1. ЕЛЕКТРОСТАТИЧКО ПОЉЕ

Transcript

1 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ЕЛЕКТРОСТАТИЧКО ПОЉЕ Примјер Израчунати силу на тачкасто наелектрисање = 0µ C од тачкастог наелектрисања = 300µ C ако су координате тачака и одређене са ( 0) m и ( 00 ) m [35] R = ( ) ˆ + ( y y) yˆ + ( z z) ˆz = ˆ yˆ ˆz R = = 3 Rˆ = ( ˆ yˆ ˆz ) 3 F = F = Rˆ изворнаелектрисање_на_које_се_рачуна_сила ˆ yˆ ˆz F = 6 = ( 4+ y+ 4z) N 3 Примјер 4πε R Дат је систем од четири тачкаста наелектрисања постављена у тачкама чије су координате: ( ) ( ) 7 3 ( 3 ) и 4 ( 34 ) Одредити непознату координату и однос између количина наелектрисања ако је познато да је електростатичка сила која дјелује на наелектрисање 4 једнака нули [3]

2 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Из услова F 4= 0 слиједи: ˆ ˆ ˆ F = F + F + F = πε 4 4πε 4 4πε 34 ˆ ˆ ˆ F = πε ˆ ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) 4 ˆ + y y yˆ + z z yˆ 4 = = итд ( 4 ) + ( 4 ) + ( 4 3) = 0 итд Коначно имамо хомоген систем: y4 y y4 y y4 y = z 3 4 z z4 z z4 z Систем ће имати осим тривијалних рјешења и друга рјешења ако је: ( 4 ) ( 4 ) ( 4 3) ( y4 y) ( y4 y) ( y4 y3) = 0 ( z4 z) ( z4 z) ( z4 z3) = = 8 ; 4 = 05 4 = 50 = 5 34 = 75 Ранг матрице је а број непознатих 3 Двије непознате изражавамо преко треће: односно = + = = = 3 3 = 0 0

3 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 3 Израчунати поље E у тачки простора са координатама (00) од тачкастих наелектрисања = 0 5 µ C и = 075µ C смјештених у тачкама са координатама (400) и (030) респективно [36] E R ( 400) z E ( 00) R ( 030) y Слика E= ( 0 5 ˆ ˆz ) V m E= ( yˆ 88 0 ˆz ) V m E= ( 0 5 ˆ yˆ ˆz) V m R= ( 4 ˆ + ˆz ) R = 0 R= ( 3 ˆ + ˆz ) R = 3 E 4 ˆ + ˆz = 4 πε R R 3 ˆ + ˆz E = 4 πε R R Примјер 4 Тачкасто оптерећење налази се у хомогеном електростатичком пољу E Одредити координате сингуларне тачке поља и функцију потенцијала [3] Поставимо координантни систем тако да оптерећење буде у координантном почетку а y-осу усмјеримо у правцу хомогеног поља Проблем ће тако имати аксијалну симетрију У сингуларној тачки све компоненте поља једнаке су нули Са приказане скице је очигледно да поље може имати вриједност нула једино на негативном дијелу y-осе Потенцијал у некој тачки M ( y) дат је изразом: 7

4 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ( y) = E y+ 4πε + y y y E E E E E E E E E E= 0 ys E s Слика Слика 3 Потенцијал и поље у тачкама y-осе су: (0 y) = E y+ 4πεy y (0 y) y E(0 y) = = E = E + y 4πε y 4πεyy Поље E( 0 y) једнако је нули у тачки са негативном y координатом: E(0 y < 0) = E 0 4πεy = y s = πεe Одредимо вриједност потенцијала сингуларне еквипотенцијале: E (0 y< 0) = E y (0 ys) = 4πεy πε Да ли сингуларна еквипотенцијала пролази дијелом равни у> 0? 8

5 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) (0 y> 0) = Ey + 4πεy y + y 0 πεe 4πεE = E Ey + 4πεy = πε y ys y ys = ys Дакле сингуларна еквипо- Узимамо само позитивно рјешење: y ( ) тенцијала пролази тачком ( 0 y) ( 0 ( ) ys) + = 0 = Примјер 5 Веома дуг праволинијски проводник наелектрисан је равномјерно подужним наелектрисањем Одредити поље и потенцијал у произвољној тачки у околини проводника [33] Због симетрије поље ће имати само радијалну компоненту: E l = E = E cs θ 4πε R l Rθ R θ θ Слика 4 E E R = csθ R θ θ R= l= = csθ csθ cs θ 9

6 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) E E θ θ θ csθ θ = = πε cs cs 4πεcs θ 4 π/ = csθ θ 4πε π/ E π π = sin + sin 4πε = πε E g ˆ ˆ = = + θ+ ˆ θ z z ef ef E ln πε πε ef = = = E = Примјер 6 Одредити потенцијал и поље у околини правог танког равномјерно наелектрисаног проводника дужине L равномјерно оптерећеног наелектрисањем подужне густине [34] Задатак рјешавамо у цилиндричном координатном систему Пошто постоји симетрија по углу произвољну тачку М можемо поставити у (z) раван Потенцијал од елементарног наелектрисања lизноси: z R M( z ) z l L l Слика 5 0

7 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) l = те је: 4πε R + L l = + 4πεR L R= + ( z l) + L l L4 πε + ( z l) = + Уведимо смјену: z l = sht l = cht t z+ L z+ L= sht t= Ash z L z L= sht t= Ash ( ) Ash= ln+ + t ( ) ln z + L + z + L + = t ( ) ln z L + z L + = t t cht t cht t = + = + sht 4 t 4 πε ( ) + sht πε t + t cht t = 4πε + t cht = ( t t) + 4πε z+ L+ ( z+ L) + t t= ln z L+ ( z L) + z+ L+ ( z+ L) + = ln + (*) 4 πε z L+ ( z L) + E g ˆ ˆ ˆ ˆ = = θ ˆ + + = + = Eˆ+ Ezˆ θ z z z z z Подсјетник: sh e e e + e e e = ; ch= ; th= cth = e + e th

8 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) = sh= sh ch ch sh ch sh ch = + ; sh( ± y) = sh chy± ch shy ch( ± y) = ch chy± sh shy = ln( + + ) ( ) Ash Ach=± ln+ ( ) Ath + + = ln ;( ) Acth= ln ;( ) Примјер 7 Дат је кружни линеичан прстен полупречника а на коме се налази равномјерно расподијељено електрично оптерећење укупног износа Израчунати потенцијал било које тачке у простору око прстена [37] Због лучне симетрије тачку М у којој рачунамо потенцијал можемо поставити у раван y0z без умањења општости Елементарно наелектрисање на елементарном луку кружног прстена износи: q = l = π θ= π θ q θ θ = = = 4πεR π 4πε R 8πε R z M( 0 yz ) R z θ y l y Слика 6

9 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) π R = z + y + y cs θ = z + y + y sin θ; Ако узмемо у обзир симетрију у односу на y0z раван можемо писати: π/ = π/ π/ θ = θ 8πε π/ z + y + y sin π π Уведимо смјену: θ= α θ= α α 0 π = + + sinθ = z + y + y sinα R z y y sin π π = sin = cs = cs + sin α α α α α ( α α) y csα= y cs sin π + + sin α = z y y ( ) ( α) ( α α) = z + y + y+ y+ y cs sin = z y y cs ysin α = + + = = z + ( y+ ) 4ysin α= 4y = z ( y ) sin α + + z + ( y+ ) 4y k = R= z + ( y+ ) k sin α z + ( y + ) 3

