Campo entre las placas de un condensador de placas paralelas usando la ' s Ley
On enero 20, 2021 by adminConsidere el siguiente condensador de placas paralelas fabricado de dos placas con el mismo área $ A $ y la misma densidad de carga superficial $ \ sigma $:
El el campo eléctrico debido a la placa positiva es
$$ \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Y la magnitud del campo eléctrico debido a la placa negativa es la mismo. Estos campos se sumarán entre el condensador dando un campo neto de:
$$ 2 \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Si intentamos obtener el campo resultante usando Ley de Gauss, que encierra la placa en una superficie gaussiana como se muestra, hay flujo solo a través de la cara paralela a la placa positiva y fuera de ella (ya que la otra cara está en el conductor y el campo eléctrico roza todas las demás caras).
$$ \ Phi = \ oint \ vec {E} \ cdot \ vec {dA} = EA $$
donde $ E $ es el campo eléctrico entre las placas del condensador. Ley de Gauss esto es igual a la carga $ Q $ en las placas dividida por $ \ epsilon_0 $
$$ \ frac {Q} {\ epsilon_0} \ implica E = \ frac {Q} { A \ epsilon_0} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Sé que hay algo fundamentalmente incorrecto en mis suposiciones o comprensión, porque con frecuencia obtengo resultados contradictorios al calcular campos eléctricos con Gauss » s Law. Sin embargo, no logré identificar esto.
Editar: Además, otro problema que noté fue que incluso si quitamos la placa negativa del capacitor y luego aplicamos la ley de Gauss de la misma manera, el campo aún resulta ser $ \ sigma / \ epsilon_0 $, lo cual es claramente incorrecto ya que la placa negativa contribuye al campo. Entonces, tal vez el problema esté en la aplicación de la ley de Gauss.
Comentarios
- El problema es su primera ecuación allí, debería ser σ / 2ϵ. Puede derivar esto usando Gauss.
Respuesta
Este es un error extremadamente común en la introducción a EM – de estudiantes que realmente pasan tiempo pensando en el problema, de todos modos 😉 Use la ley de Gauss en ambos casos:
En el caso de placas infinitas, no tiene el resultado que da primero. Un cilindro gaussiano tiene dos discos a cada lado de la placa, por lo que $$ E_1 (2A) = \ frac {\ sigma A} {\ epsilon_0} \ rightarrow E_1 = \ frac {\ sigma} { 2 \ epsilon_0} $$ Y de la superposición obtienes el campo eléctrico total $$ E = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Tu segundo caso es correcto, pero la carga encerrada por tu La superficie es $ Q / 2 $ en relación con el primer caso (conservación de la carga, si desea la misma respuesta, es mejor que tenga la misma carga total en las placas), por lo que $$ E_1A = \ frac {(\ sigma / 2) A } {\ epsilon_0} \ rightarrow E_1 = \ frac {\ sigma} {2 \ epsilon_0} $$ Lo que nuevamente te da la misma respuesta cuando aplicas superposición.
Respuesta
Considere primero una única placa conductora infinita. Para aplicar la ley de Gauss con un extremo de un cilindro dentro del conductor, debe asumir que el conductor tiene un grosor finito. Al hacer esto, la densidad de carga superficial $ \ sigma $ debe extenderse por ambos lados (piense de esto como una placa finita con un pequeño espesor y luego estírela hasta el infinito. Usando la ley de Gauss con esta placa (ya sea colocando un extremo del cilindro en el conductor o un extremo en ambos lados) da como resultado $ E = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_ {0}} = \ frac {Q} {2A \ epsilon_0} $.
Ahora imagine traer la segunda placa, con densidad de carga opuesta $ – \ sigma $ desde el infinito. Debido a que estas placas son conductoras, cargas en cada placa se moverá para cancelar el campo de la placa opuesta dentro del conductor (recuerde $ E = 0 $ dentro de un conductor). Debido a que el campo eléctrico producido por cada placa es constante, esto se puede lograr en el conductor con la carga neta positiva moviendo una densidad de carga de $ + \ sigma $ al lado de la placa que mira hacia la placa cargada negativamente, y $ – \ sigma $ al otro lado. Lo contrario se hará en la placa cargada negativamente. Ahora se puede aplicar la ley de Gauss con un cilindro alrededor de la placa positiva para encontrar $ E = \ frac {2 \ sigma} {\ epsilon_ {0}} = \ frac {Q} {A \ epsilon_ {0}} $. Esto es consistente con agregar el campo eléctrico producido por cada una de las placas individualmente.
