16.12.2022 – Kondensatory

Prawo Gaussa dla elektryczności

Prawo Gaussa dla ładunku elektrycznego jest dane przez następujący wzór:

$\Phi=\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\frac{Q}{\varepsilon_0}$

  • $\phi$ to strumień pola elektrycznego przechodzącego przez powierzchnie $S$,
  • $\vec{E}$ to wektor pola elektrycznego
  • $\vec{S}$ to wektor powierzchni
  • $Q$ to ładunek zamknięty w powierzchni Gaussa
  • $\varepsilon_0$ to bezwzględna przenikalność elektryczna $\left[\varepsilon_0\right]=\frac{C}{Vm}=\frac{C^2}{N\ m^2}=\frac{C^2s^2}{kg\ m^3}=\frac{A^2s^4}{kg\ m^3}.$

Prawo możemy nieco uprościć w sytuacji, gdy kąt między dowolną częścią powierzchni, a wektorem pola elektrycznego jest stały. Możemy bez straty ogólności zapisać, że dla $E$ niezależnego od $S$ zachodzi:

$\int\int_{S}^{\ }{E\cdot d S}=E\int\int_{S}^{\ }dS=\Phi=E\cdot S\cdot\cos{\angle\left(E,S\right)}=\frac{Q}{\varepsilon_0}$

$\Phi=E\cdot S\cdot\cos{\angle\left(E,S\right)}=\frac{Q}{\varepsilon_0}$

Jednak, gdy kąt nie jest stały musimy podzielić powierzchnie na nieskończenie wiele infinitezymalnych części dla których powyższa operacja jest możliwa, a następnie zsumować powstałe strumienie pola elektrycznego. Wobec tego strumień elektryczny $\phi$ przechodzący przez powierzchnię $S$ można zapisać również jako całkę powierzchniową pola elektrycznego $E$ przechodzącego przez powierzchnię $S$.

$\Phi=\int{\int_{S}^{\ }{E\cdot d S}=\frac{Q}{\varepsilon_0}}$

Dodatkowym ułatwieniem jest możliwość przedstawienia całkowitego strumienia $\Phi_C$ przechodzącego przez powierzchnię Gaussa jako sumę strumieni przechodzących przez poszczególne ściany powierzchni. Fizycy powiedzieliby, wobec tego, że cechą wielkości fizycznej $\Phi$ jest addytywność. Przykładowo dla walca całkowity strumień $\Phi_C={2\Phi}_P+\Phi_B$, gdzie $\Phi_P$ jest strumieniem przechodzącym przez powierzchnię podstawy walca, a $\Phi_B$ strumieniem przechodzącym przez jego powierzchnię boczną. Całka powierzchniowa to całka, której obszarem całkowania jest płat powierzchni. Mówimy o niej również jako o całce powierzchniowej funkcji skalarnej i całce powierzchniowej pierwszego rodzaju.

Przykłady wyznaczania pola elektrycznego jako funkcji stałej

Istnieją zasadniczo trzy przykłady, w których możliwe jest wyznaczenie stałego pola elektrycznego, niejako z ominięciem rachunku całkowego. Ideowo, w każdym z nich chcemy doprowadzić do przypadku, w którym wektory pola elektrycznego $\vec{E}$ i powierzchni Gaussa $\vec{S}$ mają taki sam zwrot, a wektor pola elektrycznego nie jest funkcją powierzchni Nie występuje wtedy potrzeba dzielenia obszaru powierzchni $S$ na infinitezymalne części. Rozważmy pustą w środku kulkę o promieniu $R$, na której powierzchni znajduje się równomiernie rozłożony ładunek $Q$ (rysunek P1) Wyznacz pole elektryczne wokół i wewnątrz kulki.

Alt text

Rozwiązanie: Wyobraźmy sobie powierzchnię sferyczną Gaussa o promieniu r, której środek znajduje się w środku kulki. Rozważmy dwa przypadki:

  1. Gdy promień r powierzchni od środka kulki wynosi $r\leq R$ (rysunek P1.1). Zauważmy, że w we wnętrzu powierzchni o promieniu $r\leq R$ nie znajduje się żaden ładunek, wobec tego pole elektryczne jest stałe i wynosi $E=0$.
  2. Gdy promień r powierzchni od środka kulki wynosi $r\geq R$ (rysunek P1.2) Zauważmy, że w we wnętrzu powierzchni o promieniu $r\geq R$ zamknięty jest cały powierzchniowy ładunek $Q$ naładowanej kulki. Zauważając równocześnie, że kulka jest ciałem symetrycznym możemy wnioskować, że wartość pola elektrycznego $E$ nie zależy od odległości od środka kulki.

