Конденсаторы: Часть 1

Видео

Конспект

Конденсаторы

Условие

Распространено мнение, что тела с одноименными зарядами всегда отталкиваются друг от друга. Вовсе нет! Такой эффект наблюдается далеко не всегда. Представьте себе, что сплошной металлический шар радиуса R распилили пополам, а получившиеся половины сблизили плоскими сторонами так, что зазор между ними оказался предельно мал ( d \ll R ). Найдите силу электростатического взаимодействия полушарий с одноименными зарядами q_{1} и q_{2} . При каком отношении зарядов они будут притягиваться? Примечание. Сила, действующая на единицу поверхности заряженного проводника произвольной формы, связана с напряжённостью электрического поля вблизи поверхности тем же соотношением, что и в плоском конденсаторе. Примечание. Сила, действующая на единицу поверхности заряженного проводника произвольной формы, связана с напряжённостью электрического поля вблизи поверхности тем же соотношением, что и в плоском конденсаторе.

Решение

В пределе при малом зазоре суммарный заряд полушарий Q=q_{1}+q_{2} равномерно распределён по сферической поверхности. Заряды же на плоских поверхностях полушарий равны q и -q , причём q=q_{1}-\frac{Q}{2}=\frac{q_{1}-q_{2}}{2} .

Можно считать, что эти поверхности образуют плоский конденсатор. В этом приближении напряжённость электрического поля в зазоре между гранями E_{C}=\frac{q}{\varepsilon_{0} \cdot \pi R^{2}}, а вблизи (снаружи) сферической поверхности E_{R}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} .

Заметные отклонения напряжённости поля от приведённых выше величин будут наблюдаться только в малой окрестности у краёв плоских поверхностей, но в пределе «нулевого» зазора они не скажутся на искомой силе взаимодействия.

Поле, создаваемое каждой из плоских поверхностей, E_{C 1}=\frac{q}{2 \pi \varepsilon_{0} R^{2}}, а сила, с которой они притягиваются, F_{C}=q E_{C 1}=\frac{q^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} R^{2}}

Взаимодействие между зарядами на внешних поверхностях полусфер можно заменить эффективным давлением p , действующим на них. Сила взаимодействия между зарядами, находящимися на внешних поверхностях полусфер, F_{R}=S p , где S=\pi R^{2} , а давление p=\sigma \frac{E_{R}}{2} . Отсюда F_{R}=\pi R^{2}\left(\frac{Q}{4 \pi R^{2}} \frac{E_{0}}{2}\right)=\frac{Q^{2}}{32 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} . Результирующая сила F_{R}=\frac{Q^{2}}{32 \pi \varepsilon_{0} R^{2}}-\frac{q^{2}}{2 \varepsilon_{0} \pi R^{2}}=\frac{Q^{2}-(4 q)^{2}}{32 \pi \varepsilon_{0} R^{2}}=\frac{(Q-4 q)(Q+4 q)}{32 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} . После подстановки значений Q и q окончательно получим F_{R}=\frac{\left(3 q_{2}-q_{1}\right)\left(3 q_{1}-q_{2}\right)}{32 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} .

Притяжение полусфер будет возникать при одноимённых зарядах на них в случае, когда заряды отличаются больше чем втрое.

Ответ F_{R}=\dfrac{\left(3 q_{2}-q_{1}\right)\left(3 q_{1}-q_{2}\right)}{32 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} .

Условие

Проводящие полушария радиуса R имеют зазор d между плоскими торцами ( d \ll R ). Начальные заряды их q_1 и q_2 . Полушария замыкают на время, за которое через ключ проходит заряд q . Какое тепло при этом выделится? Какое тепло выделится, если ключ оставляют замкнутым на очень большое время? Зарядом на замыкающей цепи пренебречь.

Решение

Заряд находится на поверхности проводников - внутри них поле отсутствует. Этому требованию удовлетворяет распределение заряда, когда на обращенных друг к другу плоских поверхностях заряды \pm \dfrac{1}{2} (q_{1}-q_{2}), а на внешней поверхности однородно распределен оставшийся заряд \dfrac{1}{2}(q_{1}+q_{2}), на каждой полусфере.

Замыкание цепи не меняет суммы зарядов. Заряды на образующих плоский конденсатор границах зазора станут \pm \dfrac{1}{2}(q_{1}+q_{2}-2q).