Si observa detenidamente los campos eléctricos en la figura que ha dibujado arriba, verá que el campo eléctrico dentro del conductor es distinto de cero. Para mantener el campo eléctrico dentro del conductor placas cero, hay que tener en cuenta estas cargas inducidas.
Ahora también es obvio que el campo eléctrico depende de la placa cargada negativamente.Si la carga en esta placa se cambiara o se eliminara por completo, entonces la carga inducida en la placa positiva cambiaría claramente, con un cambio resultante en el campo eléctrico.
Comentarios
- Hola, ¿también es posible resolver esto sin la ley de ‘ de Gauss, usando la integral de superposición continua?
- @JDoeDoe: Sí , ciertamente. ‘ tendrías una integral sobre toda la superficie de la placa, que tendría límites infinitos, y la contribución del campo eléctrico sería algo así como 1 / (x ^ 2 + y ^ 2 + d ^ 2) dx dy para una distancia d por encima de la placa. Y, por supuesto, también ‘ tendrías que calcular las contribuciones vectoriales.
- ¡Muy buena respuesta!
Respuesta
En un capacitor, las placas solo se cargan en la interfaz que mira hacia la otra placa. Esto se debe a que la forma «correcta» de ver este problema es como una pieza de metal polarizada donde las dos partes polarizadas se colocan una frente a la otra.
En principio, cada densidad de carga genera un campo que es $ \ sigma / 2 \ epsilon $. Es solo que la geometría real del capacitor de placa es tal que estos campos se suman en la región de la losa y desaparecen afuera, lo que explica el resultado que se encuentra con la ley de Gauss. Recuerde que la ley de Gauss le dice el campo eléctrico total y no el uno solo debido a la carga que está rodeando. Esto se debe a que, cuando se usa la ley de Gauss, también se usan algunas condiciones de contorno. En su cálculo, esta cuestión del campo total proviene del hecho de que usted indicó con las manos que el campo tenía que ser cero en las placas.
Para ilustrar eso, calculemos el caso de una sola placa en el universo y luego el de dos placas.
Si tienes una sola placa en el universo, la placa es un plano de simetría y tienes $ E (0_ +) = -E (0 _-) $ que da lugar cuando usas el teorema de Gauss para $ E = \ text {sgn} (x) \ frac {\ sigma} {2 \ epsilon} $ donde $ \ text {sgn} (x) $ es el signo de la variable $ x $.
Cuando tienes un condensador, la placa izquierda, por ejemplo, ya no es un plano de simetría y tienes ese $ E (0_ +) \ neq -E (0 _-) $. Aplicando el teorema de Gauss dentro de la losa del capacitor, encontrará que el campo eléctrico es uniforme allí con un valor $ E_ {int} $ y aplicándolo afuera, verá que también es uniforme y toma los valores $ E_ {ext} ^ {(1)} $ cuando $ x < 0 $ y $ E_ {ext} ^ {(2)} $ cuando $ x > L $. Luego aplicamos el teorema de Gauss una última vez en cada placa para encontrar que $ E_ {int} -E_ {ext} ^ {(1)} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $ y $ E_ {ext} ^ {(2)} – E_ {int} = – \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $. Tenemos aquí dos ecuaciones y tres incógnitas. Sumar estas dos ecuaciones dará como resultado $ E_ {ext} ^ {(1)} = E_ {ext} ^ {(2)} = E_ {ext} $ y restarlas da $ E_ {int} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon} + E_ {ext} $. Aquí no utilicé el hecho de que era un condensador real con placas metálicas, solo imaginé infinitas hojas de carga opuesta enfrentadas entre sí. Por tanto, es normal encontrar que la solución general puede ser la suma de cualquier campo externo + el creado por estas hojas.
Imaginar un caso en el que el campo externo es cero o el hecho de que en realidad hay placas metálicas en el sistema da el resultado habitual de que el campo es $ \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $ dentro y cero afuera.
Comentarios
- No puedo ‘ averiguar por tu respuesta dónde me equivoqué . ¿Podría darme más detalles?
- He desarrollado un poco mi punto y me di cuenta de que no era ‘ t tan trivial como esperaba en el caso general. En cualquier caso, mi punto es que desde el punto de vista del teorema de Gauss ‘ estos dos casos no son iguales.
- » Recuerde que la ley de ‘ de Gauss le indica el campo eléctrico total y no el único debido a la carga que está rodeando. » Hm, eso no ‘ parece correcto.
- @Elliot: ¿podría especificar lo que parece correcto o no ‘ t?
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