Конденсаторы — Задание 25 ЕГЭ по физике №00048421

Что здесь происходит. Конденсатор заряжали, когда между пластинами уже была вода. Потом, не отключая источник, воду медленно вытаскивают. Ёмкость падает в $81$ раз, напряжение остаётся тем же — значит, часть заряда уходит с пластин обратно через источник. Поле воду удерживает внутри, поэтому вытаскивать её приходится внешним силам. Их работу найдём из закона сохранения энергии.

Дано: $U=2$ кВ $=2\cdot10^3$ В, $S=150$ см² $=1{,}5\cdot10^{-2}$ м², $d=8{,}85$ мм $=8{,}85\cdot10^{-3}$ м, $\varepsilon=81$, $\varepsilon_0=8{,}85\cdot10^{-12}$ Ф/м. Найти: работу внешних сил $A_{\text{внеш}}$.

Шаг 1 — ёмкости. Без воды

$$C_0=\dfrac{\varepsilon_0S}{d}=\dfrac{8{,}85\cdot10^{-12}\cdot1{,}5\cdot10^{-2}}{8{,}85\cdot10^{-3}}=1{,}5\cdot10^{-11}\ \text{Ф}.$$

Вода была между пластинами ещё до зарядки, поэтому начальная ёмкость $\varepsilon C_0=81\cdot1{,}5\cdot10^{-11}$ Ф, а конечная (без воды) — $C_0$.

Шаг 2 — что постоянно. Ключ замкнут, процесс очень медленный, ток через резистор ничтожен — на конденсаторе всё время напряжение источника $U$. Значит, и поле между пластинами $E=\dfrac{U}{d}$ не меняется; меняется заряд пластин.

Шаг 3 — изменение энергии конденсатора. Энергия уменьшается:

$$\Delta W=\dfrac{C_0U^2}{2}-\dfrac{\varepsilon C_0U^2}{2}=-\dfrac{(\varepsilon-1)C_0U^2}{2}=-\dfrac{80\cdot1{,}5\cdot10^{-11}\cdot4\cdot10^6}{2}=-2{,}4\cdot10^{-3}\ \text{Дж}.$$

Шаг 4 — куда уходит заряд. Заряд пластин уменьшился на

$$|\Delta q|=(\varepsilon-1)C_0U=80\cdot1{,}5\cdot10^{-11}\cdot2\cdot10^3=2{,}4\cdot10^{-6}\ \text{Кл}.$$

Этот заряд прошёл через источник в обратную сторону — против направления, в котором источник сам гонит заряд. Источник при этом не отдаёт, а получает энергию (как заряжаемый аккумулятор), его работа отрицательна:

$$A_{\text{ист}}=U\Delta q=-2\cdot10^3\cdot2{,}4\cdot10^{-6}=-4{,}8\cdot10^{-3}\ \text{Дж}.$$

Шаг 5 — закон сохранения энергии. Тепло в резисторе при очень медленном процессе пренебрежимо мало, поэтому

$$A_{\text{ист}}+A_{\text{внеш}}=\Delta W\quad\Rightarrow\quad A_{\text{внеш}}=\Delta W-A_{\text{ист}}=-2{,}4\cdot10^{-3}+4{,}8\cdot10^{-3}=2{,}4\cdot10^{-3}\ \text{Дж}.$$

В общем виде $A_{\text{внеш}}=\dfrac{(\varepsilon-1)\varepsilon_0SU^2}{2d}=2{,}4$ мДж.

Проверим себя по смыслу. Энергия конденсатора уменьшилась на $2{,}4$ мДж, а источник получил $4{,}8$ мДж — больше, чем отдал конденсатор. Недостающие $2{,}4$ мДж принесли внешние силы: поле удерживает воду внутри, и её приходится тянуть наружу, работа положительна. Если потом воду так же медленно залить обратно, система вернётся в исходное состояние, и работа внешних сил при заливке будет такой же по модулю, но отрицательной.

Почему модель законна. Вода не проводит ток — это диэлектрик, и $C=\dfrac{\varepsilon\varepsilon_0S}{d}$ применима; краевыми эффектами пренебрегаем. Процесс очень медленный — кинетической энергии у воды нет и джоулево тепло в резисторе пренебрежимо мало, поэтому значение $R$ в ответ не входит; внутреннее сопротивление источника пренебрежимо мало.