[ {\left( {{b \mathord{\left/ 
-{\vphantom {b a}} \right. 
-\kern-\nulldelimiterspace} a}} \right)^n\negthickspace  - \negthickspace 1} \right]/\left( {2\pi \sigma _{\text{max}} n} 
-\right)$,\\ где  $\sigma _{\text{max} }  = \alpha b^n$. 
-