10 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Са 4 π/ α = 4πε = z + ( y+ ) k sin α = πε 0 z + ( y+ ) π/ α k sin α 0 π = K k πε z ( y ) + + π/ α 0 k α означили смо потпуни елиптички интеграл π K k = sin прве врсте За y= 0 k= 0 K π 0 = π π За y= 0 z= 0 ( ) πε Подсјетник: () z 00 = = 4πε π = = πε z + 4πε z + Ако са R означимо рационалну функцију тада се по правилу сљедећи интеграли не могу изразити преко елементарних функција: R 3 ( b c ) и ( ) R b c e (*) Када је то случај интеграле (*) називамо елиптичким интегралима У ријетким случајевима када се интеграли (*) могу изразити помоћу елементарних функција онда се називају псеудоелиптичким интегралима Елиптички интеграли могу се разним смјенама свести на неки од сљедећа три типа: t ; tt ; t ; (**) t kt t kt + ht t kt Смјеном ( )( ) t = sin ( )( ) 0 k ( ) ( )( ) π 0 интеграле (**) сводимо на Лежандров облик:

11 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ( k sin ) k sin (***) ( + hsin ) ( k sin ) Ове облике називамо елиптичким интегралима прве друге и треће врсте респективно Ако је доња граница интеграла (***) једнака нули добијамо такозване непотпуне елиптичке интеграле прве друге и треће врсте Уобичајени симболи за ове интеграле су: α K( k) = ( ) E k = k sin α α k sin α 0 ( ) α Π ( hk ) = + hsin α k sin α 0 ( ) ( ) Ако је = π добијају се потпуни интеграли 0 Примјер 8 Одредити силу на тачкасто наелектрисање које се налази у тачки ( 00 z ) од наелектрисања равномјерно расподијељеног по површини кружног диска полупречника смјештеног у равни z= 0 [36] z ( 00 z ) R y Слика 7 Површинска густина наелектрисања на диску одређена је са: η= = S π 5

12 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) У цилиндричном координантном систему су: R= ˆ + z ˆ z = ηs= η θ ˆ + z ˆz η θ ˆ + z z F = = ˆ 4πε z ( + z ) z πε( + z ) Примијетити да ће се радијалне компоненте силе међусобно поништити и да постоји само z компонента: π η z θ η z ˆ π ( z ) 4πε + ( + z ) F = z = 3/ 3/ πε ηz z F = = ε z z + πε z + z Примјер 9 Танак кружни диск од изолационог материјала полу-пречника а неравномјерно је површински наелектрисан укупном количином наелектрисања Површинск густина наелектрисања у центру диска једнака је нули а према ободу расте пропорционално квадрату растојања од центра диска Одредити: (а) координате сингуларне тачке у датом систему (б) z координату тачке на z-оси у којој јачина поља има највећу вриједност [39] z M( 00 z) R y Слика 8 6

13 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) (а) Проблем има аксијалну симетрију У свим тачкама z-осе и y компоненте поља једнаке су нули Тражена сингуларна тачка лежи на z-оси и да би је пронашли довољно је да одредимо z компоненту поља Елементарна површина је: S = θ Површинска густина наелектрисања је: η = k Одредимо константу к: π 4 3 πk k 4 = ηs= k θ= πk = S Коначно η = 4 π Потенцијал у тачкама на z-оси: q η θ θ = = = 4πε + z 4 + z πε + z 4 πε 3 π ( 00 z) = 4 0 πε = + z = + z = t = t tt = z t = + z ( ) 4 ( ) 4 ( ) = π t 0 0 z = t z t= + z z + zz πε t 3πε E(00 z) g( 00 z) z = ; () ( ) z f z z z zz = + + f z ( / ) = + z z z z + + ( 4z) + 6 zz 3 f 3z 6z = + 6 zz z + z Провјеримо функцију: z + z Ez( 00 z) = z 4 πε + z (*) F z () + z + z z + z = z = + z + z 7

14 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) 8 F z () ( ) ( ) + z z z + + z z = = + z + z z+ + z z E ( 00 ) () z z = F z 4 πε Последњи израз једнак је нули само за z = 0 Сингуларна тачка је дакле (000) (б) Упростимо израз (*) увођењем смјене z = t z 0 : t + t Ez( 00 z) = t πε + t t Услов максималног поља је: t + t 0 t = + t 3 + t 3t+ t 4t+ t = t + t ( ) u ( )( ) Направимо смјену t = u u + u + = 4 u 3/ u u 4 4 Након квадрирања и сређивања добијамо: + + = 0 односно 3 u u u ± 4u 4u = 0 u= Одбацивања негативног рјешења добијамо t=± што значи да ће поље имати максималну вриједност за z=± Примјер 0 Одредити функцију потенцијала и електрично поље E на оси танког диска полупречника а равномјерно наелектрисаног површинском густином наелектрисања η [4] ;

15 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Према ознакама на слици 8 имамо: q η θ = = 4πε + z 4πε + z ( ) ( ) πη η + z η ( 00 z) = = = + z z 4πε + z ε + z ε 0 0 E η z z = g= ˆ= ˆ z z ε z + z z За z = 0 η = ε E z η = ε Примјер Извести израз за рачунање електричног поља у околини бесконачне равномјерно наелектрисане равни [4] E z M( 00 z) R y ( 0) Слика 9 9

16 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Узмимо цилиндрични координантмни систем у коме се наелектрисана раван налази у равни z= 0 Слиједећи ознаке на слици можемо писати: η θ ˆ + z z E = ˆ 4πε + z + z ( ) Због симетрије поље E ће имати само z компоненту: π ηzθ ηz η E= ˆ ˆ ˆ 3/ 0 z= z= z 0 4πε( ) ( ) + z ε + z ε 0 Примјер Двије бесконачне паралелне равни равномјерно су наелектрисане једнаким површинским наелектрисањем η Растојање између равни је Одредити вриједност поља у свим тачкама система [43] η η 0 + E E E () () E E E Слика 0 Ако координантни систем поставимо као а слици 0 суперпозицијом поља E и E добија се: 0

17 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) E ( ) ( η/ ε) ˆ = 0 + ( η/ ε) ˆ Примјер 3 Полазећи од израза за потенцијал површинске расподјеле наелектрисања одредити функцију потенцијала и јачину електричног поља унутар и изван сфере полупречника а која је по површини равномјерно наелектрисана количином наелектрисања [44] η ε ε ψ ψ l M z z b Слика Због ротационе симетрије тачку М у којој рачунамо потенцијал можемо поставити било гдје па и на z оси Уочимо довољно узан појас лопте полупречника Наелектрисање q на растојању даје потенцијал: q ηs = = η 4πε 4πε = 4π = π = π ψ ψ= π ψ ψ S l sin sin = + b b csψ = bsinψ ψ π sin ψ ψ= S= b b π η η η = = = 4πεb ε b = ε b S S

18 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Слиједећи ознаке на слици имамо: = z = ( b z) = b z + bz = b + bz = bz z = = z b b + bz b+ η z = ε = b b + bz η = b + bb ( + ) b + bb ( ) ; bε η = b b b b bε = η = ( b) ( b) + ; bε η = [ b + b ]; bε η η = ; bε = bε = 4πεb за b η η = b ; bε = ε = 4πε за b E= g= ˆz z E= за b ; E = 0 за b 4πεb Примјер 4 Између двије паралелне неограничене равни расподјела запреминских оптерећења дата је изразом: ρ( ) = ρ + ρ = cnst Одредити поље у свим тачкама простора [45]