Wobec tego możemy zapisać, że:

$\Phi=\int\int_{S} E\cdot dS=E\int\int_{S} d S=E\cdot S\cdot\cos(\alpha)=\frac{Q}{\varepsilon_0}$

$E\cdot S=\frac{Q}{\varepsilon_0}\Rightarrow E=\frac{Q}{S\cdot\varepsilon_0}$

$E=\frac{Q}{4\pi R^2\cdot\varepsilon_0}\blacksquare$

Rozważmy nieskończonej długości cienki pręt, którego gęstość liniowa ładunku wynosi $\lambda$ (rysunek P2) Wyznacz pole elektryczne wokół pręta.

Alt text

Rozwiązanie: Wyobraźmy sobie powierzchnię Gaussa o kształcie walca o promieniu $r$ i wysokości $dl$, którego oś symetrii znajduje się na pręcie. Z prawa Gaussa możemy w ogólności zapisać, że: $\Phi=\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\frac{Q}{\varepsilon_0}$

Dla podstaw walca iloczyn skalarny wektorów $\vec{E}$ oraz $\vec{S}$ wynosi: $E\cdot S\cdot\cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)}=0$.

Zauważmy, że zgodnie z prawem Coulomba dla ładunku próbnego w dowolnym punkcie przestrzeni znajdującym się w niezerowej odległości od pręta pole elektryczne jest zwrócone w kierunku prostopadłym. Zauważmy jednocześnie, że zamknięty w powierzchni Gaussa ładunek $Q$ nie zależy od promienia walca $r$. Zapiszmy, wobec tego, że:

$\Phi=\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\vec{E}\int\int_{S}^{\ }d\vec{S}=E\cdot2\pi r\cdot dl=\frac{Q}{\varepsilon_0}$

Znając zależność $\lambda=\frac{Q}{dl}$:

$E\cdot2\pi r\cdot dl=\frac{Q}{\varepsilon_0}=\frac{\lambda\cdot d l}{\varepsilon_0}$

$E=\cdot2\pi r=\frac{\lambda}{\varepsilon_0}$

$E=\frac{\lambda}{{2\pi r\cdot\varepsilon}_0}\blacksquare$

Rozważmy nieskończoną płaszczyznę, której gęstość powierzchniowa ładunku wynosi \sigma (rysunek P3). Wyznacz pole elektryczne wokół płaszczyzny.

Alt text

Rozwiązanie: Wyobraźmy sobie powierzchnię Gaussa o kształcie walca o polu powierzchni podstawy $dS$. Dla ścian walca iloczyn skalarny wektorów $\vec{E}$ oraz $\vec{S}$ wynosi: $E\cdot S\cdot\cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)}=0.$

Wiemy, że $Q=\sigma\cdot dS$. Z prawa Gaussa możemy zapisać, że:

$\Phi=\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\frac{Q}{\varepsilon_0}=\frac{\sigma\cdot d S}{\varepsilon_0}$

Dla postaw walca iloczyn skalarny $\vec{E}$ oraz $\vec{S}$ wynosi $E\cdot S\cdot\cos{\left(0\right)}=E\cdot S.$ Wobec tego całkowity strumień przechodzący przez powierzchnię Gaussa wynosi:

$\Phi={2\cdot\phi}_p+\phi_s=2\cdot\phi_p=2\cdot E\cdot dS$

Możemy następnie zapisać równość:

$2\cdot E\cdot dS=\frac{\sigma\cdot d S}{\varepsilon_0}$

$E=\frac{\sigma}{2\cdot\varepsilon_0}\blacksquare$

Wydawać by się mogło, że analiza pola elektrycznego wokół elementów nierzeczywistych, posiadających przykładowo nieskończoną długość bądź nieskończone pole powierzchni, jest w istocie jedynie nieprzyjemnym żartem ze strony teoretyków. W praktyce jednak okazuje się, że przy dużej różnicy w skali elementów zastosowane przybliżenia, znacząco zmniejszają złożoność obliczeniową algorytmów symulujących układy elektroniczne. Dostarczają przy tym wystarczająco zbliżone do stanu rzeczywistego wartości.

