Introduzione ai condensatori
Analisi introduttiva condensatori: tubi di flusso 🟩
Consideriamo un **tubo di flusso infinitesimo** come in immagine. abbiamo che $dQ$ è la carica totale dentro al cubo. Tale che segua le linee di campo.
Il flusso totale sarebbe
$$
\oint_{\Sigma} \vec{E} \cdot d\vec{s} = \frac{Q_{T}}{\varepsilon_{0}}
$$
Sappiamo anche che
$$
\vec{E}_{1}d\vec{s}_{1} + \vec{E}_{2}d\vec{s}_{2} = \frac{dQ_{T}}{\varepsilon_{0}}
$$
Ma scegliamo il cubo di flusso in modo che le superfici siano **perpendicolari al nostro campo**, e così posso considerare il problema da un puro punto di vista **scalare**.
Sapendo che nell'esempio sott il campo non è esistente, allora posso scrivere il campo elettrico che va fuori, semplicemente in punto di vista scalare:
$$
E_{2} = \frac{dQ}{\varepsilon_{0}ds_{2}}
$$
esChe è molto molto simile alla forma $\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$.
il parametro di nostro interesse in questo esempio (almeno la cosa di nostro interesse) è *il concetto di distanza*, se ci allontaniamo dalla nostra superficie, $dS_{2}$ diventa più larga
Introduzione ai condensatori 🟩
Poniamo di avere due armature metalliche qualsiasi, che abbiamo cariche uguali ed opposte in segno di una forma qualunque a distanza qualunque, in questo setting teorico. La cosa interessante è che suppongo di avere #Induzione completa in questo caso. È una necessità per l’analisi dei condensatori.
Potenziale elettrico e carica 🟨+
Proviamo a seguire una linea di campo elettrico per studiare il potenziale elettrico, andiamo quindi a definire un **tubo di flusso**.
Per risultato precedente abbiamo che $E_{i} = \frac{dQ_{i}}{\varepsilon_{0}dS_{i}}$
$$
V_{A} - V_{B} = \int _{A}^{B} \vec{E}_{i} \, dr_{i} = \int _{A}^{B} {E}_{i} \, dr_{i} = \int _{A}^{B} \frac{dQ_{i}}{\varepsilon_{0}dS_{i}}\, dr_{i} = dQ_{i} \int _{A}^{B} \frac{1}{\varepsilon_{0}dS_{i}}\, dr_{i}
$$$$
dQ_{i} = \frac{V_{A} - V_{B}}{\int \frac{1}{\varepsilon_{0}dS_{i}}\, dr_{i} }
$$Poi sommo la carica di tutti i singoli tubettini di flusso, dato che abbiamo induzione completa (che non abbiamo ancora discusso, abbiamo allora che
$$ Q = \sum_{i=1}^{N}dQ_{i} = (V_{A} - V_{B})\sum_{i=1}^{N}\frac{1}{\int \frac{1}{\varepsilon_{0}dS_{i}}\, dr_{i} } $$$$ V_{A} - V_{B} = \frac{Q}{C} \implies C = \frac{Q}{\Delta V} $$ossia la capacità del condensatore è la carica fratto la differenza di potenziale.
Analisi dimensionale capacità 🟩-
$$ \left[ C \right] = \frac{[Q]}{[V]} =\left[ Q \right] / \left[ ML^{2} T^{-2} Q^{-1} \right] = \left[ Q^{2} \right] \left[ M^{-1}L^{-2} T^{+2} \right] = \left[ F \right] $$Massa per velocità alla seconda per l’energia.
Un Farad, ma essendo una quantità molto grande, difficile da usare, si utilizza il $1\mu F$ che sono presenti nei circuiti, ma se ho troppa carica forse è difficile da utilizzare (o hanno usi diversi).
Condensatori piani
Consideriamo un classico caso in cui abbiamo due condensatori piani, con la stessa carica, e area $=S$ Approssimazione
- Consideriamo le linee di campo del tutto parallele (campo come se fosse un piano infinito per chiarirci).
- Facce sono infinite (ma poi nella realtà cambia solamente ai bordi).
