Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 15157
2021-04-14 
Четыре одинаковые металлические пластины расположены на равных расстояниях $d$ друг от друга (рис.). Площадь каждой пластины $S$. Пластины 1 и 3 подсоединены через ключ К к батарее с постоянной ЭДС $\mathcal{E}$, а пластины 2 и 4 закорочены через идеальную катушку с индуктивностью $L$. Ключ К замыкают. Определите заряды на пластинах в тот момент, когда ток через катушку будет максимален. Определите также величину этого тока. Расстояние $d$ между пластинами мало по сравнению с их размерами.
Решение:
До замыкания ключа К все пластины не заряжены, а ток через катушку индуктивности равен нулю. После замыкания ключа на пластинах появятся заряды, и через катушку потечет ток.
Пусть в некоторый произвольный момент времени на пластинах 1 и 3 находится заряд $q_{1}$, на пластинах 2 и 4 - заряд $q_{2}$, а через катушку течет ток $I$. Знаки зарядов, направления электрических полей и направление тока указаны на рисунке. Закон Ома для цепи, содержащей батарею с ЭДС $\mathcal{E}$, запишем в виде
$\mathcal{E} = \frac{2q_{1}d}{ \epsilon_{0}S } - \frac{q_{2}d}{ \epsilon_{0}S }$.
Аналогичный закон запишем для цепи, содержащей катушку индуктивности:
$- L \frac{dI}{dt} = \frac{q_{1}d }{ \epsilon_{0}S } - \frac{2q_{2}d }{ \epsilon_{0}S }$.
Из определения тока следует, что
$I = -q_{2}^{ \prime}$.
Полученная система трех уравнений позволяет составить уравнение относительно заряда $q_{2}$:
$q_{2}^{ \prime \prime } + \frac{3d}{2 \epsilon_{0} SL } q_{2} = \frac{ \mathcal{E} }{2L}$.
Общее решение этого уравнения выглядит так:
$q_{2}(t) = A \sin \omega t + B \cos \omega t + \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$, где $\omega = \sqrt{ \frac{3d}{2 \epsilon_{0}SL } }$.
Используя начальные условия $q_{2} (0) = 0$ и $q_{2}^{ \prime } (0) = 0$, получим
$A = 0, B = - \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$.
Окончательно зависимость заряда от времени будет иметь вид
$q_{2}(t) = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} (1 - \cos \omega t)$.
Подставляя это выражение в самое первое уравнение, найдем
$q_{1}(t) = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{6d} (4 - \cos \omega t)$.
Обратим внимание на полученную зависимость $q_{1} (t)$. При $t = 0$ (в момент замыкания ключа)
$q_{1}(0) = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{2d}$.
Это означает, что сразу после замыкания ключа на пластинах 1 и 3 возникает заряд, который равен заряду конденсатора, образованного пластинами 1 и 3 и заряженного до напряжения, равного ЭДС батареи $\mathcal{E}$. Такая быстрая зарядка соответствует протеканию бесконечно большого тока. Эта особенность возникла из-за идеализации нашей цепи: отсутствие в ней сопротивления. Неизбежная потеря энергии при зарядке конденсатора (теряется столько, сколько запасается в конденсаторе) в данном случае будет реализована в виде излучения.
Используя соотношение между током и зарядом, мы можем найти зависимость тока $I$ от времени:
$I(t) = - q_{2}^{ \prime } = - \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} \omega }{3d} \sin \omega t$.
Максимальные значения ток будет принимать при условии
$\omega t_{max} = \frac{ \pi }{2} + \pi m$, где $m = 0, 1,2 \cdots$
Величина максимального тока будет равна
$ I_{max} = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} \sqrt{ \frac{3d}{2 \epsilon_{0}SL } } = \mathcal{E} \sqrt{ \frac{ \epsilon_{0}S }{6dL} }$.
В моменты максимального тока заряды будут максимальными и равными
$q_{1m} = \frac{2 \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$ на пластинах 1 и 3,
$q_{2m} = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$ на пластинах 2 а 4.
Заряды на пластинах можно найти и другим способом: используя эквивалентную схему. При максимальном токе через катушку ЭДС индукции равна нулю, и пластины 2 и 4 оказываются закороченными (разность потенциалов между ними равна нулю). Эквивалентная схема для этого момента изображена на рисунке. Реальные пластины 2 и 3 в эквивалентной схеме представлены двумя парами пластин: $2_{1}, 2_{2}$ и $3_{1}, 3_{2}$. Емкости всех трех конденсаторов равны между собой и составляют
$C = \frac{ \epsilon_{0}S }{d}$.
Емкость всей системы конденсаторов, очевидно, равна
$C_{общ} = \frac{2}{3}C = \frac{2 \epsilon_{0}S}{3d}$.
Заряд на пластине 1 будет равен
$q_{1m} = \frac{2 \epsilon_{0}S \mathcal{E}}{3d}$.
Суммарный заряд на пластинах $3_{1}$ и $3_{2}$ составит
$q_{3m} = - \frac{2 \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$,
а на каждой из этих пластин - по $- \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$. На четвертой пластине появится заряд
$q_{4m} = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$.
Заряд на второй пластине будет равен алгебраической сумме зарядов на пластинах $2_{1}$ и $2_{2}$:
$q_{2m} = - \frac{ 2 \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} + \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} = - \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$.