Pojemności kondensatorów

Przykładem wykorzystania prawa Gaussa jest liczenie pojemności kondensatorów o różnych kształtach i polach elektrycznych. Aby obliczyć pojemność kondensatora wpierw, z użyciem prawa Gaussa wyznaczamy pole elektryczne jako funkcję położenia i ładunku $Q$. Następnie, całkujemy by znaleźć różnice potencjałów na okładkach kondensatora, a następnie ze wzoru ogólnego $C=\frac{Q}{\Delta\ U}$ obliczamy pojemność kondensatora. Sama idea zapisana słownie może wydawać się nieco skomplikowana, jednak w praktyce często wiele rzeczy jest prostsze niż się wydaje, szczególnie po zapoznaniu się z przykładami.

Kondensator płaski

Kondensator płaski to element gromadzący ładunek, utworzony z dwóch równoległych do siebie płaszczyzn, które nazywamy okładkami. Załóżmy, że na każdej z nich znajduje się ładunek q oraz że odległość między nimi wynosi d Możemy przy użyciu prawa Gaussa zapisać, że:

$\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\frac{q}{\varepsilon_0}$

Między okładkami powstaje pole jednorodne, co zostało wykazane wyżej w przykładzie trzecim. Wobec tego wektor pola elektrycznego nie zależy od S, dzięki czemu możemy zapisać, że:

$\varepsilon_0ES=q$

Dodatkowo wiemy, że różnica potencjałów między okładkami wynosi dla pola jednorodnego $U=Ed$, więc ze wzoru na pojemność kondensatora ustalamy, że:

$C=\frac{Q}{U}=\frac{\varepsilon_0ES}{Ed}=\frac{\varepsilon_0S}{d}$

Kondensator płaski z dielektrykiem Rozważmy poprzedni przykład umieszczając między okładkami kondensatora pewien materiał gromadzący ładunek. Nazywamy go dielektrykiem. Niech na okładkach gromadzi się ładunek $q$, a na dielektryku ładunek $q^\prime$. Rozważając prawo Gaussa mamy:

$\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\frac{q-q^\prime}{\varepsilon_0}$

Wtedy prawo Gaussa przybiera postać:

$\int\int_{S}^{\ }{\vec{E}\cdot d\vec{S}}=\frac{q}{\varepsilon_0\varepsilon_r}$

Z pola jednorodnego:

$\varepsilon_0\varepsilon_rES=q$

$U=Ed$

Zatem pojemność kondensatora płaskiego z dielektrykiem wyraża się wzorem:

$C=\frac{Q}{U}=\frac{\varepsilon_0\varepsilon_rES}{Ed}=\varepsilon_0\varepsilon_r\frac{S}{d}$

Ładowanie obwodu RC

Obwód $RC$ to obwód składający się z rezystora $R$ oraz kondensatora $C$. Do jego naładowania potrzebujemy dodatkowo źródła napięcia $\varepsilon$. Głównym celem poczynionych następnie rozważań jest jawne wyznaczenie napięcia na kondensatorze w funkcji czasu $U_C(t)$. Do wyznaczenia funkcji przyda się znajomość podstawowych zależności takich jak prawa Kirchhoffa oraz rozwiązywanie liniowych równań różniczkowych pierwszego stopnia.

Alt text

Dla obwodu, którego schemat widoczny jest powyżej możemy, z drugiego prawa Kirchhoffa, zapisać, że:

$\varepsilon-U_C-U_R=0$

Napięcie na kondensatorze wyraża się wzorem ogólnym $Q=UC$, więc uwzględniając $U_C=\frac{Q}{C}$:

$\varepsilon-\frac{Q}{C}-IR=0$

Weźmy pod uwagę, że prąd to zmiana ładunku $dQ$ w czasie $dt$:

$\varepsilon-\frac{Q}{C}-\frac{dQ}{dt}R=0$

Otrzymane równanie różniczkowe możemy rozwiązać metodą separacji zmiennych:

$\frac{C\varepsilon-Q}{RC}=\frac{dQ}{dt}$

$\frac{dQ}{C\varepsilon-Q}=\frac{dt}{RC}$

Całkując stronami otrzymujemy:

