Как рассчитать работу электростатических сил в плоском конденсаторе?

Я думаю, что ваш подход не является неправильным; однако в своих расчетах вы делаете предположение, что разность потенциалов между пластинами,$V$, является постоянным: постоянным остается заряд на каждой пластине. Таким образом, уравнение становится:

$$W=\int_0^d {{q^2} \over {2\epsilon_0A}} \;\mathrm{dx}={{q^2d} \over {2\epsilon_0A}}$$ С $C=\epsilon_0A/d$мы получаем $$W={q^2\over{2C}}={1\over2}CV^2$$ Когда вы неявно предполагаете $V$постоянное электрическое поле, когда $d=0$становится бесконечным, поэтому интеграл не сходится.

Как заметил Джон Ренни, результат должен быть$\tfrac{1}{2}CV^2$.

Позвольте мне вывести это для вас;

Начнем с незаряженного конденсатора, и каким-то образом вы удалите один электрон с одной пластины и перенесете его на другую пластину. Вам почти не нужно совершать никакой работы, чтобы перенести первый электрон, но по мере того, как вы постепенно продолжаете процесс, поле, возникающее из-за переноса отрицательного заряда на другую пластину и увеличения положительного заряда на первой пластине, мешает вам перенести любой дополнительный отрицательный заряд. Таким образом, по мере того, как процесс продолжается, вы должны делать больше работы, чем в предыдущий раз.

Теперь работа, которую вы совершаете против поля, хранится в виде потенциальной энергии в системе как$U$.

Вычет$U = \frac{CV^2}{2}$:

Предположим, что в данный момент заряд$q^*$был перенесен с одной тарелки на другую. Разность потенциалов, которая разовьется после переноса, равна$V^* ={q^*\over C}$. . Если вы затем снова выберете какой-нибудь бесконечно малый заряд$dq$& передать его, то вам придется дополнительно работать$dw = V^* dq = {q^*\over C} dq$. Таким образом, общая работа, совершаемая против электростатической силы, чтобы принести отрицательный заряд величины$q$ко второй пластине:

$$W = \int_0^W dw = \frac{1}{C} \int_{0}^{q} q^* dq = \frac{q^2}{2C} = \frac{(CV)^2}{2C} = \frac{CV^2}{2}\implies U = \frac{\epsilon_0\cdot A \cdot V^2}{2d}$$ .

Второй подход к выводу$U = \frac{1}{2}CV^2$:

Я видел, как ОП использовал мысленный эксперимент по перемещению одной тарелки с другой; поэтому я думаю, что этот вывод нужно упомянуть, чтобы избежать путаницы.

Пусть имеется конденсатор, площадь каждой пластины которого равна$A$. Предположим, что первая пластина лишена$-Q$; так что теперь он положительно заряжен величины$Q$. Электрическое поле из-за этой положительной пластины$E_{+} = \frac{q^*}{2A\epsilon_0}$(учитывая, что пластина достаточно велика, чтобы пренебречь конечными точками). Следовательно, сила, действующая на отрицательно заряженную пластину со стороны положительно заряженной, равна

$$F = -Q E_{+} \implies |F| = \frac{Q^2}{2A \epsilon_0}$$ . пластины притягиваются друг к другу с силой, равной этой.

Теперь предположим, что две пластины находятся на бесконечно малом расстоянии, т.е.$d \approx 0$. Предположим, что одна пластина медленно перемещается на расстояние$s$удерживая другой фиксированным. Сила, действующая в любой момент неподвижной пластины на другую, равна$F = \frac{Q^2}{2A\epsilon_0}$. Чтобы переместить пластину с постоянной скоростью (без приращения кинетической энергии) против электростатической силы притяжения, вы должны приложить ту же силу против электростатической силы в противоположном направлении.

Проделанная вами работа, которая будет храниться как$U$в системе есть

$$W = F\int_0^s ds = \frac{Q^2 d}{2A\epsilon_0} = \frac{Q^2}{2C} = \frac{\epsilon_0\cdot A \cdot V^2}{2s}$$ .

Расчет неверный, но результат верный. Вам потребуется бесконечная работа, чтобы разделить две противоположно заряженные бесконечные пластины, каждая из которых имеет бесконечный заряд!

Электрическое поле, создаваемое одной бесконечной пластиной, равно$\frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$. Сила на площади$A$второй пластины, таким образом, будет$\frac{- \sigma^2 A}{2 \epsilon_0}$, который бесконечен для бесконечной области.

Чтобы решить все наши проблемы, мы должны предположить конечную площадь! Но мы по-прежнему будем работать с$E$поле бесконечной пластины.

Работа, совершенная над пластиной конечной площади$A$затем$\frac{\sigma^2 A}{2 \epsilon_0} d$для того, чтобы привести его из$0$к$d$.

Это именно энергия, запасенная$C V^2 \over 2$как только вы установите$C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$и$V = \frac{Q}{C} = \frac{\sigma A}{C}$.

Насколько я понимаю, эта энергия равна работе электростатических сил, необходимой для перевода пластин от нулевого расстояния (когда они соприкасаются) к разделению d.

Это не обычное понимание, и, с точки зрения электрической цепи, накопленная энергия равна работе, выполняемой внешней цепью, разделяющей электрический заряд в конденсаторе (перемещая электрический заряд с одной пластины на другую через внешнюю цепь).

Чтобы дополнить уже данные ответы, я покажу еще один подход с точки зрения электрической цепи. Начните с основного уравнения для идеального конденсатора.

$$Q = C \cdot v_C$$

где подразумевается, что пластины конденсатора имеют одинаковый и противоположный заряд$Q$, а напряжение на (разность потенциалов) равно$v_C$.

Скорость изменения Q во времени равна электрическому току$i_C$в более положительный терминал:

$$\dot Q = i_C = C \cdot \frac{dv_C}{dt}$$

В контексте схемы мощность, подаваемая на конденсатор, является просто произведением напряжения и тока «через».

$$p = v_C \cdot i_C = \frac{Q}{C}\cdot C\frac{\dot Q}{C} = \frac{Q^2}{C}\frac{dQ}{dt}$$

Но мощность, подаваемая на конденсатор, - это просто скорость изменения работы, совершаемой на конденсаторе, поэтому

$$\frac{dW_C}{dt} = \frac{Q^2}{C}\frac{dQ}{dt}$$

или

$$dW_C = \frac{Q^2}{C}dQ$$

таким образом

$$W_C = \frac{1}{2}\frac{Q^2}{C} = \frac{1}{2}Cv^2_c$$

Работа, совершаемая внешней цепью, сохраняется в виде потенциальной электрической энергии в конденсаторе, и поэтому это энергия, запасаемая конденсатором.

Этот результат является общим. В конкретном случае, когда конденсатор представляет собой конденсатор с параллельными пластинами, мы имеем, что

$$C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$$

таким образом, для конденсатора с плоскими пластинами накопленная энергия равна

$$W_{C_{||}}= \frac{1}{2}\frac{\epsilon_0 A}{d}v^2_C$$