Płaski kondensator próżniowy połączono z akumulatorem o
wytwarzającym napięcie \(\displaystyle{ \Delta V}\). Następnie rozsunięto okładki
kondensatora na odległość \(\displaystyle{ n}\) razy większą, wykonując przy tym
pracę \(\displaystyle{ W}\). Obliczyć pojemność początkową \(\displaystyle{ C}\) kondensatora.
Myślałem nad rozwiązaniem, że :
\(\displaystyle{ U_{1} = \frac{1}{2} \cdot C _{1} \cdot ΔV^{2}}\)
\(\displaystyle{ U_{2} = \frac{1}{2} \cdot C _{2} \cdot ΔV^{2}}\)
\(\displaystyle{ C_{1} = \frac{ e_{0} \cdot S }{d} }\)
\(\displaystyle{ C_{2} = \frac{ e_{0} \cdot S }{nd} }\)
\(\displaystyle{ C _{2} = \frac{1}{n} \cdot C _{1} }\)
\(\displaystyle{ U _{2} = U _{1} + W }\)
Ale nic mi z tego nie wychodzi, pomoże ktoś?
Zadanie z kondensatorem.
-
janusz47
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Re: Zadanie z kondensatorem.
Z godnie z treścią zadania, trzeba obliczyć z wyprowadzonego na podanej stronie wzoru, przekształcając ten wzór.
Dodano po 3 godzinach 6 minutach 21 sekundach:
Zadanie
Płaski kondensator próżniowy połączono z akumulatorem o wytwarzającym napięcie \(\displaystyle{ \Delta V}\). Następnie rozsunięto okładki
kondensatora na odległość \(\displaystyle{ n }\) razy większą, wykonując przy tym pracę \(\displaystyle{ W }\). Obliczyć pojemność początkową \(\displaystyle{ C }\) kondensatora.
Dane
\(\displaystyle{ \ \ \Delta V, \ \ W_{zewn}, \ \ \frac{d_{2}}{d_{1}} = n. }\)
Obliczyć
\(\displaystyle{ C }\) - pojemność początkową kondensatora (przed rozsunięciem okładek).
Analiza zadania
W wyniku połączenia płaskiego kondensatora z akumulatorem, wytwarzającym napięcie \(\displaystyle{ \Delta V }\) i pozostającego cały czas połączonego z akumulatorem podtrzymującym różnicę potencjałów \(\displaystyle{ \Delta V}\) - stalą wielkością jest napięcie pomiędzy okładkami kondensatora równe napięciu żródła \(\displaystyle{ \Delta V. }\)
Rozwiązanie
Przyrost energii kondensatora.
\(\displaystyle{ \Delta E = E_{2} - E_{1} = \frac{ C_{2}\cdot (\Delta V)^2}{2} - \frac{ C_{1} \cdot (\Delta V)^2}{2} = \frac{(\Delta V)^2}{2}(C_{2} - C_{1})}\)
Uwzględniając wzór na pojemność kondensatora płaskiego
\(\displaystyle{ C = \frac{\varepsilon_{0}\cdot S}{d} }\)
\(\displaystyle{ \Delta E = \frac{ \varepsilon_{0} \cdot S \cdot (\Delta V)^2}{2} \left ( \frac{1}{d_{2}} - \frac{1}{d_{1}} \right) }\)
Ponieważ \(\displaystyle{ d_{2} = n\cdot d_{1} > d_{1} }\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{d_{2}} < \frac{1}{d_{1}}. }\)
Widać, że przyrost energii kondensatora jest ujemny, czyli podczas rozsuwania płytek - energia kondensatora maleje.
Jednak praca siły zewnętrznej, wykonana przy odsuwaniu okładek jest dodatnia, bo okładki przyciągają się przez cały czas odsuwania (a siła zewnętrzna musi tę siłę równoważyć, więc ma taki sam zwrot jak przesunięcie).
Powstaje pytanie jak pogodzić ze sobą te dwa fakty, mając na uwadze zasadę zachowania energii ?
Podczas odsuwania okładek przy stałym napięciu \(\displaystyle{ \Delta V }\) kondensator musi tracić ładunek ( \(\displaystyle{ Q = C\cdot \Delta V,}\) jego pojemność \(\displaystyle{ C }\) maleje).
Ładunek
\(\displaystyle{ \Delta Q = Q_{1} - Q_{2} > 0 }\)
odpłynął od źródła.
Żródło uzyskało od kondensatora energię:
\(\displaystyle{ \Delta E_{zr} = \Delta V\cdot \Delta Q }\)
Ostatecznie otrzymujemy więc następujący bilans energii:
\(\displaystyle{ E_{1} - \Delta E_{zr} + W_{zewn} = E_{2} }\)
Stąd obliczamy pracę siły zewnętrznej
\(\displaystyle{ W_{zewn} = E_{2} - E_{1} + \Delta E_{zr} }\)
\(\displaystyle{ W_{zewn} = \frac{\varepsilon_{0}\cdot S (\Delta V)^2}{2}\left(\frac{1}{nd} - \frac{1}{n} \right) \ \ (1) }\)
Pozostaje wstawienie do wzoru \(\displaystyle{ (1) }\) ładunek \(\displaystyle{ \Delta Q ,}\) który odpłynął od źródła.
