Метаматериалы

Подсказка

Слоистый конденсатор — последовательное соединение; при плавном изменении \(\varepsilon\) суммируйте \(\Delta x/\varepsilon(x)\), а объёмный заряд найдите из теоремы Гаусса через производную поля. Для резистора роль \(E_0\) играет плотность тока.

Ответ

1.1.1) \(C=\frac{2\varepsilon_0S}{h}\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\); 1.1.2) \(\sigma_0=\varepsilon_0U_0\frac2h\frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\), \(\sigma'=\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\frac{2\varepsilon_0U_0}{h}\); 1.2.2) та же ёмкость \(C\), \(\rho(x)=2\varepsilon_0\frac{U_0}{h^2}\frac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}\) (постоянна); 2.1.1) \(R=\frac{\rho_1+\rho_2}{2}\frac hS\); 2.1.2) \(\sigma'=2\varepsilon_0\frac{U_0}{h}\frac{\rho_2-\rho_1}{\rho_2+\rho_1}\); 2.2) объёмная плотность заряда \(\frac{2\varepsilon_0U_0}{h^2}\frac{\rho_2-\rho_1}{\rho_2+\rho_1}\) (постоянна).

Решение

Часть 1. Переменная диэлектрическая проницаемость.

1.1.1 Описанную систему можно рассматривать как два конденсатора, соединенных последовательно. Используя формулу для электроемкости плоского конденсатора, запишем емкость составного конденсатора

\[\frac{1}{C} = \frac{h}{2\varepsilon_1\varepsilon_0 S} + \frac{h}{2\varepsilon_2\varepsilon_0 S} = \frac{h}{2\varepsilon_0 S} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} \quad \Rightarrow \quad C = \frac{2\varepsilon_0 S}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}.\tag{1}\]

1.1.2 При помещении диэлектрика во внешнее поле на нем возникаю поляризационные заряды, которые изменяют поле внутри диэлектрика. Если силовые линии поля перпендикулярны границам диэлектрика, то напряженность поля внутри диэлектрика оказывается в \(\varepsilon\) раз меньше.

Обозначим напряженность поля, создаваемого только зарядами на пластинах \(\vec{E}_0\), модуль которой связан с поверхностной плотностью зарядов на пластинах соотношением

\[\sigma_0 = \varepsilon_0 E_0.\tag{2}\]

Тогда напряженности полей внутри диэлектриков будут равны \(\vec{E}_1 = \frac{\vec{E}_0}{\varepsilon_1}\), \(\vec{E}_2 = \frac{\vec{E}_0}{\varepsilon_2}\). Разность потенциалов между пластинами (напряжение) может быть выражена через напряженности полей следующим образом

\[U_0 = E_1 \frac{h}{2} + E_2 \frac{h}{2} = \frac{E_0}{\varepsilon_1} \frac{h}{2} + \frac{E_0}{\varepsilon_2} \frac{h}{2} = E_0 \frac{h}{2} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2}.\tag{3}\]

Откуда следует, что

\[E _ { 0 } = U _ { 0 } \, \frac { 2 } { h } \frac { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } + \varepsilon _ { 2 } } \, .\tag{4}\]

А поверхностная плотность зарядов на пластинах

\[\sigma _ { 0 } = \varepsilon _ { 0 } U _ { 0 } \, \frac { 2 } { h } \frac { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } + \varepsilon _ { 2 } } \, .\tag{5}\]

Впрочем, эта формула может быть получена непосредственно из формулы (1), как \(q = C U _ { 0 }\).

Поверхностная плотность поляризационных зарядов на границе диэлектриков \(\sigma ^ { \prime }\) может быть найдена различными способами.

