Felt mellom platene til en parallellplatekondensator ved bruk av Gauss ' s Law
On januar 20, 2021 by adminVurder følgende parallellplatekondensator laget av to plater med samme areal $ A $ og lik overflateladetetthet $ \ sigma $:
elektrisk felt på grunn av den positive platen er
$$ \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Og størrelsen på det elektriske feltet på grunn av den negative platen er samme. Disse feltene vil legge seg inn mellom kondensatoren og gi et nettofelt på:
$$ 2 \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Hvis vi prøver å få det resulterende feltet ved å bruke Gauss lov, som omslutter platen i en Gaussisk overflate som vist, strømmer bare gjennom ansiktet parallelt med den positive platen og utenfor den (siden det andre ansiktet er i lederen og det elektriske feltet skumrer alle andre ansikter).
$$ \ Phi = \ oint \ vec {E} \ cdot \ vec {dA} = EA $$
hvor $ E $ er det elektriske feltet mellom kondensatorplatene. Gauss lov dette er lik ladningen $ Q $ på platene delt med $ \ epsilon_0 $
$$ \ frac {Q} {\ epsilon_0} \ innebærer E = \ frac {Q} { A \ epsilon_0} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Jeg vet at det er noe fundamentalt feil i mine antagelser eller forståelse, fordi jeg ofte får motstridende resultater når jeg beregner elektriske felt ved bruk av Gauss » s Law. Imidlertid lykkes jeg ikke med å identifisere dette.
Edit: Et annet problem jeg la merke til, var at selv om vi fjerner den negative platen fra kondensatoren og deretter bruker Gauss lov på samme måte, kommer feltet fremdeles til å være $ \ sigma / \ epsilon_0 $, noe som helt klart er feil siden den negative platen bidrar til feltet. Så, kanskje problemet ligger i anvendelsen av Gauss lov.
Kommentarer
- Problemet er din første ligning der, den skal være σ / 2ϵ. Du kan utlede dette ved hjelp av Gauss.
Svar
Dette er en ekstremt vanlig feil i innledende EM – fra studenter som faktisk bruker tid på å tenke på problemet, uansett 😉 Bruk Gauss lov i begge tilfeller:
Når det gjelder uendelige plater, har du ikke resultatet du gir først. En gaussisk sylinder har to skiver på hver side av platen, så $$ E_1 (2A) = \ frac {\ sigma A} {\ epsilon_0} \ rightarrow E_1 = \ frac {\ sigma} { 2 \ epsilon_0} $$ Og fra superposisjon får du det totale elektriske feltet $$ E = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Din andre sak er riktig, men ladningen vedlagt overflaten er $ Q / 2 $ i forhold til det første tilfellet (bevaring av ladning, hvis du vil ha det samme svaret, har du bedre samme totale ladning på platene), så $$ E_1A = \ frac {(\ sigma / 2) A } {\ epsilon_0} \ rightarrow E_1 = \ frac {\ sigma} {2 \ epsilon_0} $$ Noe som igjen gir deg det samme svaret når du bruker superposisjon.
Svar
Vurder først en eneste uendelig ledende plate. For å anvende Gauss lov med den ene enden av en sylinder inne i lederen, må du anta at lederen har en viss endelig tykkelse. Når du gjør dette, må overflateladetettheten $ \ sigma $ spres over begge sider (tenk av dette som en endelig plate med en liten tykkelse og deretter strekke den ut til uendelig. Ved å bruke Gauss lov med denne platen (enten å sette den ene enden av sylinderen i lederen eller den ene enden på begge sider) gir et resultat på $ E = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_ {0}} = \ frac {Q} {2A \ epsilon_0} $.
Tenk deg å ta med den andre platen, med motsatt ladetetthet $ – \ sigma $ inn fra uendelig. Fordi disse platene er ledere, ladninger i hver plate vil bevege seg rundt for å avbryte feltet fra motsatt plate inne i lederen (husk $ E = 0 $ inne i en leder). Fordi det elektriske feltet som produseres av hver plate er konstant, kan dette oppnås i lederen med nettopositiv ladning ved å flytte en ladetetthet på $ + \ sigma $ til siden av platen som vender mot den negativt ladede platen, og $ – \ sigma $ til den andre siden. Det motsatte vil bli gjort i den negativt ladede platen. Man kan nå bruke Gauss lov med en sylinder rundt den positive platen for å finne $ E = \ frac {2 \ sigma} {\ epsilon_ {0}} = \ frac {Q} {A \ epsilon_ {0}} $. Dette stemmer overens med å legge til det elektriske feltet produsert av hver av platene hver for seg.
