Pole między płytkami równoległego kondensatora płytkowego używającego ' prawa Gaussa
On 20 stycznia, 2021 by adminRozważmy następujący równoległy kondensator płytkowy wykonany dwóch płyt o równej powierzchni $ A $ i równej gęstości ładunku powierzchniowego $ \ sigma $:
pole elektryczne spowodowane płytą dodatnią wynosi
$$ \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
A wielkość pola elektrycznego generowanego przez płytę ujemną to podobnie. Pola te dodają się między kondensatorem, dając pole netto:
$$ 2 \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Jeśli spróbujemy uzyskać wynikowe pole za pomocą Zgodnie z prawem Gaussa, zamykając płytkę w powierzchni Gaussa, jak pokazano, strumień przepływa tylko przez ścianę równoległą do płyty dodatniej i na zewnątrz niej (ponieważ druga ściana znajduje się w przewodniku, a pole elektryczne omija wszystkie inne ściany).
$$ \ Phi = \ oint \ vec {E} \ cdot \ vec {dA} = EA $$
gdzie $ E $ to pole elektryczne między płytami kondensatora. Prawo Gaussa jest równe ładunkowi $ Q $ na płytach podzielonemu przez $ \ epsilon_0 $
$$ \ frac {Q} {\ epsilon_0} \ implikuje E = \ frac {Q} { A \ epsilon_0} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Wiem, że w moich założeniach lub zrozumieniu jest coś zasadniczo niepoprawnego, ponieważ często otrzymuję sprzeczne wyniki podczas obliczania pól elektrycznych za pomocą Gaussa ” s prawa. Jednak nie udało mi się to zidentyfikować.
Edycja: Kolejnym problemem, który zauważyłem, było to, że nawet jeśli usuniemy płytkę ujemną z kondensatora, a następnie zastosujemy prawo Gaussa w ten sam sposób, pole nadal okaże się $ \ sigma / \ epsilon_0 $, co jest ewidentnie błędne ponieważ płyta ujemna przyczynia się do pola. Więc może problem tkwi w zastosowaniu prawa Gaussa.
Komentarze
- Twoim pierwszym równaniem powinno być σ / 2ϵ. Możesz to wyprowadzić za pomocą Gaussa.
Odpowiedź
Jest to niezwykle częsty błąd we wprowadzających EM – od studentów, którzy i tak spędzają czas na myśleniu o problemie 😉 W obu przypadkach skorzystaj z prawa Gaussa:
W przypadku płyt nieskończonych nie masz wyniku, który podajesz jako pierwszy. Cylinder Gaussa ma dwa dyski po obu stronach płyty, więc $$ E_1 (2A) = \ frac {\ sigma A} {\ epsilon_0} \ rightarrow E_1 = \ frac {\ sigma} { 2 \ epsilon_0} $$ A z superpozycji otrzymujesz całkowite pole elektryczne $$ E = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_0} $$
Twój drugi przypadek jest poprawny, ale ładunek zawarty w powierzchnia wynosi $ Q / 2 $ w stosunku do pierwszego przypadku (zachowanie ładunku, jeśli chcesz uzyskać tę samą odpowiedź, lepiej mieć ten sam całkowity ładunek na płytach), więc $$ E_1A = \ frac {(\ sigma / 2) A } {\ epsilon_0} \ rightarrow E_1 = \ frac {\ sigma} {2 \ epsilon_0} $$ Co znowu daje tę samą odpowiedź, gdy zastosujesz superpozycję.
Odpowiedź
Rozważ najpierw jedną nieskończoną przewodzącą płytkę. Aby zastosować prawo Gaussa z jednym końcem cylindra wewnątrz przewodnika, musisz założyć, że przewodnik ma pewną skończoną grubość. Robiąc to, gęstość ładunku powierzchniowego $ \ sigma $ musi być rozłożona po obu stronach (pomyśl z tego jako skończoną płytkę o małej grubości, a następnie rozciągnij ją do nieskończoności. Używając prawa Gaussa z tą płytą (umieszczając jeden koniec cylindra w przewodniku lub jeden koniec po obu stronach) daje wynik $ E = \ frac {\ sigma} {\ epsilon_ {0}} = \ frac {Q} {2A \ epsilon_0} $.
Teraz wyobraź sobie, że przyniesiesz drugą płytkę o przeciwnej gęstości ładunku $ – \ sigma $ z nieskończoności. Ponieważ te płyty są przewodnikami, ładunki w każdej płytce będzie się poruszać, aby anulować pole z przeciwległej płytki wewnątrz przewodnika (pamiętaj, że $ E = 0 $ wewnątrz przewodnika). Ponieważ pole elektryczne wytwarzane przez każdą płytkę jest stałe, można to osiągnąć w przewodniku z dodatnim ładunkiem netto, przesuwając gęstość ładunku $ + \ sigma $ na stronę płytki zwróconą do ujemnie naładowanej płytki, a $ – \ sigma $ na drugą stronę. W przypadku płytki naładowanej ujemnie nastąpi odwrotność. Można teraz zastosować prawo Gaussa z cylindrem wokół płyty dodatniej, aby znaleźć $ E = \ frac {2 \ sigma} {\ epsilon_ {0}} = \ frac {Q} {A \ epsilon_ {0}} $. Jest to zgodne z dodaniem pola elektrycznego wytwarzanego przez każdą z płytek indywidualnie.