19 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) y ε ε ρ Слика Пошто су равни неограничене у y и z правцу E y су једанаке нули Средина је хомогена iv ρ ε s E = За + ρ E E z и ρ s= ε ρ = E За и ρ s= 0 0 = E= C На великим удаљеностима поље мора бити 0 E ρ = + C ε E ће бити једнако нули па и константа C Другу константу одређујемо из услова E ( ) E ( ) ρ C 0 ε + = ρ C= ε = = = + E ρ = ( ) + ε E = 0 и 3

20 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 5 Одредити вектор јачине електричног поља и потенцијал у произвољној тачки простора у случају просторно расподијељеног слободног наелектрисања ρ s које се налази унутар сферне површине полупречника а за случајеве [58]: а) ρ() s = ρ б) ρ() s ρ = Слика 3 Средина је хомогена и поље је стационарно: ε ε ρ а t E =0 ρs E = g ive = ε sinψ sinψ ψ E ive= ( E) + ( Eψ) + sinψ θ θ Поставимо сферни координантни систем у центар сферне површине Поље ће имати само радијалну компоненту: E= E () E θ = 0 E ψ = 0 ρ ive = = s ( E) ε (а) За 0 ρs ρ cnst = ε = = ( E) ρ ( E) ρ = ε E 3 ρ ρ C = + C E= + 3ε 3ε Када 0 поље мора имати коначну вриједност те је C 0 : ˆ E= g= ˆ ψ θˆ ψ sinψ θ E ρ = 3ε E= ˆ ρ = E= 3ε 4

21 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) 3 4π ρ ρ () ( ') ' ( ) ' ' 3 ρ = E + = 3ε + = + 4πε 3ε ρ () = ( 3 ) 6ε За s 0 E ' = ' = ρ = ( ) C = 0 ρs= ρ= cnst E= Пошто је у читавом простору вакуум средина је хомогена у диелектричном сми- E = = E = слу Зато мора бити: ( ) ( ) ρ C 3 + ρ ε = 3 C = 3ε ρ Kоначно je: E = E = 3ε за ' = 3 3 ρ ' ρ = E () = E ' = = 3 ε ' 3ε За 0 ρs= ρ ( E) ρ за ' = (б) ( E ) 3 = ε E ε 3 4 ρ = ε ρ C = + Z 0 поље има коначну вриједност те је C3 0 те је: За ρ 4 ' () = ( ) ( ) E + = 4ε + 3 ' = ' = 3 ρ () ( ) ' ' ' = + + ε ρ s= 0 ( E C4 ) = 0 E= C 4 E= 3 ρ E = = E = + C4= ε Услов ( ) ( ) 3 E ρ 4 = 4ε 3 5

22 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ρ Коначно: E = E = ε ρ ' () ρ = E ' = = ε ' ε ' = 3 3 ' = ρ Сада можемо одредити потенцијал: ( ) = Коначно ε ρ ε 3 () = ρ () = ε Примјер 6 Око металне лопте полупречника концентрично са њом налази се врло танка метална љуска полупречника b (b>) Средина је вакуум Лопта је везана танким проводником за референтну тачку нултог потенцијала која се налази веома далеко На сферну љуску доведена је количина електрицитета Одредити потенцијал љуске користећи једначине са потенцијалним коефицијентима [74] b () () ε ε 6 Слика 4 Означимо љуску индексом () а уземљену лопту индексом () Једначине овог двоелектродног система су: Одавде слиједи: = + = +

23 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) 0 4πε b = = 0 = 4πε = = = = = = 0 = 4πε b У нашем случају су: = 0 = 0= + = = = = πεb b 4 = 4πε b b Примјер 7 У унутрашњости ненаелектрисане проводне сферне љуске унутрашњег полупречника и спољашњег b налази се на одстојању од њеног центра тачкасто оптерећење Одредити вектор јачине поља у тачкама изван љуске [57] ε b ε Слика 5 Тачкасто оптерећење индуковаће на унутрашњој површини љуске расподијељено оптерећење супротног знака Та расподјела мора бити таква да поништи поље у зиду љуске 7

24 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Замислимо површину у зиду љуске Пошто је поље у унутрашњости проводника једнако нули добијамо: + i E S = = 0 i= ε S На спољашњем зиду индуковаће се + које се расподјељује равномјерно да би поље унутар љуске било једнако нули За тачке изван лопте поље од тачкастог оптерећења + и индукованог оптерећења поништава се у зиду љуске па се поништава и у свим тачкама изван лопте Поље изван љуске зависи само од равномјерно расподијељеног оптерећења на површини љуске: E= πε ˆ 4 Поље изван проводне љуске не зависи од положаја тачкастог оптерећења унутар љуске Примјер 8 Извести изразе за потенцијалне коефицијенте танких жичаних проводника полупречника паралелних проводној равни у вакууму [75] Одређивање сопственог коефицијента Слиједећи ознаке на слици 6 б) можемо писати: E( 0 y) = πε + h y h y + i i i h h i i hi = E( 0 y) y = E( 0 y) y= ln πε 0 0 ii h ln i = πε 8

25 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Одређивање међусобног коефицијента Посматрајмо i -ти и j-ти проводник При томе је j-ти проводник наелектрисан са j Потенцијал на мјесту i -тог проводника је: j Dij D i i= ln ln ij ij= πε i= 0 = πε ij j ij y j i i ij h y E h j h i y E =0 h i D ij h+ y h j i j Слика 6 Примјер 9 На висини h од ненаелектрисане проводне равни налази се тачкасто оптерећење Одредити функцију расподјеле густине индукованих оптерећења на проводној равни максималну апсулутну вриједност ове расподјеле те вектор електростатичке силе на мјесту тачкастог оптерећења [65] У тачкама проводне равни примјеном теореме лика у равном огледалу поље E ће бити: E = 0 E z csα = ˆ z= E z ˆ z 9

26 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) E z h h = = 4πε ηi= εez = π η im ( h + ) h + πε( h + ) 3 h ( h + ) 3 = у тачки ( y ) = ( 00) πh F= E 6 ˆ z= h = z πεh h ε =0 ε h z α n ε E E E z=0 Слика 7 30 Примјер 0 Изнад проводне равни постоји хомогено електростатичко поље јачине E које је нормално на раван и усмјерено ка њој У поље је унесена куглица полупречника а и постављена на висину h (h>>) изнад равни Средина је вакуум (а) Колико је наелектрисање куглице ако се она и проводна раван налазе на истом потенцијалу = 0 (б) Одредити расподјелу наелектрисања у проводној равни за случај под а) [76]

27 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Потенцијал у тачки М је: = + + = + Ey M 4πε 4πε y M( y ) h E E =0 Слика 8 ( h ) + y = = + ( h+ y) За = = h ( 0 h) = 0 () ( 0 h) = Ey 0 4πε + = h πεhe ( h ) = 4πεhE h η = εe i n (б) 3

28 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) E = csα+ E = E h ηi= εe 3 ( h) + h n 3 4πε ( + h ) (Видјети задатак 9) Примјер Веома дугачка жица полупречника постављена је у ваздуху паралелно проводној равни на висини h при чему је h>> Потенцијал жице у односу на раван је Одредити израз за површинску густину наелектрисања у произвољној тачки равни [05] У произвољној тачки М на површини проводне равни поље E је: E= cs α ˆz E E = = πε πε h + h csα= h + ; h ε z α =0 ε ε E E E z=0 3 Слика 9