\(\displaystyle{ \Delta Q = Q_{1} - Q_{2} = \frac{\varepsilon_{0} \cdot S\cdot \Delta V}{d_{1}}- \frac{\varepsilon_{0}\cdot S\cdot \Delta V}{d_{2}} = \varepsilon_{0} \cdot S\cdot \Delta V \left ( \frac{1}{d} - \frac{1}{n d} \right) \ \ (2)}\)
Po wstawieniu \(\displaystyle{ (2) }\) do \(\displaystyle{ (1) }\) i pogrupowaniu wyrazów oraz wyłączeniu wspólnego czynnika przed nawias, otrzymujemy
\(\displaystyle{ W_{zewn} = \frac{\varepsilon_{0} \cdot S \cdot (\Delta V)^2}{2}\left( \frac{1}{d} - \frac{ 1}{n\cdot d} \right) \ \ (3) }\)
Różnica w nawiasie jest dodatnia, zgodnie z naszym wcześniejszym stwierdzeniem praca siły zewnętrznej \(\displaystyle{ W_{zewn} > 0. }\)
Ze wzoru (3) wynika, że
\(\displaystyle{ \Delta V \cdot \Delta Q = 2 W_{zewn} \ \ (4) }\)
\(\displaystyle{ \Delta Q = Q_{1} - Q_{2} = \Delta V\cdot (C - C_{1}) \ \ (5)}\)
Z \(\displaystyle{ (4), \ \ (5) }\)
\(\displaystyle{ (\Delta V)^2 \cdot (C - C_{1}) = 2 W_{zewn} }\)
\(\displaystyle{ C = C_{1} + \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} \ \ (6) }\)
Iloraz pojemności kondensatora po i przed rozsunięciem okładek jest równy
\(\displaystyle{ \frac{C_{1}}{C} = \frac{\frac{\varepsilon_{0} \cdot S}{n\cdot d}}{\frac{\varepsilon_{0}\cdot S}{d}} = \frac{1}{n} }\)
Stąd
\(\displaystyle{ C_{1} = \frac{C}{n} \ \ (7) }\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ (7) }\) do \(\displaystyle{ (6) }\)
\(\displaystyle{ C = \frac{C}{n} + \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
\(\displaystyle{ C - \frac{C}{n} = \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
\(\displaystyle{ \frac{n-1}{n}\cdot C = \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
\(\displaystyle{ C = \frac{2n}{n-1}\cdot \frac{W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
Proszę sprawdzić zgodność jednostek.
Zachęcam do rozwiązania zadania w przypadku, gdy kondensator ładujemy do napięcia \(\displaystyle{ \Delta V }\) i odłączamy od akumulatora.
Dodano po 3 godzinach 6 minutach 21 sekundach:
Zadanie
Płaski kondensator próżniowy połączono z akumulatorem o wytwarzającym napięcie \(\displaystyle{ \Delta V}\). Następnie rozsunięto okładki
kondensatora na odległość \(\displaystyle{ n }\) razy większą, wykonując przy tym pracę \(\displaystyle{ W }\). Obliczyć pojemność początkową \(\displaystyle{ C }\) kondensatora.
Dane
\(\displaystyle{ \ \ \Delta V, \ \ W_{zewn}, \ \ \frac{d_{2}}{d_{1}} = n. }\)
Obliczyć
\(\displaystyle{ C }\) - pojemność początkową kondensatora (przed rozsunięciem okładek).
Analiza zadania
W wyniku połączenia płaskiego kondensatora z akumulatorem, wytwarzającym napięcie \(\displaystyle{ \Delta V }\) i pozostającego cały czas połączonego z akumulatorem podtrzymującym różnicę potencjałów \(\displaystyle{ \Delta V}\) - stalą wielkością jest napięcie pomiędzy okładkami kondensatora równe napięciu żródła \(\displaystyle{ \Delta V. }\)
Rozwiązanie
Przyrost energii kondensatora.
\(\displaystyle{ \Delta E = E_{2} - E_{1} = \frac{ C_{2}\cdot (\Delta V)^2}{2} - \frac{ C_{1} \cdot (\Delta V)^2}{2} = \frac{(\Delta V)^2}{2}(C_{2} - C_{1})}\)
Uwzględniając wzór na pojemność kondensatora płaskiego
\(\displaystyle{ C = \frac{\varepsilon_{0}\cdot S}{d} }\)
\(\displaystyle{ \Delta E = \frac{ \varepsilon_{0} \cdot S \cdot (\Delta V)^2}{2} \left ( \frac{1}{d_{2}} - \frac{1}{d_{1}} \right) }\)
Ponieważ \(\displaystyle{ d_{2} = n\cdot d_{1} > d_{1} }\), to \(\displaystyle{ \frac{1}{d_{2}} < \frac{1}{d_{1}}. }\)
Widać, że przyrost energii kondensatora jest ujemny, czyli podczas rozsuwania płytek - energia kondensatora maleje.
