Зарегистрирован: 18 фев 2014, 05:07 Сообщений: 3189 Откуда: Томск
ar54 писал(а):
Оля, еще есть неточность в вашем решении. Проверьте, что у Вас получается, если, например, заряд пластины 3 после подключения ЭДС равен `Q_0=Cmathcal(E)=q_0/2` , где `C=(epsilon_0 S)/d`.
Заряд третьей пластины `Q_0=q_0/2` может быть при `mathcal(E)=0`, заряд второй пластины будет равен нулю, и получится конденсатор, состоящий из пластин 1 и 3 и зарядом пластин `+-q_0/2`?
Александр Дмитриевич, я поняла в чём дело. Надо было так: `E_(23)=E_3-E_1-E_2`. Тогда `q_2=-(mathcal(E)Svarepsilon_0)/d` (действительно, ведь вторая пластина заряжена отрицательно), а `q_3=(dq_0+2mathcal(E)Svarepsilon_0)/(2d)` Но это не меняет картины при `Q_0=q_0/2`. Или меняет?
_________________ Любовь правит миром (uStas и др.)
ar54
Заголовок сообщения: Re: Электростатика, ЭДС и токи.
Теперь, видимо, не составит труда решать задачи такого типа: Имеем три параллельно расположенные большие проводящие пластины с зарядами `q_1,quad q_2, quad q_3`. Как поделятся эти заряды по левым и правым поверхностям пластин?
olka-109
Заголовок сообщения: Re: Электростатика, ЭДС и токи.
Зарегистрирован: 18 фев 2014, 05:07 Сообщений: 3189 Откуда: Томск
ar54 писал(а):
Не дождался, чтобы кто-нибудь закончил эту задачу. Ответ на пункт 3) (и даже более того) показан в файле.
Вложение:
Пластины_ЭДС_w.pdf
Подробности:
Теперь, видимо, не составит труда решать задачи такого типа: Имеем три параллельно расположенные большие проводящие пластины с зарядами `q_1,quad q_2, quad q_3`. Как поделятся эти заряды по левым и правым поверхностям пластин?
Спасибо, Александр Дмитриевич , за разбор этой задачи.
_________________ Любовь правит миром (uStas и др.)
olka-109
Заголовок сообщения: Re: Электростатика, ЭДС и токи.
Зарегистрирован: 18 фев 2014, 05:07 Сообщений: 3189 Откуда: Томск
ar54 писал(а):
Теперь, видимо, не составит труда решать задачи такого типа: Имеем три параллельно расположенные большие проводящие пластины с зарядами `q_1,quad q_2, quad q_3`. Как поделятся эти заряды по левым и правым поверхностям пластин?
`vec(E_(1l))+vec(E_(1r))+vec(E_2)+vec(E_3)=0`, `E=q/(2epsilon_0S)`, `q_(1r)-q_(1l)+q_2+q_3=0`, `q_(1l)+q_(1r)=q_1`. Из последних двух уравнений получаем: `q_(1r)=(q_1-q_2-q_3)/2`, `q_(1l)=(q_1+q_2+q_3)/2`. Аналогично для второй пластины: `q_(2r)=(q_1+q_2-q_3)/2`, `q_(2l)=(q_2+q_3-q_1)/2`. Для третьей пластины: `q_(3r)=(q_1+q_2+q_3)/2`, `q_(3l)=(q_3-q_2-q_1)/2`.
Подробности:
Вложение:
А.Д. (3).png [ 10.1 KIB | Просмотров: 2447 ]
_________________ Любовь правит миром (uStas и др.)
Последний раз редактировалось olka-109 05 май 2016, 09:17, всего редактировалось 3 раз(а).
ar54
Заголовок сообщения: Re: Электростатика, ЭДС и токи.
Теперь, видимо, не составит труда решать задачи такого типа: Имеем три параллельно расположенные большие проводящие пластины с зарядами `q_1,quad q_2, quad q_3`. Как поделятся эти заряды по левым и правым поверхностям пластин?
`vec(E_(1l))+vec(E_(1r))+vec(E_2)+vec(E_3)=0`, `E=q/(2epsilon_0S)`, `q_(1l)-q_(1r)+q_2+q_3=0`, `q_(1l)+q_(1r)=q_1`. Из последних двух уравнений получаем: `q_(1l)=(q_1-q_2-q_3)/2`, `q_(1r)=(q_1+q_2+q_3)/2`. Аналогично для второй пластины: `q_(2l)=(q_2+q_3-q_1)/2`, `q_(2r)=(q_1+q_2-q_3)/2`. Для третьей пластины: `q_(3l)=(q_1+q_2+q_3)/2`, `q_(3r)=(q_3-q_2-q_1)/2`.
1) Первая векторная формула, как я понимаю, выражает принцип суперпозиции полей, записанный для любой внутренней точки 1-ой пластины (см. рис.)
2) Приведенное решение верно, если под обозначенными зарядами понимать: `q_(1r)=(q_1+q_2+q_3)/2` - заряд левой (left) поверхности 1-ой пластины; `q_(1l)=(q_1-q_2-q_3)/2` - заряд правой (right) поверхности 1-ой пластины.
`q_(2l)=(q_2+q_3-q_1)/2` - заряд левой (left) поверхности 2-ой пластины; `q_(2r)=(q_1+q_2-q_3)/2` - заряд правой (right) поверхности 2-ой пластины.