Способ 1. Представим поля внутри диэлектриков как суперпозицию поля \(E ^ { \prime } = \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } }\), создаваемого зарядами \(\sigma ^ { \prime }\) и поля \(\vec { E } _ { e }\), создаваемого всеми остальными зарядами (на пластинах и поляризационных зарядов на границах диэлектриков, примыкающих к пластинам). В этом случае напряженности полей внутри диэлектриков описываются формулами

\[\begin{aligned} E _ { 1 } = \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = E _ { e } - \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \\ E _ { 2 } = \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 2 } } = E _ { e } + \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \end{aligned}\tag{6}\]

Из этих формул следует

\[\frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 2 } } - \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \quad \Rightarrow \quad \sigma ^ { \prime } = \varepsilon _ { 0 } \frac { \varepsilon _ { 1 } - \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } } E _ { 0 }\tag{7}\]

Подставляя выражение (4), окончательно получим

\[\frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 2 } } - \frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = \frac { \sigma ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } } \quad \Rightarrow \quad \sigma ^ { \prime } = \frac { \varepsilon _ { 1 } - \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } + \varepsilon _ { 2 } } \frac { 2 \varepsilon _ { 0 } } { h } U _ { 0 }\tag{8}\]

Способ 2. Поле внутри диэлектрика \(\vec { E } _ { 1 } = \frac { \vec { E } _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } }\) может быть представлено как сумма внешнего поля \(\vec { E } _ { 0 }\) и поля \(E _ { 1 } ^ { \prime } = \frac { \sigma _ { 1 } ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } }\), создаваемого поляризационными зарядами:

\[\frac { E _ { 0 } } { \varepsilon _ { 1 } } = E _ { 0 } - \frac { \sigma _ { 1 } ^ { \prime } } { \varepsilon _ { 0 } } \, .\tag{9}\]

Откуда находим

\[\sigma _ { 1 } ^ { \prime } = \varepsilon _ { 0 } \frac { \varepsilon _ { 1 } - 1 } { \varepsilon _ { 1 } } E _ { 0 } \, .\tag{10}\]

Поверхностная плотность зарядов на втором диэлектрике описывается аналогичной формулой. Суммарная плотность заряда на границе равна \(\sigma ^ { \prime } = \sigma _ { 1 } ^ { \prime } - \sigma _ { 2 } ^ { \prime } = \varepsilon _ { 0 } E _ { 0 } \frac { \varepsilon _ { 1 } - \varepsilon _ { 2 } } { \varepsilon _ { 1 } \varepsilon _ { 2 } }\), что совпадает с формулой (7).

Способ 3. Используем теорему Гаусса для поверхности

изображенной на рисунке.

\[E_2 s - E_2 s = \frac{\sigma' s}{\varepsilon_0}.\]

Из этой формулы следует \(\sigma' = \varepsilon_0 \left( \frac{E_0}{\varepsilon_2} - \frac{E_0}{\varepsilon_1} \right)\), что приводит, как это не странно, к тому же результату (10).

1.2 Решение этой части задачи, в принципе, аналогично решению предыдущей части.

1.2.1 Сначала выразим параметры зависимости диэлектрической проницаемости от координаты

\[\varepsilon(x) = \frac{1}{ax + b}\tag{11}\]

через граничные значения. Для этого запишем и решим систему уравнений

\[\begin{cases} \frac{1}{\varepsilon_1} = b \\ \frac{1}{\varepsilon_2} = ah + b \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} b = \frac{1}{\varepsilon_1} \\ a = \frac{1}{h} \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} \end{cases}\tag{12}\]

1.2.2 Для расчета емкости конденсатора представим его как совокупность

последовательно соединенных конденсаторов малой толщины \(\Delta x_i\), емкости которых равны

\[C_i = \frac{\varepsilon(x) \varepsilon_0 S}{\Delta x_i}.\tag{13}\]

При последовательном соединении суммарная емкость рассчитывается по формуле

\[\frac{1}{C} = \sum_i \frac{1}{C_i} = \sum_i \frac{1}{\varepsilon(x) \varepsilon_0 S} \Delta x_i = \frac{1}{\varepsilon_0 S} \sum_i \frac{\Delta x_i}{\varepsilon(x)}.\tag{14}\]