Jeśli przyjrzysz się uważnie polom elektrycznym na rysunku, który narysowałeś powyżej, zobaczysz, że pole elektryczne wewnątrz przewodnika jest rzeczywiście niezerowe. Aby utrzymać pole elektryczne wewnątrz przewodnika Zera, należy wziąć pod uwagę te indukowane ładunki.
Jest teraz również oczywiste, że pole elektryczne zależy od ujemnie naładowanej płytki.Gdyby ładunek na tej płytce został zmieniony lub całkowicie usunięty, ładunek indukowany na płycie dodatniej wyraźnie się zmieniłby, co spowodowałoby zmianę pola elektrycznego.
Komentarze
- Cześć, czy można to również rozwiązać bez prawa Gaussa ', używając całki ciągłej superpozycji?
- @JDoeDoe: Tak , na pewno. ' d masz całkę na całej powierzchni płytki, która miałaby nieskończone granice, a udział pola elektrycznego byłby mniej więcej taki jak 1 / (x ^ 2 + y ^ 2 + d ^ 2) dx dy dla odległości d nad płytą. I wy ' musielibyście oczywiście obliczyć również wkłady wektorów.
- Bardzo ładna odpowiedź!
Odpowiedź
W kondensatorze, płyty są ładowane tylko na interfejsie zwróconym do drugiej płytki. Dzieje się tak, ponieważ „właściwym” sposobem postrzegania tego problemu jest spolaryzowany kawałek metalu, w którym dwie spolaryzowane części są ustawione naprzeciw siebie.
W zasadzie każda gęstość ładunku generuje pole o wartości $ \ sigma / 2 \ epsilon $. Chodzi tylko o to, że rzeczywista geometria kondensatora płytowego jest taka, że pola te sumują się w obszarze płyty i znikają na zewnątrz, co wyjaśnia wynik uzyskany za pomocą prawa Gaussa. Pamiętaj, że prawo Gaussa mówi ci o całkowitym polu elektrycznym, a nie o jeden tylko ze względu na ładunek, który otaczasz. Dzieje się tak, ponieważ korzystając z prawa Gaussa, używasz również pewnych warunków brzegowych. W swoich obliczeniach to całkowite pole pochodzi z faktu, że dałeś rękami, że pole musi mieć zero na płytach.
Aby to zilustrować, obliczmy przypadek pojedynczej płytki we wszechświecie, a następnie przypadek dwóch płyt.
Jeśli we wszechświecie mamy jedną płytkę, płytka jest płaszczyzną symetrii i masz $ E (0_ +) = -E (0 _-) $, co daje początek, gdy używasz twierdzenia Gaussa do $ E = \ text {sgn} (x) \ frac {\ sigma} {2 \ epsilon} $ gdzie $ \ text {sgn} (x) $ jest znakiem zmiennej $ x $.
Kiedy masz kondensator, na przykład lewa płyta nie jest już płaszczyzną symetrii i masz to $ E (0_ +) \ neq -E (0 _-) $. Stosując twierdzenie Gaussa wewnątrz płyty kondensatora, przekonasz się, że pole elektryczne jest tam jednorodne o wartości $ E_ {int} $ i stosując je na zewnątrz, zobaczysz, że jest również jednorodne i przyjmuje wartości $ E_ {ext} ^ {(1)} $ when $ x < 0 $ i $ E_ {ext} ^ {(2)} $ when $ x > L $. Następnie stosujemy twierdzenie Gaussa ostatni raz na każdej płytce, aby stwierdzić, że $ E_ {int} -E_ {ext} ^ {(1)} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $ i $ E_ {ext} ^ {(2)} – E_ {int} = – \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $. Mamy tutaj dwa równania i trzy niewiadome. Dodanie tych dwóch równań da $ E_ {ext} ^ {(1)} = E_ {ext} ^ {(2)} = E_ {ext} $ i odjęcie ich daje $ E_ {int} = \ frac {\ sigma} {\ epsilon} + E_ {ext} $. Tutaj nie korzystałem z faktu, że był to rzeczywisty kondensator z metalowymi płytkami, po prostu wyobraziłem sobie nieskończone arkusze przeciwnego ładunku skierowane do siebie. Zatem normalne jest stwierdzenie, że rozwiązanie ogólne może być sumą dowolnego pola zewnętrznego + tego utworzonego przez te arkusze.
Wyobrażając sobie przypadek, w którym zewnętrzne pole jest równe zero lub fakt, że w systemie są faktycznie metalowe płytki, daje normalny wynik, że pole to $ \ frac {\ sigma} {\ epsilon} $ wewnątrz i zero na zewnątrz.
Komentarze
- Nie mogę ' nie dowiedzieć się na podstawie Twojej odpowiedzi, gdzie popełniłem błąd . Czy mógłbyś to rozwinąć?
- Rozwinąłem trochę mój punkt widzenia i zdałem sobie sprawę, że nie było to ' tak trywialne, jak się spodziewałem w ogólnym przypadku. W każdym razie chodzi mi o to, że z punktu widzenia twierdzenia Gaussa ' te dwa przypadki nie są takie same.
- ” Pamiętaj, że prawo Gaussa ' mówi ci o całkowitym polu elektrycznym, a nie tylko ze względu na otaczający cię ładunek. ” Hm, to nie ' nie wydaje się właściwe.
- @Elliot: czy mógłbyś określić, co wydaje się właściwe, a co nie ' t?
Dodaj komentarz