Hvis du ser nøye på de elektriske feltene i figuren du har tegnet ovenfor, vil du se at det elektriske feltet inne i lederen faktisk ikke er null. For å holde det elektriske feltet inne i ledningen plater null, må man ta hensyn til disse induserte ladningene.
Det er også nå åpenbart at det elektriske feltet avhenger av den negativt ladede platen.Hvis ladningen på denne platen ble endret, eller fjernet fullstendig, ville den induserte ladningen på den positive platen tydelig endre seg, med en resulterende endring i det elektriske feltet.
Kommentarer
- Hei, er det også mulig å løse dette uten Gauss ‘ s lov, ved hjelp av den kontinuerlige superposisjonsintegralen?
- @JDoeDoe: Ja , absolutt. Du ‘ d har en integral over hele overflaten av platen, som vil ha uendelige grenser, og det elektriske feltbidraget vil være omtrent 1 / (x ^ 2 + y ^ 2 + d ^ 2) dx dy for en avstand d over platen. Og du ‘ må selvsagt også utarbeide vektorbidragene.
- Veldig fint svar!
Svar
I en kondensator lades platene bare ved grensesnittet som vender mot den andre platen. Det er fordi den «riktige» måten å se dette problemet er som et polarisert metallstykke der de to polariserte delene settes mot hverandre.
I prinsippet genererer hver ladetetthet et felt som er $ \ sigma / 2 \ epsilon $. Det er bare den faktiske geometrien til platekondensatoren er slik at disse feltene legger seg opp i skiveområdet og forsvinner utenfor, noe som forklarer resultatet du finner med Gauss «lov. Husk at Gauss» lov forteller deg det totale elektriske feltet og ikke det en bare på grunn av ladningen du omgir. Når du bruker Gauss-loven, bruker du også noen randbetingelser. I beregningen din kommer denne totale felttingen fra det faktum at du la inn med hendene at feltet måtte være null i platene.
For å illustrere det, la oss beregne saken til en enkelt plate i universet og deretter den til to plater.
Hvis du har en enkelt plate i universet, er platen et symmetriplan og du har $ E (0_ +) = -E (0 _-) $ som gir opphav når du bruker Gauss teorem til $ E = \ text {sgn} (x) \ frac {\ sigma} {2 \ epsilon} $ hvor $ \ text {sgn} (x) $ er tegnet på $ x $ variabelen.
Når du har en kondensator, er ikke venstre plate for eksempel et symmetriplan lenger, og du har den $ E (0_ +) \ neq -E (0 _-) $. Ved å bruke Gauss teorem inne i kondensatorplaten, vil du oppdage at det elektriske feltet er jevnt der med en verdi $ E_ {int} $, og ved å bruke det utenfor vil du se at det også er jevnt og tar verdiene $ E_ {ext} ^ {(1)} $ når $ x < 0 $ og $ E_ {ext} ^ {(2)} $ når $ x > L $. Vi bruker så Gauss-setningen en siste gang på hver plate for å finne den $ E_ {int} -E_ {ext} ^ {(1)} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $ og $ E_ {ext} ^ {(2)} – E_ {int} = – \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $. Vi har her to ligninger og tre ukjente. Hvis du legger til disse to ligningene, vil det gi $ E_ {ext} ^ {(1)} = E_ {ext} ^ {(2)} = E_ {ext} $ og å subtrahere dem gir $ E_ {int} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon} + E_ {ext} $. Her brukte jeg ikke det faktum at det var en faktisk kondensator med metallplater, jeg forestilte meg bare uendelige ark med motsatt ladning som vender mot hverandre. Det er således normalt å finne at den generelle løsningen kan være summen av hvilket som helst eksternt felt + det som er opprettet av disse arkene.
Å forestille seg et tilfelle der det eksterne feltet er null eller det faktum at det faktisk er metallplater i systemet, gir det vanlige resultatet at feltet er $ \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $ inne og null utenfor.
Kommentarer
- Jeg kan ‘ ikke finne ut av svaret ditt hvor jeg gikk galt . Kunne du utdype det?
- Jeg har utviklet litt poenget mitt og innsett at det ikke var ‘ t så trivielt som jeg forventet i det generelle tilfellet. Uansett er poenget mitt at fra Gauss ‘ teoremessige synspunkt er disse to tilfellene ikke de samme.
- » Husk at Gauss ‘ lov forteller deg det totale elektriske feltet og ikke bare på grunn av ladningen du omgir. » Hm, det virker ikke ‘ t.
- @Elliot: kan du spesifisere hva som virker riktig eller ‘ t?
Legg igjen en kommentar