29 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) E h h = = πε ( h + ) πε( h + ) η = εe= i h π ( h + ) =? Потенцијал на проводнику је: h h h = ln ln = ln πε πε h πε πε = h ln η ( ) i h πε h εh = = = π( h + ) h ( ) h ln πh + ( h + ) ln Примјер Дат је веома дугачак ваздушни вод полупречника жица постављен на висини h (h>>) изнад површине земље паралелно њој Проводник је уземљен а налази се у хомогеном електростатичком пољу јачине E које је нормално на површину земље и усмјерено ка њој Одредити: (а) потенцијал у односу на земљу било које тачке у ваздуху (б) јачину поља на површини земље испод проводника [77] y M( y ) h E E =0 Слика 0 33

30 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Пошто је жичани проводник уземљен на њему ће се под дејством поља E индуковати наелектрисање Утицај земље узимамо помоћу теореме лика у равном огледалу (а) Потенцијал у произвољној тачки М у ваздуху је: Колики је? ef ef ( M) = ln ln + y E= ln + y E πε πε πε Потенцијал на површини проводника је ( = = h y= h) : h ( 0 h) = ln + h E= 0 (Уземљени проводник!) πε πεeh Eh + ( h+ y) = ( y ) = ln + y E h h ln ln + ( h y) (б) Eh ( y ) = y E ln ( ) = + h y ( ) = + h+ y h ln ( 0 y) =? ( 0 h ) = h y ( 0 h) = h+ y Eh h+ y ( 0 y) = y E ln h ln h y За = 0 због симетрије постоји само y компонента поља: 34 he h+ y Ey ( 0 y) = = Ey ln y y h ln h y he Ey ( 0 y) = E+ h + ln h y h y +

31 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) he E Ey ( 0 ) = E+ E h h ( h ) ln ln Примјер 3 Танак двожични вод постављен је изнад проводне равни као на слици У првом стационарном стању горњи проводник је уземљен а доњи оптерећен са и остављен слободан Затим је уземљење премјештено са горњег на доњи проводник Одредити: (а) наелектрисање горњег проводника у првом стационарном стању (б) расподјелу η на земљи у првом стационарном стању и (ц) потенцијал проводника у другом стационарном стању [78] () () h ε ε ε () () h =0 () b =0 ( ) =0 Слика (а) Наелектрисање првог проводника у првом стационарном стању? = + = + = 4h ln πε 3h = = ln ln3 πε h = πε = h ln πε ln3 = 0= + = = 4h ln 35

32 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) (б) Индуковано оптерећење на површини земље у првом стационарном стању? E= πε πε csβ cs α h h cs β= cs α= ln9 E h = πε + h 4h + ( 4h + ) ln ln9 i E h η = ε n= π + h 4h + ( 4h + ) ln h β h n α h h Слика 36

33 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) (ц) Тражимо потенцијал горњег проводника у односу на земљу у другом стационарном стању? Када се уземљење пренесе на доњи проводник наелектрисање горњег проводника се неће промијенити = а 0 : = = + = 0 = = + = ( ) ( ) = = Примјер 4 У вакууму изнад бесконачне савршено проводне равни налазе се паралелни проводници () и () Плоупречник проводника је а растојање оса висина изнад равни h ( h ) У почетку први проводник је ненаелектрисан а други на потенцијалу слика а) Након тога проводници су краткоспојени слика б) Одредити: (а) потенцијал првог проводника и наелектрисање другог проводника у почетном положају (б) наелектрисања и потенцијале проводника након њиховог кратког спајања [79] () () () () h =0 0 =0 0 ( ) () b Слика 3 h = = ln πε = = 0 () + 4h = = ln πε 37

34 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) = + = = + = = + 4h ln πε = = = = h h ln ln (b) b + b = = b = b ( ) b = ( ) b πε b = b = = = h ln b = ( + ) b = ( + ) = ( + ) h + 4h ln + ln b = h ln Примјер 5 На растојању од центра проводне сфере полупречника а налази се тачкасто наелектрисање Израчунати рад који је потребно извршити да би се ово наелектрисање удаљило у бесконачност ако је сфера: (а) уземљена (б) изолована тј одвојена од извора Одредити пливајући потенцијал сфере [6] Слика 4 38

35 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) а) Проводна сфера је уземљена =0 D D = D = D = Слика 5 F( ) = = πε D 4πε ( ) ( ) 4 Рад потребан да се удаљи у бесконачност: A= 4πε = 8 ( ) πε( ) б) Проводна сфера је изолована Она ће доћи на пливајући потенцијал Њено укупно наелектрисање биће једнако нули D D Слика 6 F( ) = + πε 4πε ( )

36 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) 3 4πε 4πε ( ) A= + A= 3 8πε ( ) = = 4πε 4πε Примјер 6 Одредити поље које ствара наелектрисана метална лопта и пунктуално оптерећење ван ње Одредити пливајући потенцијал лопте [80] M D а) б) = D= Слика 7 E( M) = ˆ + ˆ + ˆ 4πε 4πε 4πε + = = 4πε 4πε 40 Примјер 7 Анализирати електростатички систем двије бесконачно дуге равномјерно подужно наелектрисане осе у хомогеном диелектрику Нека су наелектрисања једнака и супротног знака Показати да постоји кружна линија у односу на коју су тачке у којима осе продиру раван цртежа инверзне једна другој и да је та кружна линија еквипотенцијална [8]

37 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) y M( y ) y () () + Слика 8 Поље у околини дуге наелектрисане нити има само радијалну компоненту Потенцијал у тачки М слика 8 добија се суперпозицијом: = + C () πε ( ) ln Очигледно је да константа C мора имати вриједност нула јер је за = тј у равни у односу на коју су наелектрисане нити симетричне потенцијал једнак нули Из израза () је очигледно да су једначине еквипотенцијалних линија (поље је планпаралелно односно исто у свакој равни окомитој на наелектрисане нити): k 0 = > () гдје је к параметар фамилије еквипотенцијалних линија Са слике 8 је очигледно: = ( + ) + y ( ) = + y (3) Узимајући у обзир () добијамо: + k + y + = 0 k k y + k 4 + = k ( k ) (4) Ова једначина представља фамилију кружница чији су центри на -оси у тачкама: + k = k y= 0 (5) са полупречницима: 4

38 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) k R= (6) k Посматрајмо један такав круг слика 9 Уочимо троуглове МО и МО Из њихове сличности слиједи: R + R = = = k (7) Ако је к> тада је > те такав круг обухвата тачку () Обрнуто за к< круг ће обухватати тачку () y k M () () + 0 R Слика 9 Нацртајмо кружницу која ће проћи кроз тачке () и () Центар ове кружнице налази се на y-оси Повуцимо из центра круга к полупречнике до тачака у којима се ова два круга сијеку Познато је да је производ одсјечка секанте круга из неке тачке једнак квадрату растојања те тачке до тачке у којој тангента дира круг слика 3 4

39 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) y R k () () + Слика 30 Уочавамо да су одсјечци секанте из тачке 0 на круг који пролази кроз тачке () и () дужи ( ) и ( + ) На основу (7) закључујемо да је производ ових одсјечака једнак: ( )( + ) = R (8) односно тачке у којима се сијеку ова два круга су тачке у којима правци повучени из тачке О тангирају круг који пролази кроз тачке () и () Дакле ова два круга се сијеку под правим углом Закључак: У посматраном систему еквипотенцијалне линије су кругови чији су центри помјерени у односу на наелектрисане осе Један од тих кругова дегенерише се у правац са потенцијалом једнаким нули Линије јачине поља су лукови са почетком на позитивној и завршетком на негативној оси Израз (8) показује да су тачке у којима осе продиру раван цртежа инверзне једна другој у односу на круг са центром у ( 0 ) а чији је полупречник R Дакле тачке () и () на слици 30 инверзне су једна другој у односу на кругове дефинисане са (5) и (6) 43