При малых \(\Delta x_i\) сумма в выражении (14) равна площади под графиком зависимости \(\varepsilon^{-1}(x)\). Так как эта зависимость линейна, то в результате суммирования получим

\[\frac{1}{C} = \frac{1}{\varepsilon_0 S} \sum_i \frac{\Delta x_i}{\varepsilon(x)} = \frac{1}{\varepsilon_0 S} \frac{h}{2} \left( \varepsilon_1^{-1} + \varepsilon_2^{-1} \right) =\]

\[= \frac{1}{\varepsilon_0 S} \frac{h}{2} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2}\]

Тогда емкость конденсатора оказывается равной

\[C = 2 \frac{\varepsilon_0 S}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}.\tag{15}\]

Для расчета объемной плотности поляризационных зарядов запишем выражение для напряженности электрического поля

\[E(x) = \varepsilon^{-1}(x) E_0,\tag{16}\]

где \(E_0\) - как и ранее напряженность поля создаваемого только зарядами на пластинах. Разность потенциалов между пластинами в данном случае определяется формулой

\[U_0 = \sum_i E(x) \Delta x_i = E_0 \sum_i \varepsilon^{-1}(x) \Delta x_i .\tag{17}\]

Эту сумму мы уже вычисляли, поэтому сразу запишем

\[U_0 = E_0 \sum_i \varepsilon^{-1}(x) \Delta x_i = E_0 \frac{h}{2} \frac{\varepsilon_1 + \varepsilon_2}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} \quad \Rightarrow\]

\[E_0 = 2 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} .\tag{18}\]

Таким образом, зависимость напряженности от координаты имеет вид

\[E(x) = \frac{E_0}{\varepsilon(x)} = 2 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \varepsilon^{-1}(x) .\tag{19}\]

Для расчета зависимости плотности заряда от координаты воспользуемся самым коротким способом, основанном на теореме Гаусса (хотя приемлем и любой из ранее рассмотренных). Так для тонкого цилиндра толщиной \(\Delta x\), основания которого параллельны пластинам, имеем:

\[E(x + \Delta x) s - E(x) s = \frac{\rho(x) \Delta x}{\varepsilon_0} .\tag{20}\]

Из этой формулы следует, что

\[\rho(x) = \varepsilon_0 \frac{\Delta E}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \frac{\Delta \varepsilon^{-1}(x)}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} a\]

, где \(a\) - коэффициент, найденный ранее (формула (12)). С учетом этой формулы получим

\[\rho(x) = \varepsilon_0 \frac{\Delta E}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h} \frac{\varepsilon_1 \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} \frac{\Delta \varepsilon^{-1}(x)}{\Delta x} = 2 \varepsilon_0 \frac{U_0}{h^2} \frac{\varepsilon_1 - \varepsilon_2}{\varepsilon_1 + \varepsilon_2} .\tag{21}\]

Отметим, что объемная плотность поляризационных зарядов постоянна по объему диэлектрика.

Часть 2. Переменная проводимость.

2.1.1 Сопротивление резистора найдем как сумму двух последовательно соединенных резисторов

\[R = \rho_1 \frac{h}{2S} + \rho_2 \frac{h}{2S} = \frac{\rho_1 + \rho_2}{2} \frac{h}{S} .\tag{22}\]

2.1.2 Поясним причину возникновения заряда в этом случае. При включении внешнего поля плотности токов будут различным, что приведет к накоплению зарядов на границе раздела. Эти заряды будут изменять плотности токов в разных материалах до тех пор, пока плотности токов не сравняются. Итак. в установившемся режиме будет выполняться условие

\[j_1 = j_2 \quad \Rightarrow \quad \frac{E_1}{\rho_1} = \frac{E_2}{\rho_2}\tag{23}\]

Как уже было отмечено, различия в напряженностях полей обусловлены полем, создаваемым зарядами на границе, поэтому

\[E _ { 1 } = E _ { 0 } - \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \, , \quad E _ { 2 } = E _ { 0 } + \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \, .\]

Здесь \(E _ { 0 }\) - напряженность поля, создаваемого всеми зарядами, кроме зарядов на границе.

