Цилиндры в проводящей жидкости

Решение

A1. Теорема Гаусса:\[\oint\vec E\cdot\mathrm d\vec S=q/\varepsilon_0.\]Из соображений симметрии ясно, что у электрического поля есть только радиальная составляющая. Записав теорему Гаусса для цилиндра, ось которого совпадает с заряженной нитью, получим:\[E\cdot 2\pi r\lambda l/\varepsilon_0,\]откуда:

Ответ:

\[\vec E(r) = \cfrac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0} \cdot \cfrac{1}{r}\cdot\hat r\]

A2. Потенциал задаётся выражением:\[V=-\int\limits_{\mathrm{ref}}^r\vec E\cdot\mathrm d\vec l=-\int\limits_{\mathrm{ref}}^rE\,\mathrm dr=- \cfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln r+\operatorname{const}.\]

Ответ:

\[f(r) = - \cfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln r\]

A3.

Рис. 1. Система из двух заряженных нитей

Потенциал находим как суперпозицию потенциалов нитей:\[V=- \cfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln r_1+\cfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln r_2= \cfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln \cfrac{\sqrt{(b-x)^2+y^2}}{\sqrt{(b+x)^2+y^2}}=\cfrac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0} \ln \cfrac{{(b-x)^2+y^2}}{{(b+x)^2+y^2}}.\]

Ответ:

\[V=\cfrac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0} \ln \cfrac{{(b-x)^2+y^2}}{{(b+x)^2+y^2}}\]

Условие постоянства потенциала можно представить в виде:\[\left(x-\left(\frac{1+\beta}{1-\beta}\right)\right)^2+y^2=b^2\left(\left(\frac{1+\beta}{1-\beta}\right)^2-1\right),\]где \(\beta=\exp(4\pi\varepsilon_0V/\lambda)\).

Рис. 2. Эквипотенциальные поверхность для \(b=1\) и \(\beta=12.35\) (слева) и \(\beta=1/12.35\) (справа)

A4. Полученное выше уравнение очень удобно задаёт цилиндр. Таким образом, распределение потенциала можно воссоздать, если соответствующим образом выбрать положения заряженных нитей. Рассмотрим рисунок:

Рис. 3. Две заряженные нити и их эквипотенциальная поверхность

Подберём расстояния \(l_{1,2}\) так, чтобы цилиндрическая поверхность радиуса \(R\) была эквипотенциальной. Потенциал задаётся выражением:\[V=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln r_1+\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln r_2=-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln\left(l_1^2+R^2-2l_1R\cos\varphi\right)+\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln\left(l_2^2+R^2-2l_2R\cos\varphi\right),\]где угол \(\varphi\) задаёт точку в сечении цилиндра. Условие постоянства потенциала принимает вид:\[\frac{\partial V}{\partial \varphi}=0\implies- \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2l_1R\sin\varphi}{l_1^2+R^2-2l_1R\cos\varphi}+\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2l_2R\sin\varphi}{l_2^2+R^2-2l_2R\cos\varphi}=0\\\frac{l_1}{l_1^2+R^2-2l_1R\cos\varphi}=\frac{l_2}{l_2^2+R^2-2l_2R\cos\varphi}\\l_1^2l_2+R^2l_2-2l_1l_2R\cos\varphi=l_1l_2^2+R^2l_1-2l_1l_2R\cos\varphi\\l_1l_2(l_1-l_2)=R^2(l_1-l_2)\implies l_1l_2=R^2.\]Из условия задачи можно заключить:\[l_1+l_2=10a,\qquad l_1l_2=9a^2,\]откуда:\[l_{1,2}=5a\pm 4a.\]Знаки выбраны так, чтобы \(l_1 > l_2\). Таким образом, потенциал всюду за пределами цилиндров задаётся выражением:\[V=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln\frac{(4a-x)^2+y^2}{(4a+x)^2+y^2}.\]Сами цилиндры (правый и левый соответственно) при этом имеют потенциалы:\[V(x=\pm 2a,y=0)=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\ln\frac{(4a\mp2a)^2+0^2}{(4a\pm2a)^2+0^2}=\mp\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln3.\]Таким образом, разность потенциалов между цилиндрами равна:\[\Delta V=\frac{\lambda}{\pi\varepsilon_0}\ln3\equiv V_0.\]Подставляя это в выражение для потенциала во всём пространстве, получим ответ:

