Решение задач 30 и 32 по физике

Ниже представлены решения задач 30 и 32, оформленные для переписывания в тетрадь. Задача 30 Дано: \( S, d, \mathcal{E}, q_0, K \) Емкость одного промежутка: \( C = \frac{\varepsilon_0 S}{d} \) Решение: 1) До сообщения заряда \( q_0 \) пластине 1 и при разомкнутом ключе \( K \): Пластина 1 нейтральна и не влияет на поле между 2 и 3. Пластины 2 и 3 образуют плоский конденсатор, подключенный к источнику \( \mathcal{E} \). Напряжение между ними \( U_{23} = \mathcal{E} \). Заряд пластины 3 (отрицательный полюс): \[ q_3 = -C\mathcal{E} = -\frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}}{d} \] 2) После сообщения пластине 1 заряда \( q_0 \) и замыкания ключа \( K \): Теперь пластины 1 и 2 подключены к верхней батарее, а 2 и 3 — к нижней. Напряжение между 1 и 2: \( U_{12} = \varphi_1 - \varphi_2 = \mathcal{E} \). Напряжение между 2 и 3: \( U_{23} = \varphi_2 - \varphi_3 = \mathcal{E} \). Заряд на каждой поверхности пластин определяется разностью потенциалов. Пластина 3 является обкладкой конденсатора 2-3. Так как потенциал пластины 3 ниже потенциала пластины 2 на \( \mathcal{E} \), заряд на внутренней стороне пластины 3 равен \( -C\mathcal{E} \). Поскольку система пластин в целом может иметь избыточный заряд, распределение внешних зарядов зависит от \( q_0 \). Однако в стандартной модели плоских конденсаторов (при \( d \ll \sqrt{S} \)) поле сосредоточено внутри. Заряд пластины 3: \[ q_3 = -C\mathcal{E} = -\frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}}{d} \] (Заметим, что заряд \( q_0 \) на пластине 1 перераспределится через источник, поддерживающий разность потенциалов). Ответ: 1) \( -\frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}}{d} \); 2) \( -\frac{\varepsilon_0 S \mathcal{E}}{d} \). Задача 32 Дано: \( d, \mathcal{E}, r, h = d/2, \varepsilon \) Емкость пустого конденсатора: \( C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{d} \) Решение: 1. Найдем емкость левого конденсатора с пластиной \( C_{лев} \). Это последовательное соединение двух слоев: воздуха (\( d/2 \)) и диэлектрика (\( d/2 \)). \[ \frac{1}{C_{лев}} = \frac{d/2}{\varepsilon_0 S} + \frac{d/2}{\varepsilon \varepsilon_0 S} = \frac{d}{2 \varepsilon_0 S} (1 + \frac{1}{\varepsilon}) = \frac{1}{2 C_0} \frac{\varepsilon + 1}{\varepsilon} \] \[ C_{лев} = C_0 \frac{2\varepsilon}{\varepsilon + 1} \] 2. Заряд на левом конденсаторе до выдвигания пластины: \[ q = C_{лев} \mathcal{E} = C_0 \mathcal{E} \frac{2\varepsilon}{\varepsilon + 1} \] 3. Сразу после быстрого удаления пластины заряд \( q \) не успевает измениться, но емкость левого конденсатора становится равной \( C_0 \). Напряжение на нем станет: \[ U_{лев} = \frac{q}{C_0} = \mathcal{E} \frac{2\varepsilon}{\varepsilon + 1} \] Так как \( \varepsilon > 1 \), то \( U_{лев} > \mathcal{E} \). 4. Правый конденсатор сохранил напряжение \( U_{прав} = \mathcal{E} \). Разность потенциалов в цепи создает ток. По закону Ома для полной цепи: \[ I = \frac{U_{лев} - \mathcal{E}}{r} = \frac{\mathcal{E} (\frac{2\varepsilon}{\varepsilon + 1} - 1)}{r} = \frac{\mathcal{E}}{r} \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon + 1} \] 5. Направление тока: так как \( U_{лев} > \mathcal{E} \), левый конденсатор начнет разряжаться через батарею. Ток течет от левого конденсатора к положительному полюсу батареи (против часовой стрелки на схеме). Ответ: \( I = \frac{\mathcal{E}}{r} \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon + 1} \), направлен против часовой стрелки (от левого конденсатора к батарее).