Из уравнений (23)-(24) найдем

\[\frac { 1 } { \rho _ { 1 } } \left( E _ { 0 } - \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \right) = \frac { 1 } { \rho _ { 2 } } \left( E _ { 0 } + \frac { \sigma ^ { \prime } } { 2 \varepsilon _ { 0 } } \right) \quad \Rightarrow \quad \sigma ^ { \prime } = 2 \varepsilon _ { 0 } E _ { 0 } \, \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { \rho _ { 2 } + \rho _ { 1 } }\tag{24}\]

Из формул (24) и определения напряжения следует, что величина \(E _ { 0 }\) может быть легко найдена

\[U _ { 0 } = E _ { 1 } \frac { h } { 2 } + E _ { 1 } \frac { h } { 2 } = E _ { 0 } h \quad \Rightarrow \quad E _ { 0 } = \frac { U _ { 0 } } { h }\tag{25}\]

Поэтому поверхностная плотность зарядов на границе равна

\[\sigma ^ { \prime } = 2 \varepsilon _ { 0 } E \frac { U _ { 0 } } { h } \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { \rho _ { 2 } + \rho _ { 1 } } \, .\tag{26}\]

2.2 Основная идея решения этой части заключается в постоянстве плотности тока, т.е.

\[j = \frac { E } { \rho } = const \, .\tag{27}\]

Поэтому напряженность поля внутри проводника изменяется по закону

\[E ( x ) = j \rho ( x )\tag{28}\]

Зависимость удельного сопротивления от координаты линейна, с учетом значений на границе эта зависимость имеет вид

\[\rho ( x ) = \rho _ { 1 } + \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { h } x \, .\tag{29}\]

Для определения плотности тока запишем выражение для напряжения между пластинами резистора

\[U _ { 0 } = \sum _ { i } E ( x ) \Delta x = \sum _ { i } j \rho ( x ) \Delta x = j \frac { \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } } { 2 } h \, .\tag{30}\]

из которого выразим

\[j = \frac { 2 U _ { 0 } } { h ( \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } ) } \, .\tag{31}\]

Ранее было получено, что плотность\(^2\) заряда определяется формулой \(\gamma ( x ) = \varepsilon _ { 0 } \, \frac { \Delta E } { \Delta x } \, .\)

\(^2\) Чтобы не путать с удельным электрическим сопротивлением, обозначим плотность заряда \(\gamma\).

Используя эту формулу, а также выражения (28), (29), (31), найдем

\[\gamma ( x ) = \varepsilon _ { 0 } \, \frac { \Delta E } { \Delta x } = \varepsilon _ { 0 } \, j \frac { \Delta \rho } { \Delta x } = \varepsilon _ { 0 } \, \frac { 2 U _ { 0 } } { h ( \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } ) } \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { h } = \frac { 2 \varepsilon _ { 0 } U _ { 0 } } { h ^ { 2 } } \frac { \rho _ { 2 } - \rho _ { 1 } } { \rho _ { 1 } + \rho _ { 2 } } \, .\tag{32}\]

Как и в первой части, объемная плотность заряда оказалась постоянной.

Последнее замечание. Вторую часть задачи можно было и не решать!

В первой части расчет электрического поля сводился к решению системы уравнений

\[E ( x ) = \varepsilon ^ { - 1 } ( x ) E _ { 0 } = ( a x + b ) E _ { 0 } \, , \quad \sum _ { i } E ( x ) \Delta x = U _ { 0 } \, ,\]

А во второй

\[E ( x ) = \rho ( x ) \, j = ( a x + b ) \, j \, , \quad \sum _ { i } E ( x ) \Delta x = U _ { 0 } \, ,\]

Эти систему уравнений полностью совпадают, если \(E _ { 0 }\) заменить на \(j\), \(\varepsilon ^ { - 1 }\) заменить на \(\rho\). Достаточно было просто переписать формулы с учетом этих замен!

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.