`q_(3r)=(q_3-q_2-q_1)/2` - заряд левой (left) поверхности 3-ой пластины; `q_(3l)=(q_1+q_2+q_3)/2` - заряд правой (right) поверхности 3-ой пластины.
Как видно, обозначения какие-то не совсем логичные. На картинке также странными кажутся направления векторов для `vec E_{kl)` и `vec E_{kr)`
olka-109
Заголовок сообщения: Re: Электростатика, ЭДС и токи.
Зарегистрирован: 18 фев 2014, 05:07 Сообщений: 3189 Откуда: Томск
ar54 писал(а):
olka-109 писал(а):
Подробности:
ar54 писал(а):
Теперь, видимо, не составит труда решать задачи такого типа: Имеем три параллельно расположенные большие проводящие пластины с зарядами `q_1,quad q_2, quad q_3`. Как поделятся эти заряды по левым и правым поверхностям пластин?
`vec(E_(1l))+vec(E_(1r))+vec(E_2)+vec(E_3)=0`, `E=q/(2epsilon_0S)`, `q_(1l)-q_(1r)+q_2+q_3=0`, `q_(1l)+q_(1r)=q_1`. Из последних двух уравнений получаем: `q_(1l)=(q_1-q_2-q_3)/2`, `q_(1r)=(q_1+q_2+q_3)/2`. Аналогично для второй пластины: `q_(2l)=(q_2+q_3-q_1)/2`, `q_(2r)=(q_1+q_2-q_3)/2`. Для третьей пластины: `q_(3l)=(q_1+q_2+q_3)/2`, `q_(3r)=(q_3-q_2-q_1)/2`.
1) Первая векторная формула, как я понимаю, выражает принцип суперпозиции полей, записанный для любой внутренней точки 1-ой пластины (см. рис.)
2) Приведенное решение верно, если под обозначенными зарядами понимать: `q_(1r)=(q_1+q_2+q_3)/2` - заряд левой (left) поверхности 1-ой пластины; `q_(1l)=(q_1-q_2-q_3)/2` - заряд правой (right) поверхности 1-ой пластины.
`q_(2l)=(q_2+q_3-q_1)/2` - заряд левой (left) поверхности 2-ой пластины; `q_(2r)=(q_1+q_2-q_3)/2` - заряд правой (right) поверхности 2-ой пластины.
`q_(3r)=(q_3-q_2-q_1)/2` - заряд левой (left) поверхности 3-ой пластины; `q_(3l)=(q_1+q_2+q_3)/2` - заряд правой (right) поверхности 3-ой пластины.
Как видно, обозначения какие-то не совсем логичные. На картинке также странными кажутся направления векторов для `vec E_{kl)` и `vec E_{kr)`
Александр Дмитриевич, они не просто странные, они неправильные. И от этого заряды правых и левых пластин перепутаны. Сейчас переделаю.
_________________ Любовь правит миром (uStas и др.)
ar54
Заголовок сообщения: Re: Электростатика, ЭДС и токи.
После исправлений решение Ольги, опубликованное в посте от 01.05.2016, является полностью правильным. Все более поздние сообщения потеряли актуальность. Спасибо, Оля!
Подведем итоги. Общая теория
Подробности:
Задача с `n` пластинами, несущими заряды `q_k,quad k=1,2,...,n`, решается по простому алгоритму: 1) Суммарный заряд системы пластин `Q=sum_(k=1)^n q_k` распределится поровну на внешних поверхностях 1-ой и `n`-ой пластин: `q_(1,l)=q_(n,r)=Q/2`. Можно сказать, что эти внешние поверхности образуют "анти-конденсатор", который создает поле только вне системы пластин (равное `E_(ext)=(|Q|)/(2 epsilon_0 S)`). Поле от анти-конденсатора внутри системы равно нулю!. 2) Суммарный заряд всех поверхностей пластин, за исключением указанных в 1) внешних поверхностей, равен нулю. Внутри анти-конденсатора имеем `(n-1)` конденсаторов, образованных поверхностями `P_(k,r)` и `P_(k+1,l),qquad k=1,2,...,n-1`. Каждый из этих конденсаторов заряжен одинаковыми по модулю, но противоположными по знаку, зарядами, и значит, образует ненулевое поле только в своем воздушном промежутке, никак не влияя на внешнее пространство. Таким образом, автоматически выполняется условие равенства нулю поля во всех внутренних точках каждой из пластин. 3) Для `k=1,2,..., (n-1)` вычисляем последовательно: 3.1. Заряд правой поверхности `k`-ой пластины вычисляется по ЗСЗ: `q_(k,r)=q_k-q_(k,l)`. 3.2. Заряд левой поверхности `(k+1)`-ой пластины равен: `q_(k+1,l)=-q_(k,r)`. 3.3. Поле в промежутке между `k`-ой и `(k+1)`-ой пластинами равно: `E_(k,x)=q_(k,r)/(epsilon_0 S)`. (Ось `X` направлена от 1-ой пластины к `n`-ой, т.е. вправо). 3.4. Разность потенциалов на `k`-ом конденсаторе равна `varphi_k-varphi_(k+1)=E_(k,x) cdot d_k`, где `d_k` - расстояние между `k`-ой и `(k+1)`-ой пластинами.
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 19
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения