Mất nhiệt khi sạc tụ điện lý tưởng

10

Nếu chúng ta sử dụng một tụ điện lý tưởng để sạc một tụ điện lý tưởng khác, trực giác của tôi cho tôi biết không có nhiệt được tạo ra vì các tụ điện chỉ là các yếu tố lưu trữ. Nó không nên tiêu thụ năng lượng.

Câu hỏi gốc

Nhưng để giải quyết câu hỏi này, tôi đã sử dụng hai phương trình (bảo toàn điện tích và điện áp bằng nhau cho cả hai tụ điện ở trạng thái cân bằng) để thấy rằng năng lượng thực sự đã bị mất.

Sơ đồ của tôi

Giải pháp của tôi

Cơ chế nào bị mất nhiệt trong trường hợp này? Đây có phải là năng lượng cần thiết để đẩy các điện tích lại gần nhau hơn trên C1 không? Có phải là năng lượng dành để tăng tốc phí, để làm cho nó di chuyển? Tôi có đúng không khi tuyên bố rằng không có "nhiệt" nào được tạo ra?

Tôi nhận thấy rằng năng lượng bị mất tương đương với năng lượng được lưu trữ trong điện dung "tương đương" nếu nó được nạp vào . Có bất kỳ lý do tại sao nó là như vậy? $V_0$

Điện dung song song

— Aditya P
nguồn

13

Bạn đã đọc: vi.wikipedia.org/wiki/Two_capacitor_paradox . Theo ý kiến cá nhân của tôi , câu trả lời đúng không được liệt kê. Theo tôi , câu trả lời đúng là "0" (không) vì không có phần tử nào trong mạch có thể tiêu tán năng lượng. Vì vậy, có, tôi đồng ý với trực giác của bạn. Tôi cũng nghĩ rằng đó là một ý tưởng ngu ngốc để đưa ra một câu hỏi (nghiên cứu) ra khỏi nghịch lý gây tranh cãi này. Về cơ bản bạn chỉ cần biết câu trả lời mà giáo viên mong đợi và chọn câu trả lời đó. Không ai học được gì từ đó.

— Bimpelrekkie

1

@Bimpelrekkie cảm ơn! Liên kết đó sẽ thực sự có ích. Tôi đồng ý với bạn quá.

— Aditya P

8

Như @Huisman chỉ ra một cách chính xác, đây là một câu hỏi vô nghĩa. Mạch bạn vẽ đã vi phạm định nghĩa của chúng tôi về các phần tử mạch lý tưởng do mâu thuẫn tích hợp: các phần tử song song phải có cùng điện áp nhưng điện áp trên tụ không thể thay đổi tức thời. Vì vậy, kết nối hai tụ điện song song với các điện áp khác nhau là một mạch không hợp lệ và không thể được phân tích bằng các kỹ thuật mạch thông thường. Lấy một cuốn sách khác.

— Elliot Alderson

2

@BenVoigt Một sơ đồ là một công cụ vẽ lý tưởng có các yếu tố cơ bản, một trong số đó là dây lý tưởng. Để chỉ ra ký sinh trùng như điện trở dây, nó phải được chỉ định với một điện trở lý tưởng. Bất cứ điều gì khác là một lạm dụng nghiêm trọng và không chính xác của ký hiệu dẫn đến sự mơ hồ. Huisman đưa ra câu trả lời chính xác.

— Shamtam

3

@BenVoigt Học sinh học phân tích mạch luôn cho rằng các thành phần là lý tưởng ... bạn không thể phân tích toán học theo cách khác. Câu hỏi này rõ ràng về một vấn đề bài tập về nhà và cần được trả lời từ quan điểm của học sinh.