Jednak praca siły zewnętrznej, wykonana przy odsuwaniu okładek jest dodatnia, bo okładki przyciągają się przez cały czas odsuwania (a siła zewnętrzna musi tę siłę równoważyć, więc ma taki sam zwrot jak przesunięcie).
Powstaje pytanie jak pogodzić ze sobą te dwa fakty, mając na uwadze zasadę zachowania energii ?
Podczas odsuwania okładek przy stałym napięciu \(\displaystyle{ \Delta V }\) kondensator musi tracić ładunek ( \(\displaystyle{ Q = C\cdot \Delta V,}\) jego pojemność \(\displaystyle{ C }\) maleje).
Ładunek
\(\displaystyle{ \Delta Q = Q_{1} - Q_{2} > 0 }\)
odpłynął od źródła.
Żródło uzyskało od kondensatora energię:
\(\displaystyle{ \Delta E_{zr} = \Delta V\cdot \Delta Q }\)
Ostatecznie otrzymujemy więc następujący bilans energii:
\(\displaystyle{ E_{1} - \Delta E_{zr} + W_{zewn} = E_{2} }\)
Stąd obliczamy pracę siły zewnętrznej
\(\displaystyle{ W_{zewn} = E_{2} - E_{1} + \Delta E_{zr} }\)
\(\displaystyle{ W_{zewn} = \frac{\varepsilon_{0}\cdot S (\Delta V)^2}{2}\left(\frac{1}{nd} - \frac{1}{n} \right) \ \ (1) }\)
Pozostaje wstawienie do wzoru \(\displaystyle{ (1) }\) ładunek \(\displaystyle{ \Delta Q ,}\) który odpłynął od źródła.
\(\displaystyle{ \Delta Q = Q_{1} - Q_{2} = \frac{\varepsilon_{0} \cdot S\cdot \Delta V}{d_{1}}- \frac{\varepsilon_{0}\cdot S\cdot \Delta V}{d_{2}} = \varepsilon_{0} \cdot S\cdot \Delta V \left ( \frac{1}{d} - \frac{1}{n d} \right) \ \ (2)}\)
Po wstawieniu \(\displaystyle{ (2) }\) do \(\displaystyle{ (1) }\) i pogrupowaniu wyrazów oraz wyłączeniu wspólnego czynnika przed nawias, otrzymujemy
\(\displaystyle{ W_{zewn} = \frac{\varepsilon_{0} \cdot S \cdot (\Delta V)^2}{2}\left( \frac{1}{d} - \frac{ 1}{n\cdot d} \right) \ \ (3) }\)
Różnica w nawiasie jest dodatnia, zgodnie z naszym wcześniejszym stwierdzeniem praca siły zewnętrznej \(\displaystyle{ W_{zewn} > 0. }\)
Ze wzoru (3) wynika, że
\(\displaystyle{ \Delta V \cdot \Delta Q = 2 W_{zewn} \ \ (4) }\)
\(\displaystyle{ \Delta Q = Q_{1} - Q_{2} = \Delta V\cdot (C - C_{1}) \ \ (5)}\)
Z \(\displaystyle{ (4), \ \ (5) }\)
\(\displaystyle{ (\Delta V)^2 \cdot (C - C_{1}) = 2 W_{zewn} }\)
\(\displaystyle{ C = C_{1} + \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} \ \ (6) }\)
Iloraz pojemności kondensatora po i przed rozsunięciem okładek jest równy
\(\displaystyle{ \frac{C_{1}}{C} = \frac{\frac{\varepsilon_{0} \cdot S}{n\cdot d}}{\frac{\varepsilon_{0}\cdot S}{d}} = \frac{1}{n} }\)
Stąd
\(\displaystyle{ C_{1} = \frac{C}{n} \ \ (7) }\)
Podstawiamy \(\displaystyle{ (7) }\) do \(\displaystyle{ (6) }\)
\(\displaystyle{ C = \frac{C}{n} + \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
\(\displaystyle{ C - \frac{C}{n} = \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
\(\displaystyle{ \frac{n-1}{n}\cdot C = \frac{2 W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
\(\displaystyle{ C = \frac{2n}{n-1}\cdot \frac{W_{zewn}}{(\Delta V)^2} }\)
Proszę sprawdzić zgodność jednostek.
Zachęcam do rozwiązania zadania w przypadku, gdy kondensator ładujemy do napięcia \(\displaystyle{ \Delta V }\) i odłączamy od akumulatora.