Четыре одинаковые металлические пластины расположены на равных расстояниях $d$ друг от друга (рис.). Площадь каждой пластины $S$. Пластины 1 и 3 подсоединены через ключ К к батарее с постоянной ЭДС $\mathcal{E}$, а пластины 2 и 4 закорочены через идеальную катушку с индуктивностью $L$. Ключ К замыкают. Определите заряды на пластинах в тот момент, когда ток через катушку будет максимален. Определите также величину этого тока. Расстояние $d$ между пластинами мало по сравнению с их размерами.
Решение:
До замыкания ключа К все пластины не заряжены, а ток через катушку индуктивности равен нулю. После замыкания ключа на пластинах появятся заряды, и через катушку потечет ток.
Пусть в некоторый произвольный момент времени на пластинах 1 и 3 находится заряд $q_{1}$, на пластинах 2 и 4 - заряд $q_{2}$, а через катушку течет ток $I$. Знаки зарядов, направления электрических полей и направление тока указаны на рисунке. Закон Ома для цепи, содержащей батарею с ЭДС $\mathcal{E}$, запишем в виде
$\mathcal{E} = \frac{2q_{1}d}{ \epsilon_{0}S } - \frac{q_{2}d}{ \epsilon_{0}S }$.
Аналогичный закон запишем для цепи, содержащей катушку индуктивности:
$- L \frac{dI}{dt} = \frac{q_{1}d }{ \epsilon_{0}S } - \frac{2q_{2}d }{ \epsilon_{0}S }$.
Из определения тока следует, что
$I = -q_{2}^{ \prime}$.
Полученная система трех уравнений позволяет составить уравнение относительно заряда $q_{2}$:
$q_{2}^{ \prime \prime } + \frac{3d}{2 \epsilon_{0} SL } q_{2} = \frac{ \mathcal{E} }{2L}$.
Общее решение этого уравнения выглядит так:
$q_{2}(t) = A \sin \omega t + B \cos \omega t + \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$, где $\omega = \sqrt{ \frac{3d}{2 \epsilon_{0}SL } }$.
Используя начальные условия $q_{2} (0) = 0$ и $q_{2}^{ \prime } (0) = 0$, получим
$A = 0, B = - \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$.
Окончательно зависимость заряда от времени будет иметь вид
$q_{2}(t) = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} (1 - \cos \omega t)$.
Подставляя это выражение в самое первое уравнение, найдем
$q_{1}(t) = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{6d} (4 - \cos \omega t)$.
Обратим внимание на полученную зависимость $q_{1} (t)$. При $t = 0$ (в момент замыкания ключа)
$q_{1}(0) = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{2d}$.
Это означает, что сразу после замыкания ключа на пластинах 1 и 3 возникает заряд, который равен заряду конденсатора, образованного пластинами 1 и 3 и заряженного до напряжения, равного ЭДС батареи $\mathcal{E}$. Такая быстрая зарядка соответствует протеканию бесконечно большого тока. Эта особенность возникла из-за идеализации нашей цепи: отсутствие в ней сопротивления. Неизбежная потеря энергии при зарядке конденсатора (теряется столько, сколько запасается в конденсаторе) в данном случае будет реализована в виде излучения.
Используя соотношение между током и зарядом, мы можем найти зависимость тока $I$ от времени:
$I(t) = - q_{2}^{ \prime } = - \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} \omega }{3d} \sin \omega t$.
Максимальные значения ток будет принимать при условии
$\omega t_{max} = \frac{ \pi }{2} + \pi m$, где $m = 0, 1,2 \cdots$
Величина максимального тока будет равна
$ I_{max} = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} \sqrt{ \frac{3d}{2 \epsilon_{0}SL } } = \mathcal{E} \sqrt{ \frac{ \epsilon_{0}S }{6dL} }$.
В моменты максимального тока заряды будут максимальными и равными
$q_{1m} = \frac{2 \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$ на пластинах 1 и 3,
$q_{2m} = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$ на пластинах 2 а 4.
Заряды на пластинах можно найти и другим способом: используя эквивалентную схему. При максимальном токе через катушку ЭДС индукции равна нулю, и пластины 2 и 4 оказываются закороченными (разность потенциалов между ними равна нулю). Эквивалентная схема для этого момента изображена на рисунке. Реальные пластины 2 и 3 в эквивалентной схеме представлены двумя парами пластин: $2_{1}, 2_{2}$ и $3_{1}, 3_{2}$. Емкости всех трех конденсаторов равны между собой и составляют
$C = \frac{ \epsilon_{0}S }{d}$.
Емкость всей системы конденсаторов, очевидно, равна
$C_{общ} = \frac{2}{3}C = \frac{2 \epsilon_{0}S}{3d}$.
Заряд на пластине 1 будет равен
$q_{1m} = \frac{2 \epsilon_{0}S \mathcal{E}}{3d}$.
Суммарный заряд на пластинах $3_{1}$ и $3_{2}$ составит
$q_{3m} = - \frac{2 \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$,
а на каждой из этих пластин - по $- \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$. На четвертой пластине появится заряд
$q_{4m} = \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$.
Заряд на второй пластине будет равен алгебраической сумме зарядов на пластинах $2_{1}$ и $2_{2}$:
$q_{2m} = - \frac{ 2 \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} + \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d} = - \frac{ \epsilon_{0}S \mathcal{E} }{3d}$.