— Elliot Alderson

24

Vấn đề với các ví dụ lý thuyết này nằm ở thực tế dòng điện được giả định là vô hạn trong 0 giây . Thay thế một cách thô bạo điều này trong luật bảo tồn:

\frac{\partial ρ}{\partial t} + \nabla \cdot J = = 0

$\frac {\partial \rho }{\partial t} +\nabla \cdot \mathbf {J} = 0$

\frac{ρ}{0} + \infty \neq 0

$\frac { \rho }{ 0 }+ \infty \neq 0$

Vì điện tích được bảo toàn, giả định dòng vô hạn trong thời gian 0 là sai.

Bao nhiêu công suất tiêu tán không thể được xác định, vì định nghĩa của dòng điện là sai. $P_{diss}=VI$

Vì vậy, câu trả lời là: không thể được xác định

EDIT
Lưu ý rằng độ phân tán không phải là 0 W vì R = 0 . Vì lý do tương tự như trên: , không được xác định . $\Omega$ $P = I^2R = \infty^2 \cdot 0$

— Huisman
nguồn

1

Đúng. Đây là câu trả lời đúng duy nhất.

— Elliot Alderson

4

Mất điện không thể tính được, nhưng mất năng lượng thì có thể.

— Ben Voigt

2

Bạn có thể làm cho luật bảo tồn hoạt động với đồng bằng của Dirac. Bạn không thể thêm vô hạn vào tập thực / phức và mong đợi phép tính tiếp tục hoạt động. Nó làm cho bộ không được đặt hàng một phần. Nếu nó không được ra lệnh một phần, không có bổ đề của Zorn, có nghĩa là không có tiên đề nào được lựa chọn.

— user110971

13

Khi khối lượng va chạm một cách không đàn hồi, động lượng được bảo toàn nhưng năng lượng phải mất đi. Điều tương tự với nghịch lý hai tụ điện; điện tích luôn được bảo toàn nhưng, năng lượng bị mất trong nhiệt và sóng EM. Mô hình sơ đồ của chúng tôi về mạch đơn giản không đủ để hiển thị các cơ chế tinh vi hơn khi chơi như điện trở kết nối.

Một va chạm đàn hồi có thể nói là tương đương với việc thêm cuộn cảm loạt trong dây dẫn. Một nơi nào đó giữa hai là thực tế - các kết nối bao gồm các điện trở và cuộn cảm; thực tế là sơ đồ của chúng tôi có thể không hiển thị chúng chỉ là một điểm yếu của trí tưởng tượng của chúng tôi.

— Andy aka
nguồn

2

Tôi cũng nhận thấy nó, trong câu trả lời khác bạn đã viết. Có lẽ bạn nên thử liên hệ với stackexchange, họ có thể tìm thấy người dùng đang nhắm mục tiêu cho bạn. Bạn nên thực sự báo cáo này.

— Aditya P

2

Có một upvote :)

— Gà Sombrero

3

Tôi đã bỏ phiếu cho câu trả lời này vì tôi không cảm thấy rằng nó đã giải quyết được câu hỏi ban đầu. Dường như với tôi rằng bạn lang thang vào một cuộc thảo luận về vật lý hạt và sóng không giúp ích gì cho OP. Và tôi nghĩ rằng có một lý do mà các downvote ẩn danh được cho phép. Bây giờ, bạn có nhiều danh tiếng hơn tôi rất nhiều, hãy tiếp tục, làm điều tồi tệ nhất của bạn. Tôi đã bình chọn rất nhiều câu trả lời khác của bạn trong quá khứ nhưng tôi sẽ không làm phiền nữa. Báo cáo tôi khi cần thiết.

— Elliot Alderson

1

@ElliotAlderson Tôi không báo cáo bất cứ điều gì tôi chỉ quan sát và nhận xét. Tôi không bao giờ đề cập đến vật lý hạt hoặc sóng. Tôi đã làm một so sánh với số đông theo cách của người Newton, tức là bảo toàn động lượng rất giống với bảo toàn điện tích.