Campo elettrico in ogni regione 🟩
Si può notare che
Calcolo della direzione
- Sinistra: è 0
- Centro sono $2\vec{E}_{1} = \vec{E}$
- Destra: è 0
Calcolo del modulo: Sappiamo che il campo elettrico per una singola armatura metallica è $\frac{\sigma}{2 \varepsilon_{0}}$, in questo caso sono uguali in modulo, e si sommano quindi:
$$ \vec{E} = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}} $$In mezzo ai conduttori. Questa analisi si può fare con Gauss o semplicemente usando sovrapposizione, dovrebbe venire uguale, nel caso di conduttori infiniti.
Disposizione superficiale di carica 🟩
Disposizione esterna Nel setting dei condensatori di sopra, possiamo chiederci dove stanno le cariche, si può dimostrare usando Gauss che sulla superficie esterna è nulla. Procedimento:
- Prendi una superficie cilindrica, che parte da dentro e arriva fuori a sinistra della piastra di sinistra.
- Sai che il campo dentro è nullo per induzione elettrostatica
- Sai che fuori è nullo perché hai supposto che si eliminano i campi (uguali perché stai assumendo siano infiniti). Quindi per Gauss la carica inclusa dovrà essere nulla in quei punti.
Disposizione interna Applico gauss con un cilindro molto simile, con un cerchio dentro (quindi campo nullo per induzione in Conduttori elettrici), ma ora l’altra estremità del cilindrò avrà un qualche valore:
$$ \oint_{\Sigma´} \vec{E} \cdot d\vec{s} = \frac{Q_{T}''}{\varepsilon_{0}} \implies \oint_{\Sigma'} \lvert \vec{E} \rvert ds = \lvert \vec{E} \rvert A = \frac{Q_{T}''}{\varepsilon_{0}} = \frac{\sigma A}{\varepsilon_{0}} \implies \lvert \vec{E} \rvert = \frac{\sigma}{\varepsilon_{0}} = \frac{Q}{\varepsilon_{0}S} $$Abbiamo messo $S = A$ come superficie ed area, la stessa cosa in pratica. Quindi la discontinuità che abbiamo discusso (che non ho ancora scritto) è ancora la stessa, solo ridisposta in modo diverso, descritto in Campo elettrico.
Potenziale elettrico e capacità 🟩-
$$ \Delta V = \int _{A}^{B} \vec{E} \, d\vec{r} = \lvert \vec{E} \rvert \int _{A}^{B} \, d\vec{r} = \lvert \vec{E} \rvert d = \frac{Qd}{\varepsilon_{0}S} $$$$ C = \frac{Q}{\Delta V} = \frac{S\varepsilon_{0}}{d} $$E possiamo vedere che sono sempre fattori geometrici.
Caso piani non infiniti 🟩
Nell’analisi soprastante, abbiamo assunto di avere piani metallici infiniti Nel caso reale:
- L’approssimazione funziona in mezzo al condensatore
- Ai bordi il campo inizia a curvare, quindi non è come modellizzato di sopra.
Disposizioni di condensatori
Parallelo 🟩
Analizziamo sempre potenziali e capacità, da un punto di vista totale (vedendolo come un singolo condensatore).
Chiamiamo a sinistra 1, a destra 2
**Osservazioni**:
1. Potenziale ai capi dei condensatori è uguale, perché i primi due sopra sono collegati, così come quelli sotto
2. Si sommano le capacità (e carica singole), anche perché è *come se aumentassi la superficie*.
$$
C_{T} = \frac{Q_{T}}{\Delta V} = \frac{Q_{1} + Q_{2}}{\Delta V} = C_{1} + C_{2}
$$In un sistema composto da due o più condensatori posti in parallelo, la capacità totale è pari alla somma delle singole capacità.
In serie 🟨
**Osservazione**
1. Conduttori su E è isolato, quindi si *caricheranno solo per induzione*.
Analizziamo le differenze di potenziali, allora abbiamo che
$$
\Delta V_{1} = V_{A} - V_{E} = \frac{Q}{C_{1}}
$$
In modo simile per il secondo, noi vogliamo trovare $\Delta V = V_{A} - V_{B} = \frac{Q}{C_{T}}$, ma posso usare lo stratagemma matematico e risolvere ciò
$$
\Delta V = V_{A} - V_{B} = (V_{A} - V_{E}) + (V_{E} - V_{B}) = Q\left( \frac{1}{C_{1} } + \frac{1}{C_{2}} \right) = \frac{Q}{C_{T}} \implies \frac{1}{C_{T}} = \frac{1}{C_{2}} + \frac{1}{C_{2}}
$$Possiamo vedere che la capacità cala, questo è spiegato fisicamente perché la carica è distribuita, mentre la superficie rimane sempre lo stesso.