Ответ:

\[V=\frac{V_0}{4\ln3}\ln\frac{(4a-x)^2+y^2}{(4a+x)^2+y^2}\text{ вне цилиндров}\\V=\pm V_0/2\text{ внутри левого и правого цилиндров соответственно}\]

A5. Связь напряжения и заряда:\[V_0=\frac{q}{l\pi\varepsilon_0}\ln3,\]откуда:

Ответ:

\[C=\frac{q}{V_0}=\frac{l\pi\varepsilon_0}{\ln3}\]

A6. Цилиндры создают электрическое поле:\[E_x=\frac{V_0}{2\ln3}\left(\frac{4a+x}{(4a+x)^2+y^2}+\frac{4a-x}{(4a-x)^2+y^2}\right),\\E_y=\frac{V_0}{2\ln3}\left(\frac{y}{(4a+x)^2+y^2}-\frac{y}{(4a-x)^2+y^2}\right).\]Объёмная плотность тока:\[\vec j=\sigma\vec E.\]Чтобы найти полную силу тока, удобно посчитать поток объёмной плотности через плоскость \(x=0\), поскольку там равна нулю её \(y\)-компонента. Итого:\[I=\int\vec j\cdot\mathrm d\vec S=\int\sigma E_xl\,\mathrm dy=\sigma l\frac{8aV_0}{2\ln3}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm dy}{(4a)^2+y^2}=\frac{V_0\pi\sigma l}{\ln3}.\]

Ответ:

\[I=\frac{V_0\pi\sigma l}{\ln3}\]

A7. Сопротивление определяется как:

Ответ:

\[R=\frac{V_0}{I}=\frac{\ln3}{\pi\sigma l}\]

Отсюда:

Ответ:

\[RC=\frac{\varepsilon_0}{\sigma}\]

A8. Поскольку система довольно симметрична, воспользуемся теоремой о циркуляции. Также, поскольку у тока нет \(z\)-компоненты, то и у магнитного поля её не будет.

Рис. 4. Теорема о циркуляции

На рисунке 4 показаны токи, текущие от одного цилиндра к другому. Для теоремы о циркуляции выберем симметричный относительно оси \(x\) контур в плоскости \(x=\operatorname{const}\), стороны которого параллельны осям \(y\) и \(z\). Поток плотности тока через контур:\[I=\int\vec j\cdot\mathrm d\vec S=\int J_xl\,\mathrm dy=\frac{V_0\sigma l}{2\ln3}\int\limits_{-y}^{y}\left(\frac{4a+x}{(4a+x)^2+y^2}+\frac{4a-x}{(4a-x)^2+y^2}\right)\,\mathrm dy=\\=\frac{V_0\sigma l}{\ln3}\left(\operatorname{arctg}\frac{y}{4a+x}+\operatorname{arctg}\frac{y}{4a-x}\right).\]Теорема о циркуляции:\[\oint\vec B\cdot\mathrm d\vec l=\mu_0I\\2B_zl=\frac{\mu_0V_0\sigma l}{\ln3}\left(\operatorname{arctg}\frac{y}{4a+x}+\operatorname{arctg}\frac{y}{4a-x}\right)\\B_z=\frac{\mu_0V_0\sigma}{2\ln3}\left(\operatorname{arctg}\frac{y}{4a+x}+\operatorname{arctg}\frac{y}{4a-x}\right)\implies\]

Ответ:

\[\vec B=\hat z\frac{\mu_0V_0\sigma}{2\ln3}\left(\operatorname{arctg}\frac{y}{4a+x}+\operatorname{arctg}\frac{y}{4a-x}\right)\]

Перевод: pho.rs.