40 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) l l l 3 l l = l 3 Слика 3 Из слике поља двије наелектрисане осе закључујемо да се систем дугих наелектрисаних проводних плаштева на познатом потенцијалу може ријешити замјеном еквивалентним системом наелектрисаних оса 44 Примјер 8 Анализирати поље у електростатичком систему који се састоји од два бесконачно дуга паралелна цилиндрична проводна некоаксијална плашта[8] За рјешавање задатка искористимо претходни примјер Из слике поља двије бесконачно дуге електричне осовине са подужним наелектрисањима ± очигледно је да било којој цилиндричној еквипотенцијалној површини можемо одредити еквивалентне електричне осе након чега је лако одредити све величине поља Размотримо два карактеристична случаја слике 3 и 33 Нека полупречници некоаксијалних цилиндара буду R и R а растојања њихових геометријских оса Нека је растојање електричних оса а Пошто су проводни плаштови еквипотенцијалне површине то ће електричне осовине бити међусобно инверзне у од-

41 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) носу на те површине односно важиће релација (8) из претходног примјера Одредимо непознате а и y =0 R R + + Слика 3 y R + R Слика 33 За примјер на слици 3 очигледно је: 45

42 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ( )( + ) = R ( ) ( + ) = R + = () За други случај слика 33 аналогно важи: ( )( + ) = R ( ) ( + ) = R = () Уочавамо да је за оба случаја из познатих R R и могуће одредити и а односно то је довољан број података на основу којих је могуће одредити положај електричних оса ± што опет омогућава једноставно одређивање потенцијала поља и капацитета Из () се добија: Из () слиједи: R R = = = R (3) R R = = + = R (4) За примјер на слици 3: = R + ln ; + πε R R = πε R + ln ; R R + (5) U ( + )( + ) = = ln πε RR πε πε πε U = + = = R ln ln ( + )( + ) R ln + RR (6) 46

43 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Аналогно за примјер са слике 33: R = ln πε R = ln ; + + ; πε U ( + ) R = = ln ; πε ( + ) R U ( + ) R = = ln πε ( + ) R πε πε πε U = = = R R ln ln ( + ) R ln + + ( + ) R У оба случаја подужна капацитивност некоаксијалних проводних плаштева је: C = (7) U Примјер 9 Поред бесконачно дугог цилиндричног проводника кружног попречног пресјека полупречника који се налази на потенцијалу паралелно његовој оси на растојању од центра постављен је бесконачно дуг линијски проводник полупречника b (b<<а) који се налази на потенцијалу Референтна тачка за оба потенцијала је иста Одредити потенцијал у тачкама између проводника [66] y M( y ) ε D Слика 34 47

44 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Користићемо теорему лика у цилиндричном огледалу Потенцијал у тачки М одређен је са: = ln + ln = ln M + + πε πε πε =? За тачку на површини цилиндричног проводника: + y = = y + ( ) = y + + = + ( ) = y + D = y + D D+ = + D D 4 = + = ( + ) = = M= ln + = = ln πε πε M= + ln πε =? За тачку на линијском проводнику: b = b = D b= b= b b = = + ln b πε b = πε b ln b 48

45 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ( y ) = ln b ln b = y + ( ) ; = + y Примјер 30 Поред неоптерећеног цилиндричног проводника кружног пресјека полупречника а налази се подужно наелектрисана нит подужне густине наелектрисања на растојању > од осе цилиндра Ако је цилиндрични проводник на потенцијалу одредити функцију потенцијала у произвољној тачки M у околини цилиндрчног проводника и површинску густину наелектрисања на цилиндричном проводнику [67] =0 y M( y ) θ D Слика 35 Пошто је укупно оптерећење цилиндра једнако нули то у центар цилиндра морамо поставити наелектрисану нит са Потенцијал у тачки М ће тада бити: M= ln+ ln ln+ = ln+ ln πε πε πε πε πε Одредимо Узмимо тачку на површини цилиндра ( ) = = D= = = 49

46 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) = ln = + ln πε πε M = + πε ln Пошто је цилиндар проводни на његовој површини постоји само -компонента електричног поља: η εe = = E = = + θ cs D D θ = + cs csθ D csθ = = = + ( ln ln+ ln ln) πε csθ D csθ ( ln) = ( ln) = ( ln) = E csθ D csθ = πε + = csθ Dcsθ η= + π θ θ + cs + D Dcs 50 Примјер 3 Танак двожични вод полупречника проводника постављен је у близини масивног уземљеног цилиндричног проводника Попречни пресјек система дат је на слици h Извести израз за функцију потенцијала у произвољној тачки у ваздуху [68] За тачку М према ознакама на слици вриједи: = = + h 4 = ( ) + y = y + = + + y + h + h ( + h)

47 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) =0 h y M( y ) h Слика 36 4 = y + ( ) = y + = + + y = ( ) + y = + + y 3 = ( + h ) + y = ( + h) ( + h) + + y 4 = ln + ln ln + ln + = ln + 4 M 3 4 πε πε πε πε πε 3 =? 5

48 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Узмимо тачку на површини цилиндра: = + + h ( + h) + y = = 0 = + 3 = + ( h) ( ) = h = + + h + h 0= ln πε + + h = ln πε M 4 + h 4 = ln ln = ln πε πε πε ( + h) 3 3 Примјер 3 На неограниченој проводној равни нултог потенцијала налази се полуцилиндрична избочина полупречника а Извести изразе за компоненте поља ако је бесконачно дуги линијски проводник подужног наелектрисања постављен као на слици [69] y =0 α Слика 37 За рјешавање задатка користимо теореме лика у равном и цилиндричном огледалу Поставићемо цилиндрични координантни систем као на слици: 5

49 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) = csθ y= sinθ D= M = πε ln 3 4 y D θ 3 4 M( θ ) Слика 38 y y α θ M( θ ) θ M( θ ) α Слика 39 = ( csθ sinα) + ( csα sinθ) = + sin( θ+ α) = ( csθ sinα) + ( sinθ+ csα) = + sin( α θ) 53

50 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) 3 = + D Dsin( θ+ α) 4 = + D Dsin( α θ) M = ( ln+ ln3 ln ln4) ; πε E = sin( α+ θ) = sin( α θ) = 3 D sin( α+ θ) = 3 4 D sin( α θ) = 4 E E θ sin( α θ) sin( α θ) + = πε D sin( α+ θ) D sin( α θ) + = θ 3 4 θ cs( α+ θ) = cs( α θ) = θ 3 D cs( α+ θ) = θ 3 4 θ D cs( θ α) = 4 E θ cs( α+ θ) cs( α θ) D cs( α+ θ) D cs( θ α) = πε Примјер 33 Метална лопта полупречника а наелектрисана је количином електрицитета налази се у хомогеном диелектрику диелектричне константе ε Под дејством електричног поља тог наелектрисања диелектрик се поларизује Доказати да се утицај поларизованог диелектрика своди на утицај слоја везаних наелектрисања уз површину металне лопте [70]