Изменится только электрическое поле внутри этого конденсатора. Его энергия уменьшится на W=\dfrac{(q_{1}-q_{2})^2}{8 C}-\dfrac{(q_{1}-q_{2}-2q)^2}{8 C}, где ёмкость конденсатора C=\dfrac{\varepsilon_{0} \pi R^{2}}{d}.

Искомое тепло и равно W=\dfrac{q(q_1-q_2-q)}{2 C}=\dfrac{q(q_1-q_2-q)d}{2\varepsilon_{0} \pi R^{2}}.

За достаточно большое время конденсатор разрядится и конечный заряд будет нулевым, при этом будет максимальное выделение тепла W_{\max }=\frac{(q_1-q_2)^{2}}{8 C}=\dfrac{(q_1-q_2)^{2}d}{8\varepsilon_{0} \pi R^{2}}.

Ответ W=\dfrac{q(q_1-q_2-q)d}{2\varepsilon_{0} \pi R^{2}} ; W_{\max }=\dfrac{(q_1-q_2)^{2}d}{8\varepsilon_{0} \pi R^{2}}.

Условие

Цилиндрический сосуд с металлическим дном и не проводящими электрический ток стенками закрыт тонким массивным металлическим поршнем, который располагается на высоте h , много меньше диаметра сосуда. Внутри сосуда находится включенный в электрическую схему резистор, размеры которого много меньше размеров сосуда. Схема соединена легкими гибкими проводами с поршнем и дном сосуда. Изначально сосуд был заполнен гелием при давлении p \gg\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2} / h^{2} . Система теплоизолирована, помещена в вакуум и находится в равновесии. Ключ K замыкают. Найдите максимальную высоту H , на которой может оказаться поршень после установления в системе равновесного состояния. Теплоемкостями сосуда и поршня пренебречь. Считать сопротивление r постоянным. Трение между поршнем и сосудом достаточно мало. Гелий считать идеальным газом. Электрическую проницаемость гелия принять равной 1 .

Решение

Поскольку система вначале находилась в равновесии, то масса поршня m=p S / g .

Пусть через источник ЭДС протёк заряд q . Тогда дно сосуда и поршень окажутся заряженными, образуя пластины конденсатора. Ёмкость этого конденсатора в конечном состоянии будет C=\varepsilon_{0} S / H , где S - площадь дна сосуда. Поскольку напряжение на конденсаторе равно \mathscr{E} , то протёкший через источник ЭДС заряд: q=C \mathscr{E}=\frac{\varepsilon_{0} S \mathscr{E}}{H}.

Поскольку на пластинах находятся разноимённые заряды, то они притягиваются с силой F=\frac{q^{2} / S}{2 \varepsilon_{0}}=\frac{\varepsilon_{0} S \mathscr{E}^{2}}{2 H^{2}}. В конечном состоянии давление газа будет p+F / S .

Таким образом, \begin{gathered}

\dfrac{C_{V}}{R} p_{1} V_{1}+m g h+\mathscr{E} q=\frac{C_{V}}{R} p_{2} V_{2}+m g H+\dfrac{q^{2}}{2 C} \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \dfrac{3}{2} p S h+p S h+\dfrac{\varepsilon_{0} S \mathscr{E}^{2}}{H}=\dfrac{3}{2}\left(p+\dfrac{\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2}}{2 H^{2}}\right) S H+p S H+\dfrac{\varepsilon_{0} S \mathscr{E}^{2}}{2 H} \quad \Rightarrow

\end{gathered} \begin{gathered}

\Rightarrow \quad \dfrac{5}{2} p S(H-h)=-\frac{1}{4} \dfrac{\varepsilon_{0} S \mathscr{E}^{2}}{H} \quad \Rightarrow \\

\Rightarrow \quad \left(\dfrac{H}{h}\right)^{2}-\left(\frac{H}{h}\right)=-\dfrac{\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2}}{10 h^{2} p}.

\end{gathered}

Решая квадратное уравнение, найдём H=h\left(\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}-\dfrac{\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2}}{10 h^{2} p}}\right) , так как нас интересует больший корень. С учётом того, что \dfrac{\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2}}{h^{2} p} \ll 1 , получим H \approx h\left(1-\dfrac{\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2}}{10 h^{2} p}\right) .

Ответ H \approx h\left(1-\dfrac{\varepsilon_{0} \mathscr{E}^{2}}{10 h^{2} p}\right) .