La serie fra due o più condensatori ha capacità totale $C_{T}$ il cui inverso è pari alla somma degli inversi delle singole capacità
Energia nei condensatori
Intuizione sul concetto di energia
Partiamo sempre dal concetto di lavoro, è equivalente al lavoro usato per caricarlo. anche chiamato autoenergia. L’energia di un sistema di cariche che cosa è? è il lavoro esterno compiuto per costruire il sistema, in modo più intuitivo è quanto sforzo è stato necessario usare per partire dall’infinito e portare le particelle e portarle in quel punto. Se è repulsiva (quindi energia positiva) io faccio lavoro positivo, altrimenti negativo, questo l’hai visto ieri. Se l’energia è positiva posso estrarre energia da utilizzare, altrimenti no.
Energia di Interazione 🟩
L'energia di sistema (o di interazione fra le cariche) è calcolato nel modo seguente:
- La prima carica non fa lavoro perché il campo è nullo inizialmente
- La seconda carica fa un po’ di fatica
- Se cambio l’ordine cambia l’ordine, ma l’equazione finale non cambia. (forse solo segno) $$ U_{12} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{q_{1}q_{2}}{R_{12}} = q_{1} V_{21} $$ Calcoliamo l’energia necessaria per portare una terza, avremo che $$ U_{23} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \frac{q_{2}q_{3}}{R_{23}} = q_{2}V_{32} = q_{3}V_{23} $$ E si fa lo stesso per $U_{13}$ e poi si summa tutto Quindi in generale:
Con $V_{i} = \sum_{j\neq i}^{N}V_{ij}$
$$ U_{tot} = \frac{1}{2} \int _{\tau} \rho V \, d\tau $$E la stessa cosa vale per le superfici in pratica posso calcolare l’energia totale in ogni configurazione.
Lavoro di carica dei condensatori
Primo modo: lavoro punto per punto 🟨++
Consideriamo un condensatore, alla prima carica non c’è lavoro, ma poi si crea un campo elettrico che si prova ad opporre al caricamento (quindi lavoro positivo, forza di Coulomb è positivo).
Calcolando da A a B e sommando tutto abbiamo che (contando che il lavoro esterno deve essere opposto rispetto al nostro campo in considerazione).
$$ \Delta L_{E} = \int _{A}^{B} dqdV = dq \int _{A}^{B} \, dV = dq \Delta V_{q} $$$$ \Delta L_{E} = dq \frac{q}{C} $$$$ L_{E} = \int _{0}^{Q} \Delta L_{E} = \int _{0}^{Q} \frac{q}{C} \, dq = \frac{1}{2} \frac{Q^{2}}{C} = \frac{1}{2} Q \Delta V = \frac{1}{2}C \,\Delta V^{2} $$Che è esattamente il lavoro fatto per caricare il condensatore
Secondo modo: energia di interazione 🟩
$$ U_{E} = \frac{1}{2} \left[ Q_{A} V_{A} + Q_{B}V_{B} \right] = \frac{1}{2} \left[ C(V_{A} - V_{B})V_{A} + C(V_{B} - V_{A})V_{B}\right] = \frac{1}{2} C\, \Delta V^{2} $$Densità di energia 🟩
$$ U_{E} = \frac{1}{2} C\, \Delta V^{2} \land C=\frac{\varepsilon_{0}S}{d} \land \Delta V = Ed \implies U_{E} = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}(Sd) = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}Volume $$$$ u_{e} = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2} $$Questo servirà per il vettore di Poynting in seguito quando faremo il minimo di propagazione. (Base di energia solare, anche la parte di propagazione che ho fatto io, e spiega che si può ottenere energia dal campo elettrico, costruendo o disfacendone).
Scarica e carica di condensatori
Carica del condensatore
Setting del problema 🟩
Ci stiamo chiedendo, come varia l’intensità di corrente in un circuito fatto di semplice condensatore e resistenza? In che modo cambia il potenziale? Se ho l’intensità di corrente per un dato momento, allora posso calcolare l’intensità di corrente.