$\int\frac{dQ}{C\varepsilon-Q}=\int\frac{dt}{RC}$

$-\ln{\left(\left|C\varepsilon-Q\left(t\right)\right|\right)}=\frac{t}{RC}+K$

Zauważmy, że $C\varepsilon-Q\left(t\right)\geq0$, ponieważ $C\varepsilon=Q_{max}$ ze wzoru ogólnego $Q=UC$. Korzystając następnie z własności logarytmu naturalnego $\ln{\left(a\right)}=b\ \Rightarrow a=e^b$ zapiszemy:

$C\varepsilon-Q\left(t\right)=e^{-\frac{t}{RC}+K}=Ke^{-\frac{t}{RC}}$

Początkowo kondensator jest nienaładowany, a zatem ładunek znajdujący się na jego okładkach wynosi $Q\left(t=0\right)=0$. Przyjmując to za warunek początkowy stała całkowania $K$ wyniesie:

$C\varepsilon=Ke^{-\ \frac{0}{RC}}=K$

Wobec tego dla niezerowej pojemności $C\neq0$ dokonujemy przekształceń algebraicznych:

$C\varepsilon-Q\left(t\right)=C\varepsilon\cdot e^{-\frac{t}{RC}}$

$Q\left(t\right)=C\varepsilon-C\varepsilon{\cdot e}^{-\frac{t}{RC}}$

$Q\left(t\right)=C\varepsilon\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right)$

$U\left(t\right)C=C\varepsilon\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right)$

$U\left(t\right)=\varepsilon\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right)$

Rozładowanie obwodu RC

Weźmy układ podobny do powyższego , składający się z połączenia rezystora o rezystancji $R$ i kondensatora o pojemności $C$, ale bez siły elektromotorycznej. Przyjmijmy, że w stanie początkowym ładunek na kondensatorze jest równy $Q_0$. Napięcie rezystora wynosi $U_R$, a napięcie kondensatora $U_C$, wobec czego zachodzi (z drugiego prawa Kirchhoffa):

[Zeldowicz. Yakow, „Matematyka wyższa dla początkujących.”, Warszawa 1976, Wydawnictwo Naukowo-Techniczne, str. 425-428]

$U_C\ -\ U_R\ =\ 0$

Wiedząc, że napięcie kondensatora wyraża się wzorem $U_C=\frac{Q}{C}$, mamy:

$\frac{Q}{C}-U_R=0$

Następnie korzystamy z prawa Ohma: $U_R=I_R\cdot R$, zatem:

$\frac{Q}{C}-I_R\cdot R=0$

Wartość prądu płynącego przez rezystor $R$ zależy od ładunku, który przepływa przez niego w czasie $t$. Możemy, wobec tego wyrazić $I$ jako:

$I=\frac{dQ}{dt}$

Powstaje następujące liniowe równanie różniczkowe pierwszego stopnia:

$\frac{Q}{C}-R\frac{dQ}{dt}=0$

$\frac{Q}{C}=R\cdot\frac{dQ}{dt}$

$\frac{1}{RC}dt=\frac{1}{q}dQ$

Zastosowana metoda separacji zmiennych. Zachodzi całkowanie stronami:

$\int\frac{1}{RC}dt=\int\frac{1}{Q}dQ$

$\frac{t}{RC}=ln\left(|Q|\right)+K$

Traktujemy $Q$ jako wartość ładunku, wobec tego przyjmuje wartość nieujemną:

$-\frac{t}{RC}=ln\left(Q\right)+K$

$-\frac{t}{RC}-K=ln\left(Q\right)$

$Q=e^{-\frac{t}{RC}-K}=e^{-\frac{t}{RC}}\cdot e^{-K}=Ae^{-\frac{t}{RC}}$

W celu wyliczenia stałej całkowania $A$ należy wprowadzić warunki początkowe w układzie. Niech rozładowanie kondensatora następuje od stanu naładowania ładunkiem $q_0$, wtedy:

$Q\left(t=0\right)=Q_0$

$Q\left(t=0\right)=Ae^{-\frac{t}{RC}}=A$

$q_0=A$

Wyraźmy ładunek $q$ kondensatora jako $=UC$. Zachodzi:

$Q\left(t\right)=Q_0e^{-\frac{t}{RC}}$

Pojemność kondensatora jest zmienną niezależna od czasu $\frac{dC}{dt}=0$, więc:

$U\left(t\right)\cdot C=U_0\cdot C\cdot e^{-\frac{t}{RC}}$

$U\left(t\right)=U_0\cdot e^{-\frac{t}{RC}}$