51 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Ако узмемо сферну површину полупречника : D S = s S π= s s D= E= E = 4π 4πε D4 s Интензитет вектора поларизације је: s P= αee= χε e E= ( ε ) εe= ( ε ε) E P= ( ε ε) 4πε ρ P P P = ivp= ( P) = P+ = v ρ v P ( ) ( ) P ε ε ε ε s s = = + = πε 4πε Уз саму површину лопте постоје и површинска расподијељена везана наелектрисања густине: s ηv= P n = P= ( ε ε) 4πε Укупна количина наелектрисања на површини лопте износи: ε = + = + = = s v s 4π ηv s s ε ε Пошто у диелектрику нема других наелектрисања сав утицај поларизованог диелектрика на поље оптерећења s на лопти састоји се у привидном смањењу наелектрисања на лопти при чему треба сматрати да се лопта налази у вакууму E ε = = = 4πε 4 4 s s πε ε πε Примјер 34 Диелектрик сферног кондензатора састоји се од два концентрична слоја диелектричних константи ε и ε Полупречници електрода су b и c као на слици Ако је кондензатор оптерећен количином електрицитета одредити: (а) векторе поља Eи D (б) густину везаних наелектрисања између диелектрика и (ц) капацитет кондензатора [7] 55

52 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ε ε b c Слика 40 ) D S= s D= D D= 4π S За c D = 0 s За b E= s 4πε E= s 4πε За b c б) η = P P = ( ε ε) E ( ε ε) E η v n n ( ε ε) ( ε ε) ( ε ε) ε = = 4πbε 4πbε 4πbεε v s s s ц) b c s( b ) s( c b) U= E + E = + 4πεb 4πεbc b U b c b = = + C 4πεb 4πεbc s Примјер 35 Диелектрик плочастог кондензатора састоји се од два блока диелектричних константи εи ε Растојање плоча кондензатора је Остале димензије као на слици Кондензатор је прикључен на напон U Ивични ефекат занемарити Одреди- 56

53 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ти: (а) векторе поља E и D (б) густину слободних површинских наелектрисања η s (ц) густину везаних површинских наелектрисања η v (д) капацитет кондензатора [7] ε b ε c Слика 4 а) Вектор поља Eнормалан је на плоче односно тангентан је на раздвојну површ између диелектрика Обзиром на гранични услов E t= E t закључујемо да у обје диелектричне средине има исту вриједност: U = E l = E U E= 0 D E εu = ε = D E εu = ε = εu εu б) η s= Dn η s= и η s= U ц) ηv = P n = P= ε( ε ) E= ( ε ε) U ηv = P n = P= ε( ε ) E= ( ε ε) Укупна густина наелектрисања на плочама је константна: 57

54 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) U ηs+ ηv= ηs+ ηv= ε д) ( c) ηs+ ( b c) ηs ( c ε+ bc ε) U c bc C= = = = ε + ε U U U Примјер 36 Унутрашња електрода сферног кондензатора постављена је на купасти подметач од диелектрика диелектричне константе ε У осталом дијелу кондензатора је ваздух Изводнице купастог подметача се сијеку у центру сфера кондензатора а угао између њих је α Ако је наелектрисање кондензатора одредити: (а) векторе поља E и D (б) густину слободних површинских наелектрисања η s (ц) густину везаних површинских наелектрисања η v и (д) капацитет кондензатора [83] ε b h α ε α Слика 4 ) Поље је радијално без обзира на диелектрични подметач: b U = E s= D D S= S + D S = s E ( εs+ εs) = s S 58

55 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) S= πh= π( csα) = π( cs α) S= 4π S= π( + cs α) s E() = ε π( + csα) + ε π( csα) E() = π ( ε+ ε) ( ε ε) csα D εe ( ) () б) η ( ) ( ) s D = D = εe( ) ε = = π ( ε+ ε) ( ε ε) csα ε η ( ) ( ) s = D = π ( ε+ ε) ( ε ε) csα η s ( b) = D() b η ( b s ) = Db () ц) η ( ) = P( ) = ( ε ε) E( ) v д) U U b = π ( ε+ ε) ( ε ε) csα b = π ( ε ε) ( ε ε) csα + b b C= = π ( ε ε) ( ε ε) cs α U + b Примјер 37 У тачкама А и B познати су интензитети вектора електричног поља E А и E B које ствара неко тачкасто оптерећење које се налази у хомогеном диелектрику диелектричне константе ε Ако су диелектричне константе ε и ε познате одредити векторе E А и E B [84] 59

56 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) E A E B E B E A A B A B A B h ε ε h ε ε h ε ε h y h h y h h y h h а ( б ) ( ц) ( ) Слика 43 За тачку B слика 43 б): ε EB = = 4πε 8h ε ε B + 6π h ( ε + ε ) E ˆ ˆ B = + y 3 h ( ) ( ) + π ε ε За тачку A слика 43 ц): E = E A = 4πε 8h ε ε = ε + ε E A ( ε ε ) h ( + ) = 64πε ε ε E Ay ( ε ε ) h ( + ) = + 64πε ε ε 4πε 4h E Ay ( ε + ε ) + ( ε ε ) ( + ) 4 = 6πε h 4 ε ε ( ) ( ) ( ) ( ) { ε ε ˆ ˆ 4 ε ε ε ε } + E A = πε h ε ε y 60

57 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 38 Тачкасто оптерећење налази се у средини ε удаљено за h од проводне равни и диелектрика ε = ε као на слици Наћи вектор поља E у тачки А на страни средине са ε [85] h ε h A ε= ε =0 ε α y 3 ε ε ε Слика 44 3 Користимо теорему лика и модификовану теорему лика у равном огледалу према слици 44 ε ε = = ε+ ε 3 h csα= = h + 4h 5 h sinα= = h + 4h 5 E A /3 /3 5 = + = 4πεh 4πε5h 5 4πεh 4πε5h 5 3πεh 5 E Ay /3 5 = + = E ˆ ˆ A= EA+ EAyy 4πε5h 5 4πε5h 5 3πεh 5 6

58 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 39 Раван π је граница између два диелектрика константи ε и ε Два тачкаста наелектрисања и налазе се на правој која је нормална на раван π на једнаким растојањима h Одредити силе F и F које дјелују на ова наелектрисања [86] ε h ε h Слика 45 ' " ε ε ε ε ε ε ε ε ' Слика 46 " ε ε ' ε ε " ε " ε = = = = + ε + ε ε + ε ε + ε ' ε ε Сила на : Сила на : ' " ( ) + ε ε F = = + 6πhε 6πε( ε + ε) h 6π( ε + ε) h 6

59 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) ' " ( ) ε ε F = + = + 6πhε 6πhε 6πε ( ε+ ε) h 6π( ε + ε) h Примјер 40 За два дуга наелектрисана проводника са подужним наелектрисањима и над површином земље написати једначине са потенцијалним коефицијентима једначине са коефицијентима индукције те једначине преко парцијалних капацитивности Претпостављајући да овај вод напаја неуземљени извор одредити израз за радну капацитивност вода и енергију електричног поља вода [87] Када се на овај примјер примијени метода лика у равном огледалу добија се распоред проводника као на слици 47 Дакле имамо два пара супротно наелектрисаних нити у хомогеној средини h =0 h h D h h h Слика 47 Потенцијал на површини првог проводника ће бити: h πε πε D = ln + ln () Аналогно ће бити за потенцијал на површини другог проводника: D πε πε h = ln + ln () 63