— Andy aka

1

thực tế là sơ đồ của chúng tôi có thể không hiển thị chúng chỉ là một điểm yếu của trí tưởng tượng của chúng tôi. Ừm, tôi nghĩ đó là việc soạn thảo câu hỏi cẩu thả, hoặc cố gắng minh họa khoảng cách giữa các mạch lý tưởng và mạch thực. Sự tương tự va chạm là vật lý tốt, các đơn vị và các cơ chế đều đúng, đặc biệt là tổng năng lượng trước khi trừ đi sau khi thiếu hụt độc lập với các phương tiện tiêu tán, ví dụ, thành phần chưa được khai thác có thể là một biến áp sơ cấp có ăng ten và kháng bức xạ trên đó. Như đã vẽ, mạch là một nghịch lý, sai, SPICE sẽ bóp nghẹt nó

— Neil_UK

3

Cơ chế nào bị mất nhiệt trong trường hợp này?

Thông thường, dây và công tắc có một số điện trở. Bởi vì dòng điện chạy qua dây dẫn, nhiệt được tạo ra.

Tôi nhận thấy rằng năng lượng bị mất bằng với lưu trữ trong điện dung sê-ri "tương đương" nếu nó được tích điện vào V0. Có bất kỳ lý do tại sao nó là như vậy?

Nếu bạn sạc một tụ điện "lý tưởng" trong đó điện tích và điện áp tỷ lệ thuận, 50% năng lượng sẽ được chuyển thành nhiệt.

Tuy nhiên, nếu bạn có tụ điện "thực" trong đó điện tích và điện áp không tỷ lệ chính xác (theo như tôi biết thì đây là trường hợp của các DLC), tỷ lệ phần trăm năng lượng được chuyển đổi thành nhiệt KHÔNG chính xác là 50%.

Điều này có nghĩa là chìa khóa để quan sát của bạn nằm trong phương trình của các tụ điện (q ~ v) và không có lời giải thích "trực quan" nào độc lập với phương trình đó.

(Nếu có một lời giải thích độc lập với phương trình, tỷ lệ phần trăm cũng sẽ là 50% cho các tụ điện "thực".)

— Martin Rosenau
nguồn

1

Tôi phải đi với "Câu hỏi không hợp lệ".

Có vẻ như vấn đề đã được chỉnh sửa từ câu hỏi trước sang một câu hỏi khác.

Tất cả "câu trả lời" đều có đơn vị Q ^ 2 * C / C ^ 2 hoặc Q / C.

Đã 40 năm đối với tôi kể từ khi tôi có lớp EE, nhưng đó không phải là điện áp? Làm thế nào để bạn trả lời một câu hỏi "tản nhiệt" với các đơn vị điện áp?

— pbm
nguồn

1

2

Q^{2}

$Q^2$

\frac{Q^{2}}{C} = = Q Δ V

$\frac{Q^2}{C} = Q \Delta V$

1

Rõ ràng đã mất trong não của tôi. Đúng vậy các đơn vị là q ^ 2 / C. Đơn vị đó là cái quái gì vậy? Và người chiến thắng là Joules. Vì vậy, tôi có lẽ cần phải hạ thấp câu trả lời của riêng tôi.

— pbm

Q^{2} / C

$Q^2/C$

C^{2} / F = C^{2} / (C / V) = C V = J

$\text{C}^2/\text{F} = \text{C}^2/(\text{C}/\text{V}) = \text{C} \, \text{V} = \text{J}$

0

$R = 0$

$R$

$V_0 = q_0 / C_1$ $I(s)$

\begin{aligned} \frac{V_{0}}{S} & = = Tôi (S) [R + \frac{1}{S C_{1}} + \frac{1}{S C_{2}}] \\ = = Tôi (S) [R + \frac{1}{S C}] \end{aligned}

$\begin{align} \frac{V_0}{s} &= I(s) \left[ R + \frac{1}{s C_1} + \frac{1}{s C_2} \right] \\ &= I(s) \left[ R + \frac{1}{s C} \right] \\ \end{align}$