Possiamo usare le leggi presenti in Leggi di Ohm e osservare che vale, perché alla fine il campo esterno è ancora conservativo (credo), anche se la corrente varia.
$$
\varepsilon = V_{C} + V_{R} = \frac{q(t)}{C} + Ri(t)
$$ In un certo istante specifico $t$, ma notiamo che per definizione, la corrente accumula sul condensatore un valore $i(t) = \frac{dq(t)}{dt}$ e possiamo sostituire questo dentro e risolvere l’equazione differenziale associata.
$$ \varepsilon = \frac{q(t)}{C} + \frac{Rdq(t)}{dt} $$$$ \varepsilon = \frac{A}{C}e^{Bt} + RABe^{Bt} $$$$ dt\left( \varepsilon - \frac{q(t)}{C} \right) = dq(t) R \implies \frac{dt}{RC} = \frac{dq(t)}{\varepsilon C - q(t)} $$$$ \int _{0}^{q} \frac{dq(t)}{-\varepsilon C + q(t))} = -\int_{0}^{t} \frac{dt}{RC} \implies \ln\left( \frac{-\varepsilon C + q(t)}{-\varepsilon C} \right)=- \frac{t}{RC} \implies q(t) = -\varepsilon C e^{-t/RC} + \varepsilon C $$Equazioni per la carica dei condensatori 🟩
$$ q(t) = \varepsilon C(1 - e^{-t/RC}) $$$$ i(t) = \frac{\varepsilon}{R} e^{-t/RC} $$$$ V_{c}(t) = \frac{q(t)}{C} = \varepsilon(1 - e^{-t/RC}) $$$$ V_{b}(t) = i(t)R = \varepsilon e^{-t/RC} $$
Come grafici questi hanno:
Note sul tempo di carica 🟩
Nota: il condensatore non si carica mai al valore teorico di carica che può avere (è un asintoto orizzontale). Possiamo considerarlo carico quando è tipo 1% del valore nominale, non ho capito esattamente perché questo, forse è una convenzione.
Tempi tipici di carica sono microsecondi perché di solito Parliamo di micro-Farad e migliaia di Ohm di resistenza.
Si può notare risolvendo le equazioni di sopra otteniamo che: 0.95% -> 3$\tau$ 0.99% -> 4.6$\tau$ 0.999% -> 7$\tau$ Per caricare il condensatore.
Potenza erogata ed assorbita 🟩
$$ P_{gen} = \varepsilon i(t) = \frac{\varepsilon^{2}}{R}e^{-t/RC} $$$$ P_{b} = Ri(t)^{2} = \frac{\varepsilon^{2}}{R} e^{-2t/RC} $$$$ P_{c} = \frac{Vdq}{dt} = P_{gen} - P_{b} $$$$ W_{gen} = \int_{0}^{\infty} P_{gen} \, dt = C\varepsilon^{2} $$$$ W_{gen} = \int_{0}^{q_{0}}Vdq = Vq = V^{2}C $$$$ W_{c} = \frac{1}{2}CV^{2} = \frac{W_{gen}}{2} \implies W_{r} = W_{c} $$Scarica del condensatore
Setting del problema 🟩
Ho un condensatore completamente carico come in figura
Ad un certo punto chiudo l’interruttore e inizierà a scorrere della carica, vogliamo capire in che modo varia $q(t)$ e in che modo varia $i(t)$
Equazioni per la scarica dei condensatori 🟩
$$ 0 = \frac{q(t)}{C} + \frac{d(q)}{dt}R \implies -\frac{dt}{RC} = \frac{d(q)}{q(t)} $$$$ \int_{q_{0}}^{q} \, \frac{dq}{q} = -\int_{0}^{t} \frac{dt}{RC} \implies \ln\left( \frac{q}{q_{0}} \right) = -\frac{t}{RC} \implies q(t) = q_{0}e^{-t/RC} $$E poi si possono fare tutte le altre cose.
Campo magnetico in condensatore 🟨
Guardando Ampere e Faraday se cambia l’intensità del campo elettrico, come succede per questo circuito, abbiamo che si ha una densità di corrente di spostamento.
$$ \oint_{\Gamma} \vec{B} \cdot d\vec{r} = \mu_{0} i(t) = \mu_{0} \int _{\Sigma(\Gamma)} \vec{J} \cdot d\vec{s} = \mu_{0}(\frac{\varepsilon}{R} e^{-t/RC}) $$Questo scegliendo la superficie più semplice che esisteva. Posso però scegliere una altra superficie che passa dalle facce del condensatore, in questo caso io non ho corrente! Ecco che entra in gioco la correzione di Maxwell, per la corrente di spostamento. E facendo i calcoli si è scoperto che la predizione era corretta, e il valore è esattamente lo stesso.