60 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Очигледно је да смо добили једначине са потенцијалним коефицијентима: = + = + (3) За дати примјер потенцијални коефицијенти су: h ln πε = ; = D ln πε ; h = ln πε (4) Очигледно је да су ови коефицијенти увијек позитивни а зависе од облика и размјештаја проводника и диелектрика у коме се проводници налазе Коефицијенте индукције добијамо из (3) израчунавањем оптерећења преко потенцијала проводника: = b + b = b + b b = b = b = (5) (6) Сопствени коефицијенти индукције су увијек позитивни а међусобни негативни У пракси се чешће користе једначине преко парцијалних капацитивности слика 48 C C C Слика 48 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = b + b + = b + b b = C + C = b + + b = b ( ) + b + b = C ( ) + C 64

61 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) C b b = + C b = C = b + b (7) Ако су наелектрисања на водовима једнака и супротног знака: = = (случај када је вод прикључен на неуземљен извор) могуће је одредити такозвану подужну радну капацитивност вода Коначно ' C n = (8) U ( ) U = = + (9) C πε = = ' радно + 4hh ln D (0) Радна капацитивност представља еквивалентну капацитивност између проводника: CC Cрадно = C + () C + C Ако је вод симетричан тада су висине једнаке и износе h а растојање D може се изразити преко а и те се за подужну радну капацитивност добија: C ' радно πε = ln + ( /h) Помоћу радне капацитивности лако је одредити енергију електричног поља двожичног вода: () C U радно W e= (3) Примјер 4 Извести израз за капацитивност проводника трофазног симетрираног вода над површином земље [88] 65

62 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) h h 3 h () 3 () () () 3 () () h D 3 h 3 D h () () () 3 l3 l3 l3 3 Слика 49 Дугачки трофазни водови постављају се тако да се врши преплитање водова на једнаким дионицама Ово се ради због симетрирања фаза вода Преплитање се изводи по цикличком редосљеду слика 49 Нека трофазни вод напаја извор неуземљеног звјездишта тј нека је збир оптерећења сва три проводника једнак нули: + + 3= 0 () Потенцијал првог проводника је: = + + () 3 3 Узимањем у обзир односа () релација () поприма облик: = ( ) + ( ) (3) 3 3 Ако су коефицијенти 3и међусобно једнаки потенцијал првог проводника зависиће само од властитог оптерећења Подужна капацитивност једне фазе тада је: ' C = = = (4) α α s m 66

63 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Изједначавање коефицијената постиже се укрштањем (преплитањем) водова послије свако l / 3 Зато се за коефицијенте α s и α m узимају средње вриједности сопствених и међусобних потенцијалних коефицијената: α s= ( ) α m= ( ) (5) = ( αs αm) = 3 3 (6) Нека су растојања међу проводницима 3 и 3 а висине у односу на земљу h h и h 3 За потенцијалне коефицијенте добијамо: = πε h ln = πε D ln 3 = πε = πε h ln D ln = πε = πε h ln 3 D ln 3 3 (7) Средња вриједност сопственог и међусобног потенцијалног коефицијента тада су: 3 h ln hh 3 3 D α s = D3D3 αm = ln (8) πε πε Ако са D и h обиљежимо средње геометријске вриједности одговарајућих величина претходни коефицијенти попримају облик: α s h = ln πε α m = D ln πε (9) Увршћавањем ових вриједности у (4) добија се: C πε = (0) h ln D ' Ову капацитивност енергетичари називају погонском капацитивношћу симетрираног трофазног ваздушног вода 67

64 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 4 Одредити подужну капацитивност за систем два некоаксијална проводна цилиндра полупречника и b Растојање између геометријских оса цилиндара је при чему је + b [89] b Слика 50 Задатак ћемо ријешити методом увођења еквивалентних електричних оса односно методом лика у цилиндричном огледалу (Видјети примјере 7 и 8) y b c c b b Слика 5 ( )( ) c + c = ( )( ) b c b+ c = b + b= Рјешавањем ове три једначине добијамо положај еквивалентних електричних оса и положај координантног ситема: b = b= c= Одређивање потенцијала цилиндара видјети у примјеру 8 Коначно капацитет је одређен изразом: 68

65 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) C = πε = ( + c)( + c) b ln b b ' Примјер 43 Одредити подужну капацитивност за систем два некоаксијална проводна цилиндра полупречника и b Растојање између геометријских оса цилиндара је при чему је b [90] b Слика 5 Резултат: ' πε C = b ln b b = = + b ( + c)( c) c = b Примјер 44 Одредити подужну капацитивност цилиндричног проводника полупречника постављеног паралелно површини земље Удаљеност геометријске осе цилиндра од површине земље је h ( h ) [9] h ε Резултат: ' πε C = h + h ln Слика 53 Примјер 45 Одредити подужну капацитивност за двожични вод чији је попречни пресјек дат на слици Ефекат блискости занемарити: ε = 3ε и ε = ε [9] 69

66 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) y ε ε ε ε Слика 54 Ако се ефекат блискости може занемарити тада сваку од линија вода представљамо линијским оптерећењем смјештеним у осу проводника За израчунавање потенцијала тачака A и B користимо модификовану теорему ликова у равном огледалу слика 56 y A B Слика 55 ε ε ε ε ( ) ( б) ε ε 4 3 ε ε ( ц ) ( д) Слика 56 ε ε = = α ε+ ε ε ε = = α ( ) 3 ε+ ε ε = = β ε+ ε ε = = β ( ) 4 ε+ ε α = 5 β = 45 α = 5 β = 65 70

67 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) A = + + πε πε πε ef ef 4 ef ln ln ln A= ( β α) ln( ) ln ln πε + = + 6πε B ef 3 ef ef = ln + ln + ln πε πε πε B= ln ( α β) ln( ) ln πε + + = + 4πε 5 A B = ln πε ' C = πε πε A = B 5ln 5ln Примјер 46 Извести израз за подужну капацитивност двожичног вода попречног пресјека као на слици Полоупречник проводника вода је (а<<h) [93] ε h ε ε ε ε ε Слика 57 7

68 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) За израчунавање потенцијала од наелектрисања на горњем проводнику примјењујeмо модификовану теорему лика у равном огледалу: ε ε = ε + ε Потенцијал у средини () од горњег проводника је: g = ln ln + πε πε За израчунавање потенцијала од наелектрисања доњег проводника одредимо поље помоћу Гаусовог закона и граничног услова E t= E t : DS= DS+ D S= l S E= π( ε+ ε) = E+ = ln + π( ε + ε) εeπl+ εeπl= l Суперпонирањем ова два потенцијала за тачку у средини () добијамо: = ln ln + ln+ ( ) () πε πε π ε+ ε За погодно изабране тачке A и B добијамо: () ( ε ε) A = ln ln( h ) + ln ( h ) + πε πε ( ε + ε ) π( ε + ε) () B ( ε ε) = ln( h ) ln( h+ ) + ln + πε πε ( ε + ε ) π( ε + ε) = 3ε ε h ε ε h + ln ln + + h+ () () A B πε ε ε ε ε 3ε ε h ε ε + ln ln () () A B πε ε+ ε ε+ ε C ' = () () A B 7

69 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) C ' πε( ε+ ε) = h ( 3ε+ ε) ln ( ε ε) ln Примјер 47 Одредити функцију расподјеле потенцијала између двије плоче на растојању са електронским облаком дебљине ( ) међу њима Плоче су на потенцијалу нула [95] Лапласова и Пуасонова једначина за области () и () су респективно: = 0 = ρ ε Њихова рјешења су: = C + C ρ = + C3 + C4 ε () () =0 ε ε ρ =0 Слика 58 Гранични услови: = 0 = 0 = = 0 = = = Вриједности интеграционих константи су: 73