1 / C = 1 / C_{1} + 1 / C_{2}

$1/C = 1/C_1 + 1/C_2$

\begin{aligned} Tôi (S) & = = \frac{V_{0} / S}{R + 1 / (S C)} \\ = = \frac{V_{0} / R}{S + 1 / (R C)} \\ Tôi (t) & = = \frac{V_{0}}{R} \cdot e^{- t / (R C)} . \end{aligned}

$\begin{align} I(s) &= \frac{V_0 / s}{R + 1 / (s C)} \\ &= \frac{V_0 / R}{s + 1 / (R C)} \\ i(t) &= \frac{V_0}{R} \cdot \mathrm{e}^{-t / (R C)}. \end{align}$

\begin{aligned} P (t) & = i (t)^{2} \cdot R \\ = \frac{{V_{0}}^{2}}{R} \cdot e^{- 2 t / (R C)} \end{aligned},

$\begin{align} P(t) &= i(t)^2 \cdot R \\ &= \frac{{V_0}^2}{R} \cdot \mathrm{e}^{-2t / (R C)} \end{align},$

\int_{0}^{\infty} \frac{{V_{0}}^{2}}{R} \cdot e^{- 2 t / (R C)} d t = \frac{1}{2} C {V_{0}}^{2} = \frac{{q_{0}}^{2} C_{2}}{2 C_{1} (C_{1} + C_{2})} .

$\int_0^\infty \frac{{V_0}^2}{R} \cdot \mathrm{e}^{-2t / (R C)} \,\mathrm{d}t = \frac{1}{2} C {V_0}^2 = \frac{{q_0}^2 C_2}{2 C_1 (C_1 + C_2)}.$ $R$ $R = 0$

$R$

\begin{aligned} i (t) & = C V_{0} \cdot δ (t) \\ P (t) & = \frac{1}{2} C {V_{0}}^{2} \cdot δ (t), \end{aligned}

$\begin{align} i(t) &= C V_0 \cdot \delta(t) \\ P(t) &= \frac{1}{2} C {V_0}^2 \cdot \delta(t), \end{align}$

δ (t)

$\delta(t)$

1 / time

$1/\text{time}$

t = 0

$t = 0$

— cho Monica
nguồn

Nếu R = 0 thì năng lượng tiêu tán đi đâu ? Cụ thể, làm thế nào nó được chuyển đổi thành nhiệt như câu hỏi yêu cầu? Làm thế nào bạn có thể rút ra các phương trình giả sử nonzero R và sau đó đặt R thành 0?

— Elliot Alderson

1

@ElliotAlderson: Trường hợp thực tế của R = 0 là cá trích đỏ. Ngay cả trong "mạch thực", chúng ta không giả sử rằng R = 0 trong dây. Chúng tôi giả định rằng R không khác không nhưng "không đáng kể", điều này không giống nhau (và đó là một giả định đôi khi có thể khiến chúng tôi gặp rắc rối). Điều này dẫn xuất cho thấy rằng cho dù R nhỏ như thế nào, miễn là nó khác không, công suất tiêu tán luôn như nhau.

— Michael Seifert

@MichaelSeifert Vâng, những gì bạn nói! miễn là nó khác không Đó chính xác là quan điểm của tôi.

— Elliot Alderson

R = 0

$R = 0$

i^{2} = \infty

$i^2 = \infty$

t = 0

$t = 0$

i^{2} R

$i^2 R$

m \neq 0

$m \ne 0$

g

$g$

m g

$m g$

a = m g / m = g

$a = m g / m = g$

m = 0

$m = 0$

g

$g$

@lastresort Từ những gì tôi đọc được , trong khuôn khổ newtonian, các hạt không khối lượng không trải nghiệm g. Đó là do trọng lực bẻ cong không gian mà các vật thể không khối lượng trải qua g.

— Aditya P