حل مسائل الکتریسیته ساکن — به زبان ساده

۱۰۳۷ بازدید
آخرین به‌روزرسانی: ۲۴ اردیبهشت ۱۴۰۲
زمان مطالعه: ۷ دقیقه
حل مسائل الکتریسیته ساکن — به زبان ساده

در این آموزش قصد داریم به حل مسائل الکتریسیته ساکن بپردازیم. مسائل الکتریسیته ساکن به بررسی اثرات بارهای الکتریکی در حالت سکون می‌پردازند. انواع مختلفی از مسائل الکتریسیته ساکن بسته به شرایط و مطلوب‌های مسئله وجود دارد. در این حالت میدان‌های الکتریکی برای بارهای ساکن محاسبه می‌شوند. با حرکت بارها جریان به وجود می‌آید. به این ترتیب، میدان‌های الکتریکی و مغناطیسی از طریق فرم‌های پیچیده‌تر معادلات ماکسول قابل محاسبه است.

997696

حل مسائل الکتریسیته ساکن

برای حل مسائل الکتریسیته ساکن، ابتدا پتانسیل الکتریکی محاسبه می‌شود. سپس شدت میدان الکتریکی و توزیع بار الکتریکی بر حسب پتانسیل به دست می‌آید. به طریق مشابه اگر توزیع بار معلوم باشد، می‌توان پتانسیل الکتریکی و شدت میدان الکتریکی را محاسبه کرد. در بسیاری از مسائل عملی، توزیع دقیق بار در همه نقاط را نمی‌دانیم. برای مثال،‌ اگر تعدادی بار نقطه‌ای و اجسام رسانا با پتانسیل معلوم داشته باشیم، محاسبه شدت میدان الکتریکی در فضا یا توزیع بارهای سطح روی اجسام هادی بسیار مشکل است. اگر اجسام هادی مرزهایی با هندسه ساده داشته باشند، می‌توان از روش تصاویر برای حل مسائل الکتریسیته ساکن استفاده کرد.

در انواع دیگری از مسائل، ممکن است پتانسیل همه اجسام هادی معلوم باشد و بخواهیم توزیع بارهای سطحی روی اجسام هادی و شدت میدان الکتریکی در محیط اطراف را بدانیم. در این سری مسائل، معادلات دیفرانسیل با شرایط مرزی مناسب آن حل می‌شود. به این مسائل، «مسائل مقدار مرزی» (Boundary Value Problems) گفته می‌شود.

معادله پواسون

در الکتریسیته ساکن، دو معادله دیفرانسیل بنیادی وجود دارد. این معادلات در زیر آمده‌اند:

.D=ρ(C/m3) \large\nabla .D = \rho \, \, \, (C/m^3)
معادله (۱)

×E=0\large \nabla \times E =0
معادله (۲)

این دو رابطه، معادلات دیفرانسیل بنیادی برای حل مسائل الکتریسیته ساکن هستند و در محیط‌های مختلف قابل اعمال هستند. از آنجا که کرل میدان مغناطیسی صفر است، می‌توان گفت که این میدان، «غیر چرخشی» (Irrotational) است. بنابراین می‌توان یک پتانسیل الکتریکی اسکالر V مانند زیر تعریف کرد:

E=V\large E= - \nabla V
معادله (۳)

برای یک محیط خطی و ایزوتروپیک داریم:

D=εE\large D=\varepsilon E
معادله (۴)

به این ترتیب، معادله (۱) به معادله زیر تبدیل می‌شود:

.εE=ρ\large \nabla . \varepsilon E = \rho
معادله (۵)

پس خواهیم داشت:

.(εV)=ρ\large \nabla . (\varepsilon \nabla V) = -\rho
معادله (۶)

که در آن، ε\varepsilon می‌تواند از تابعی از مکان باشد. برای یک محیط ساده و همگن، ε\varepsilon یک مقدار ثابت دارد و می‌توان آن را از اپراتور دیورژانس خارج کرد. پس داریم:

2V=ρε\large\nabla^2 V = - \frac{\rho}{\varepsilon}
معادله (۷)

در معادله (7)، 2\nabla^2 اپراتور لاپلاس نام دارد. این اپراتور، معادل دیورژانس گرادیان یا .\nabla. \nabla است. معادله (۷)، به نام «معادله پواسون» (Poisson's Equation) نیز شناخته می‌شود. این رابطه بیان می‌کند که برای یک محیط ساده، لاپلاسین پتانسیل با ρ/ε-\rho / \varepsilon برابر است. در این معادله، ε\varepsilon ضریب گذردهی الکتریکی محیط و ρ\rho چگالی حجمی بارهای آزاد است. این چگالی می‌تواند تابعی از مختصات فضایی باشد. از آنجا که اپراتورهای دیورژانس و گرادیان شامل مشتق‌های فضایی مرتبه اول هستند، معادله پواسون یک معادله دیفرانسیل جزئی مرتبه دوم محسوب می‌شود. این معادله در هر نقطه از فضا که مشتق‌های مرتبه دوم وجود دارد، جواب خواهد داشت. لاپلاسین پتانسیل در مختصات فضایی به صورت زیر نوشته می‌شود:

