Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12421
2020-01-08 
Стопку очень тонких металлических пластин, находящихся на одинаковых расстояниях друг от друга, заряжают от батареи следующим образом. Отрицательную клемму батареи соединяют с самой правой пластиной, а положительную клемму присоединяют по очереди к самой левой пластине, затем ко второй слева, к третьей и т. д. до предпоследней (второй справа: рис.). Найдите отношение заряда на самой правой пластине к заряду на третьей справа пластине. Считать, что толщина стопки много меньше, чем линейные размеры пластин.
Решение:
Обозначим через $S$ площадь каждой пластины, $d$ - расстояние между пластинами, $\mathcal{E}$ - ЭДС батареи. Найдем, какой заряд соберется на самой правой пластине (1) после того, как зарядили $k$-ю пластину справа.
Расстояние между этими пластинами равно $(k - 1)d$, разность потенциалов равна ЭДС батареи $\mathcal{E}$, и, следовательно, напряженность электрического поля в промежутке между этими пластинами должна быть равна
$E = \frac{ \mathcal{E} }{(k - 1)d}$.
Это электрическое поле создается отрицательным зарядом, расположенным на пластине, и всеми положительными зарядами, находящимися на уже заряженных пластинах (рис.). Так как напряженность поля бесконечной заряженной плоскости не зависит от расстояния до нее и не меняется при ее перемещении, то мы можем мысленно придвинуть все положительно заряженные плоскости к $k$-й справа. При этом получится плоский заряженный конденсатор с расстоянием между пластинами $(k - 1) d$. Так как поле в плоском конденсаторе равно $\frac{Q}{ \epsilon_{0} S}$, где $Q$ - заряд каждой пластины, то отрицательный заряд самой правой пластины (1) после зарядки $k$-й справа будет равен
$Q = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{(k - 1)d}$. (1)
Таким же по величине будет суммарный заряд на всех положительно заряженных пластинах.
Заряд самой $k$-й пластины можно найти из следующих соображений. До ее зарядки положительный заряд всех пластин слева до $(k + 1)$-й включительно был равен $Q^{ \prime} = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{kd}$, общий положительный заряд после зарядки $k$-й пластины стал равен $Q= \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{(k - 1)d}$. Следовательно, заряд самой $k$-й пластины равен
$Q = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{d} \left ( \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k} \right )$. (2)
Теперь можно ответить на вопрос, поставленный в задаче. Отрицательный заряд, который, в конце концов, соберется на самой правой пластине, как следует из выражения (1) для $k = 2$, будет равен
$Q_{1} = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{d}$.
Заряд пластины 3 (выражение (2) $k = 3$) -
$Q_{3} = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{d} \left ( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right ) = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{6d}$.
Таким образом, искомое отношение зарядов
$Q_{1} : Q_{3} = 6$.
Стопку очень тонких металлических пластин, находящихся на одинаковых расстояниях друг от друга, заряжают от батареи следующим образом. Отрицательную клемму батареи соединяют с самой правой пластиной, а положительную клемму присоединяют по очереди к самой левой пластине, затем ко второй слева, к третьей и т. д. до предпоследней (второй справа: рис.). Найдите отношение заряда на самой правой пластине к заряду на третьей справа пластине. Считать, что толщина стопки много меньше, чем линейные размеры пластин.
Решение:
Обозначим через $S$ площадь каждой пластины, $d$ - расстояние между пластинами, $\mathcal{E}$ - ЭДС батареи. Найдем, какой заряд соберется на самой правой пластине (1) после того, как зарядили $k$-ю пластину справа.
Расстояние между этими пластинами равно $(k - 1)d$, разность потенциалов равна ЭДС батареи $\mathcal{E}$, и, следовательно, напряженность электрического поля в промежутке между этими пластинами должна быть равна
$E = \frac{ \mathcal{E} }{(k - 1)d}$.
Это электрическое поле создается отрицательным зарядом, расположенным на пластине, и всеми положительными зарядами, находящимися на уже заряженных пластинах (рис.). Так как напряженность поля бесконечной заряженной плоскости не зависит от расстояния до нее и не меняется при ее перемещении, то мы можем мысленно придвинуть все положительно заряженные плоскости к $k$-й справа. При этом получится плоский заряженный конденсатор с расстоянием между пластинами $(k - 1) d$. Так как поле в плоском конденсаторе равно $\frac{Q}{ \epsilon_{0} S}$, где $Q$ - заряд каждой пластины, то отрицательный заряд самой правой пластины (1) после зарядки $k$-й справа будет равен
$Q = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{(k - 1)d}$. (1)
Таким же по величине будет суммарный заряд на всех положительно заряженных пластинах.
Заряд самой $k$-й пластины можно найти из следующих соображений. До ее зарядки положительный заряд всех пластин слева до $(k + 1)$-й включительно был равен $Q^{ \prime} = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{kd}$, общий положительный заряд после зарядки $k$-й пластины стал равен $Q= \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{(k - 1)d}$. Следовательно, заряд самой $k$-й пластины равен
$Q = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{d} \left ( \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k} \right )$. (2)
Теперь можно ответить на вопрос, поставленный в задаче. Отрицательный заряд, который, в конце концов, соберется на самой правой пластине, как следует из выражения (1) для $k = 2$, будет равен
$Q_{1} = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{d}$.
Заряд пластины 3 (выражение (2) $k = 3$) -
$Q_{3} = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{d} \left ( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right ) = \frac{ \mathcal{E} \epsilon_{0}S }{6d}$.
Таким образом, искомое отношение зарядов
$Q_{1} : Q_{3} = 6$.