70 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) C ρ ρ = C = 0 C = + ( ) ε ε 3 C ρ = ( ) ε 4 Коначно функције потенцијала су: ρ = = ρ + ρ ( ) ρ ( ) ε ε + ε ε Примјер 48 Двије проводне неограничене полуравни сијеку се под углом α али се не додирују Једна раван је на потенцијалу друга на нултом потенцијалу Одредити расподјелу поља и потенцијала у простору полуравни [96] Бирамо цилиндрични координантни систем Због неограничености полуравни у и z смјеру биће: = α =0 Слика 59 = 0 = 0 z = = 0 = C θ+ C θ θ = 0 C = 0 θ= α = C α θ = α 0 θ α E = ˆ g = θ θˆ θ = α 74

71 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 49 Извести изразе за парцијалне капацитивности за сферни кондензатор на слици Унутрашња електрода кондензатора доведена је на потенцијал а спољашња на потенцијалу [94] ε b c ε () () Слика 60 Због сферне симетрије Лапласова једначина има облик: 0 = C = + C За област b користећи граничне услове имамо: C C = + C = + C b ( ) b b C = C = b b () ( ) b b = + за b b b C3 За област c = + C 4 За C 4= 0 Када је C = c () c 3 = за c = c = Електрично поље одређујемо из: E () ( ) b = = b E c () = = Површинске густине наелектрисања и укупна наелектрисања површина одређујемо из: 75

72 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) b η ( ) = ε E = = ε = 4πη = 4 πε b b b ηb= ε E ( = b) = ε b= 4πbηb = 4 πε b b b b η ( ) c= ε E = c = ε c= 4πcηc = 4 πε c c Количине наелектрисања на електродама су: = и = b+ c b b = 4πε b= 4πε 4 πε b b b = b + b b bε = 4πε + 4 π + cε b b = b + b b b= 4 πε b b b= 4 πε b εb b= 4 π + εc b Парцијалне капацитете рачунамо из: = b + b = b + b ( + ) = ( b + b ) b ( ) = b + b = b ( + ) + b = b ( ) + ( b + b ) односно = C + C ( ) = C ( ) + C За парцијалне капацитете коначно добијамо: b C= b+ b= 0 C= b= 4 πε b C= b+ b= 4 πεc Капацитет кондензатора одређен је са: C C b C= C + = = 4 πε + b C C C 76

73 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 50 Ријешити Лапласову једначину у простору ограниченом коаксијалним проводним конусним плаштовима Угао према оси унутрашњег конуса је α а вањског α Потенцијал унутрашњег конуса је а вањског Врхови конуса су међусобно изоловани Из функције потенцијала одредити поље у простору између конуса [97] α α Слика 6 У сферном координантном систему ако искључимо тачку = 0 Лапласова једначина се своди на облик: = sinψ 0 = sinψ ψ ψ ( ) ψ ψ = C + C sinψ ψ ψ ( ψ) = C C C C ψ ψ + = ψ ψ + sin cs tg cs ψ ψ ( ψ) = C C C C ψ ψ + = ψ ψ + sin cs tg cs ψ tg ψ ( ψ) = C C Cln tg + = C ψ + tg пошто је за могуће углове tg ψ 0 За ψ= α = за ψ= α = добијамо: ψ ( ) 77

74 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) C = ln α α ( tg ) ln( tg ) C = ln α α ( tg ) ln( tg ) α α ( tg ) ln( tg ) ln ( ) ( ) ψ α α ( ) ln tg ln tg lntg ( ψ) = + α α α α ln( tg ) ln( tg ) ln( tg ) ln ( tg ) ( ) ( ) ˆ E ψ = ψ= ψˆ ψ α α ψ ψ ln ( tg ) ln( tg ) tg cs ( ) E ( ψ) = ψˆ α α ln sin ( tg ) ln ( tg ψ ) Примјер 5 Непосредно изнад савршено проводне равни на нултом потенцијалу налази се метални конус на потенцијалу Оса z конуса окомита је на раван а угао између ње и изводнице конуса је α Одредити расподјелу поља и потенцијала у простору између конуса и равни [98] z α =0 Слика 6 78

75 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) = sinψ 0 = sinψ ψ ψ пошто је за могуће углове tg ψ 0 За За ψ ( ) ψ ln = C tg + C α ψ= α = = C ln tg + C π π ψ = = 0 0 = C ln tg + C 4 C = 0 C ψ = ( ψ) = tg α α ln( tg ) lntg ( ) ln ˆ E = g = ψ ψˆ ψ = α ψ ln( tg ) ψ tg cs E = ψˆ α ln( tg ) sinψ Примјер 5 У коаксијалном каблу чији је пресјек дат на слици 8 усљед прегријавања створио се ваздушни зазор полупречника b у коме се јонизациом створило наелектрисање запреминске густине ρ Полазећи од Лапласове и Пуасонове једначине одредити функције потенцијала у областима () и () [99] c ε () () b ρ ε Слика 63 =0 79

76 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Резултат: = ρ + C ln + C b ( ) 4ε ( ) C ln C = + b c 3 4 b ε ρ ( b ) ερb ln 4εε C c ρ = C= Cln+ b b 4ε 4ε ε ln ln c b C = ρ ε 3 C ε + ε ρb ε C4 = C ln c ε ε Примјер 53 Сфера полупречника наелектрисана равномјерно запреминском густином наелектрисања ρ диелектричне пропустљивости ε налази се унутар диелектричне сферне љуске полупречника и b ( b) пропустљивости ε Околни простор је ваздух Полазећи од Пуасонове и Лапласове једначине одредити функције потенцијала у свим областима простора [00] ε ε ρε b Резултат: 80 ρ ρ Слика 64 ε ε ε + ε 3 ( ) = + + 6ε 3 ε ε b εε ρ 3 ( ) = + 3 ε ε ε b 3 ρ () = 3ε ( b) ε ε ( b) ( )

77 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) Примјер 54 Двије електроде у облику пуног бесконачног конуса чине електродни систем као што је приказано на слици Интеграцијом Лапласове једначине одредити потенцијал у међуелектродном простору [0] z α α Слика 65 Резултат: ( ) ( ) ψ α α = ln tg lntg ln tg α α + + lntg tg * Примјер 55 Одредити функцију расподјеле потенцијала у бесконачно дугом жљебу правоугаоног попречнг пресјека Горња површина жлијеба је на потенцијалу а преостале три стране су на потенцијалу нула [0] 8

78 Б Крстајић Збирка задатака из Електромагнетике - (007/008) y = =0 =0 Слика 66 =0 b Ако се координантни систем постави као на слици 66 Лапласова једначина има облик: X Y + = 0 ( y ) = X ( ) Yy () + = 0 y X Y y Оваква једнакост је могућа само ако су оба сабирка једнака некој константи: X X = k Y k y Y y = k ky + = 0 () С обзиром на граничне услове рјешење по треба узети преко тригонометријских функција односно: X ( ) A cs( k) A sin( k) Yy () = B chky ( ) + B shky ( ) () Гранични услови су: = + y () За = 0 0 y b ( 0 y) = 0 () За = 0 y b ( y) = 0 (3) За y = 0 0 ( 0) = 0 (4) За y = b 0 ( b ) = Услови () и (3) биће задовољени ако су A= B= 0 Рјешење поприма облик: ( y ) = A sin( k) shky ( ) (3) n n y Услов () је задовољен када је sin( k ) = 0 k = nπ k= nπ/ nπ nπ ky= k k= и ky= j (4) nπ nπ n( y ) = An sin( ) sh( y) (5) 8 y