2V=.V=(axx+ayy+azz).(axVx+ayVy+azVz);\large \nabla^2 V = \nabla . \nabla V = \left ( a_x \frac{\partial }{\partial x}+a_y \frac{\partial }{\partial y}+ a_z \frac{\partial }{\partial z}\right ). \left ( a_x \frac{\partial V}{\partial x} + a_y \frac{\partial V}{\partial y}+ a_z \frac{\partial V}{\partial z}\right );

بنابراین معادله (۷) به صورت زیر قابل بازنویسی است:

2Vx2+2Vy2+2Vz2=ρε(V/m2)\large\frac{\partial^2 V}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 V}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 V}{\partial z^2}= -\frac{\rho}{\varepsilon} \, \, \, (V/m^2)
معادله (8)

به همین ترتیب، می‌توان لاپلاسین را برای مختصات استوانه‌ای و کروی نیز نوشت. برای مختصات استوانه‌ای، لاپلاسین پتانسیل به صورت زیر نوشته می‌شود:

2V=1rr(rVr)+1r22Vϕ2+2Vz2\large\nabla^2 V = \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left ( r \frac{\partial V}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 V}{\partial \phi ^2 }+ \frac{\partial^2 V}{\partial z^2}
معادله (۹)

2V=1R2R(R2VR)+1R2sinθθ(sinθVθ)+1R2sin2θ2Vϕ2\large\partial^2 V = \frac{1}{R^2}\frac{\partial}{\partial R} \left( R^2 \frac{\partial V}{\partial R} \right)+\frac{1}{R^2 sin \theta }\frac{\partial}{\partial \theta}\left ( sin \theta \frac{\partial V}{\partial \theta} \right ) + \frac{1}{R^2 sin^2 \theta} \frac{\partial ^2 V}{\partial \phi^2}
معادله (10)

در حل معادله پواسون سه بعدی، شرایط مرزی باید در نظر گرفته شود. اگر در یک محیط ساده بار آزاد الکتریکی وجود نداشته باشد، ρ=0\rho = 0 است و معادله (۷) به صورت زیر نوشته می‌شود:

2V=0\large\nabla ^2 V = 0
معادله (۱۱)

به معادله (۱۱)، «معادله لاپلاس» (Laplace Equation) گفته می‌شود. این معادله در الکترومغناطیس نقش مهمی دارد. برای حل مسائل مربوط به هادی‌ها، مثل خازن‌ها از معادله لاپلاس استفاده می‌شود. با محاسبه VV از معادله (۱۱)، می‌توان میدان الکتریکی را طبق معادله زیر پیدا کرد:

E=V\large E = - \nabla V

به این ترتیب، توزیع بار روی سطح هادی از رابطه زیر محاسبه می‌شود:

ρs=εEn \large \rho _s = \varepsilon E_n

مثال ۱

خازنی با دو صفحه موازی داریم. فاصله این دو صفحه dd و پتانسیل این صفحات به ترتیب 00 و V0V_0 است. شکل زیر، این مسئله را نشان می‌دهد:

خازن صفحه موازیبا صرفنظر از اثرات میدان در حاشیه لبه‌ها، پتانسیل در هر نقطه بین این دو صفحه و توزیع بار سطحی روی صفحات را بیابید.

حل: برای حل این مسئله و یافتن پتانسیل بین صفحات موازی از معادله لاپلاس استفاده می‌شود. از آنجا که ρ=0\rho = 0 است، تابع پتانسیل این مسئله هیچ تغییری در جهات xx و zz نخواهد داشت. پس معادله (۸) را می‌توان به صورت زیر نوشت:

d2Vdy2=0 \large \frac{d^2 V}{d y^2}=0
معادله (۱۲)

از آنجا که پتانسیل در این مسئله تنها تابع yy است، می‌توان از d2/dy2d^2 / dy^2 به جای 2/2y\partial ^2 / \partial^2 y استفاده کرد. با یک بار انتگرال‌گیری از معادله (۱۲) نسبت به yy خواهیم داشت:

dVdy=C1 \large \frac {dV}{dy} = C_1
معادله (۱۳)

که در آن ثابت انتگرال‌گیری C1C_1 باید تعیین شود. با انتگرال‌گیری مجدد خواهیم داشت:

V=C1y+C2 \large V = C_1 y + C_2
معادله (۱۴)

برای حل این معادله و یافتن ثابت‌های انتگرال‌گیری C1C_1 و C2C_2، دانستن دو شرط مرزی نیاز است. دو شرط مرزی از پتانسیل روی صفحات به دست می‌آید. به صورت زیر:

@ y=0V=0@\large  \, \, \, y= 0 \, \, \, \to \, \, \, V=0

@ y=dV=V0@ \large \, \, \, y=d \, \, \, \to \, \, \, V=V_0
معادله (۱۵)

با جایگزین کردن این معادلات در معادله لاپلاس خواهیم داشت:

V=V0dy. \large V= \frac{V_0}{d} y.
معادله (۱۶)

پس پتانسیل از y=0y=0 تا y=dy=d به صورت خطی زیاد می‌شود.

برای یافتن توزیع بار سطحی ابتدا باید میدان الکتریکی (EE) را در صفحات y=0y=0 و y=dy=d بیابیم. بنابراین داریم:

E=a^ydVdy=a^yV0d \large E = -\hat a _y \frac{dV}{dy} = -\hat a_y \frac{V_0}{d}
معادله (۱۷)

میدان الکتریکی به دست آمده، یکنواخت و مستقل از yy است. ذکر این نکته ضروری است که جهت EE بر خلاف جهت افزایش VV است. توزیع بار سطحی در صفحات هادی به صورت زیر محاسبه می‌شود:

En=a^n.E=ρsε \large E_n = \hat a_n . E = \frac{\rho_s}{\varepsilon}
معادله (۱۸)

در صفحه پایینی داریم:

a^n=a^y,Enl=V0d,ρsl=εV0d \large \hat a_n =\hat a_y \, \, \, , \, \, \, E_{nl} = -\frac{V_0}{d}\, \, \, , \, \, \, \rho_{sl}= - \frac{\varepsilon V_0}{d}
معادله (۱۹)

همچنین در صفحه بالایی خواهیم داشت:

a^n=a^y,Enu=V0d,ρsu=εV0d \large \hat a_n = -\hat a_y \, \, \, , \, \, \, E_{nu} = \frac {V_0}{d}\, \, \, , \, \, \, \rho_{su} = -\frac{\varepsilon V_0}{d}
معادله (۲۰)

خطوط میدان الکتریکی در میدان الکتریکی ساکن، از بارهای مثبت شروع می‌شود و به بار منفی ختم می‌شود.

مثال ۲

میدان الکتریکی را در داخل و خارج یک ابر الکترونی کروی محاسبه کنید. چگالی بار حجمی یکنواخت این ابر کروی برای 0Rb0 \leq R \leq b، برابر ρ=ρ0\rho = -\rho _0 و برای R>bR>b، برابر ρ=0\rho =0 خواهد بود.

حل: همانطور که می‌دانیم برای محاسبه پتانسیل الکتریکی ابتدا باید معادلات لاپلاس و پواسن یک بعدی حل شوند. از آنجا که تابع پتانسیل هیچ تغییری در جهت‌های θ\theta و ϕ\phi ندارد، در نتیجه پتانسیل فقط تابعی از شعاع یا RR در مختصات کروی خواهد بود.

الف) برای محاسبه میدان الکتریکی داخل کره داریم:

0Rb,ρ=ρ0 \large 0 \leq R \leq b \, \, \, , \, \, \, \rho = - \rho_0

در این ناحیه به دلیل وجود بار الکتریکی آزاد، معادله پواسن برقرار است. با صرفنظر از /θ\partial / \partial \theta و /ϕ\partial / \partial \phi خواهیم داشت:

1R2ddR(R2dVidR)=ρ0ε0 \large \frac{1}{R^2}\frac{d}{dR} (R^2 \frac{dV_i}{dR}) = \frac{\rho_0}{\varepsilon _0}
معادله (۲۱)

این معادله به صورت زیر قابل بازنویسی است:

ddR(R2dVidR)=ρ0ε0R2 \large \frac{d}{dR} (R^2 \frac{dV_i}{dR})= \frac{\rho_0}{\varepsilon _0}R^2
معادله (۲۲)

با انتگرال‌گیری از این معادله داریم:

dVidR=ρ03ε0R+C1R2 \large \frac{dV_i}{dR} = \frac{\rho_0}{3\varepsilon_0}R + \frac{C_1}{R^2}
معادله (۲۳)

شدت میدان الکتریکی داخل ابر الکترونی برابر است با:

Ei=Vi=aR(dVidR) \large E_ i = -\nabla V_i = -a_R (\frac{dV_i}{dR})
معادله (۲۴)

از آنجا که EiE_i در R=0R=0 نمی‌تواند بی‌نهایت باشد، ثابت انتگرال‌گیری C1C_1 از بین می‌رود. به همین ترتیب خواهیم داشت:

Ei=aRρ03ε0R,0Rb \large E_i = -a_R \frac{\rho_ 0 }{3 \varepsilon _0 }R, \, \, \, 0 \leq R \leq b
معادله (۲۵)

ب) برای محاسبه میدان الکتریکی بیرون ابر خواهیم داشت:

Rb,ρ=0\large R \geq b \, \, \, , \, \, \, \rho = 0
معادله (۲۶)

در این ناحیه معادله لاپلاس برقرار است، چون بار آزاد وجود ندارد. پس داریم:

2V0=01R2R(R2dV0dR)=0 \large \nabla^2 V_0 = 0 \to \frac{1}{R^2}\frac{\partial }{\partial R}(R^2 \frac{dV_0}{dR})=0
معادله (۲۷)

با انتگرال‌گیری از این معادله خواهیم داشت:

dV0dR=C2R2\large \frac{dV_0}{dR}= \frac{C_2}{R^2}
معادله (۲۸)

یا به صورت معادل:

E0=V0=aRdV0dR=aRC2R2 \large E_0 = - \nabla V_0 = -a_R \frac{dV_0}{dR}= -a_R \frac{C_2}{R^2}
معادله (۲۹)

میدان در داخل و بیرون کره در سطح کره با هم برابر می‌شود. از پیوستگی میدان در سطح کره (R=bR=b) می‌توان ثابت انتگرال‌گیری C2C_2 را محاسبه کرد. پس خواهیم داشت:

C2b2=ρ03ε0b \large \frac{C_2}{b^2} = \frac{\rho_0}{3 \varepsilon _0}b
معادله (۳۰)

از این معادله خواهیم داشت:

C2=ρ0b33ε0 \large C_2 = \frac{\rho_0 b^3}{3 \varepsilon_ 0 }
معادله (۳۱)

پس میدان بیرون کره عبارت است از:

Eo=aRρ0b33ε0R2,Rb \large E_o = -a_R \frac{\rho_0 b^3}{3 \varepsilon_ 0 R^2} \, \, \, , \, \, \, R \geq b
معادله (۳۲)

کل بار در ناحیه کروی ابر الکترونی برابر است با:

Q=ρ04π3b3 \large Q = - \rho_ 0 \frac{4 \pi}{3}b^3
معادله (۳۳)

پس می‌توان میدان را به صورت زیر نوشت:

Eo=aRQ4πε0R2 \large E_ o = a_R \frac{Q}{4 \pi \varepsilon _0 R^2}
معادله (۳۴)

که همان میدان الکتریکی برای بار نقطه‌ای QQ و در فاصله RR از آن است.

اگر دوباره به معادله (۲۳) نگاهی بیندازیم، با یادآوری C1=0C_1=0 خواهیم داشت:

Vi=ρ0R26ε0+C1 \large V_i = \frac{\rho_0 R^2}{6 \varepsilon_ 0}+ C_1^ \prime
معادله (۳۵)

لازم به ذکر است که C1C_1^\prime یک ثابت انتگرال‌گیری جدید است و با C1C_1 برابر نیست. با جایگزینی معادله (۳۰) در معادله (۲۸) و انتگرال‌گیری مجدد خواهیم داشت:

Vo=ρ0b33ε0R+C2\large V_o = - \frac{\rho_0 b^3}{3 \varepsilon_0 R}+ C_2^ \prime
معادله (۳۶)

هرچند در معادله (۳۶)، C2C_2^\prime باید حذف شود، چرا که VoV_o در بی‌نهایت صفر خواهد شد. پتانسیل الکتریکی در مرز پیوسته است. با برابر قرار دادن ViV_i و VoV_o در R=bR=b خواهیم داشت:

ρ0b26ε0+C1=ρ0b23ε0 \large \frac{\rho_ 0 b^2 }{6 \varepsilon _0 }+ C_1^\prime = - \frac{\rho_0 b^2}{3 \varepsilon_0}

یا:

C1=ρb22ε0 \large C_1^\prime = -\frac{\rho b^2}{2 \varepsilon _0}

بنابراین خواهیم داشت:

Vi=ρ03ε0(3b22R22) \large V_i = -\frac{\rho_0}{3 \varepsilon_0} (\frac{3b^2}{2}- \frac{R^2}{2})

اگر به مباحث مرتبط در زمینه فیزیک و مهندسی علاقه‌مند هستید، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شوند:

بر اساس رای ۳ نفر
آیا این مطلب برای شما مفید بود؟
اگر بازخوردی درباره این مطلب دارید یا پرسشی دارید که بدون پاسخ مانده است، آن را از طریق بخش نظرات مطرح کنید.
منابع:
Field and Wave Electromagnetics
نظر شما چیست؟

نشانی ایمیل شما منتشر نخواهد شد. بخش‌های موردنیاز علامت‌گذاری شده‌اند *