Batterien und Spannung?

Question

Batterien und Spannung?

dfg

Die Spannung einer Batterie gibt Ihnen die Differenz der potenziellen Energie an, die 1C der Ladung am Pluspol gegenüber dem Minuspol haben würde.

Wenn ich ein Kabel an beide Klemmen anschließe, erzeugt die Batterie ein Feld innerhalb des Kabels. Das Feld bewirkt, dass sich Oberflächenladungen auf dem Draht aufbauen.

Sie erhalten im Wesentlichen Oberflächenladungen, die durch den Draht verteilt sind, sodass das Feld immer parallel zur Oberfläche des Drahts ist.

Sagen wir jetzt, ich habe eine nicht angeschlossene Batterie von 5 V. Wenn ich nun hypothetisch eine "Pinzette" verwenden würde, um 1 Ladungssäule durch ein Vakuum vom Pluspol zum Minuspol zu ziehen, würde dies 5 J Energie gewinnen.

Stellen Sie sich nun eine angeschlossene Batterie vor. Wenn ich eine "Pinzette" verwenden würde, um 1 Ladung Ladung durch den Draht vom Pluspol zum Minuspol zu ziehen, würde es immer noch 5 J Energie gewinnen.

Meine Frage lautet: Da die Oberflächenladung im Draht ein Feld aufbaut, woher wissen wir, dass das durch die Oberflächenladung aufgebaute Feld die potenzielle Energiedifferenz zwischen dem positiven und dem negativen Anschluss nicht beeinflusst?

Die Spannung ist definiert als das Linienintegral des Skalarprodukts des elektrischen Felds und des Abstands, und da das wirkende elektrische Feld nicht mehr dasselbe ist (da die Oberflächenladung auch ein Feld beisteuert), woher wissen wir, dass 1C Ladung gewinnen würde Gleiche Energiemenge, wenn sie vom Pluspol zum Minuspol gezogen wird?

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Tobias

Deine Annahme ist falsch. Hier spielt man nicht mit einem statischen Feld, sondern mit einem stationären Feld (Strom fließt im Draht). Für ein stationäres Feld ist die

\vec{E}

$\vec{E}$ -Feld ist nicht senkrecht zur Leiteroberfläche, da wir im Inneren des Leiters haben

\vec{E} = \frac{\vec{S}}{κ}

$\vec{E}=\frac{\vec{S}}{\kappa}$ und die Tangentialität

\vec{E}

$\vec{E}$ -Feldkomponente ist an der Oberfläche stetig.

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Batterien und Spannung?

Deine Annahme ist falsch. Hier spielt man nicht mit einem statischen Feld, sondern mit einem stationären Feld (Strom fließt im Draht). Für ein stationäres Feld ist die $\vec{E}$ -Feld ist nicht senkrecht zur Leiteroberfläche, da wir im Inneren des Leiters haben $\vec{E}=\frac{\vec{S}}{\kappa}$ und die Tangentialität $\vec{E}$ -Feldkomponente ist an der Oberfläche stetig.

Tobias · Answer 1

$\def\vE{{\vec{E}}}$ $\def\vS{{\vec{S}}}$ $\def\vA{{\vec{A}}}$ $\def\rot{\operatorname{rot}}$ $\def\grad{\operatorname{grad}}$ $\def\div{\operatorname{div}}$ $\def\ph{{\varphi}}$ $\def\vn{{\vec{n}}}$ $\def\vr{{\vec{r}}}$ Die durch den Draht schwebende Ladung verursacht eine Stromdichte $\vec{S}$ im Draht (nicht nur an der Oberfläche). Dadurch entsteht ein elektrisches Feld $\vec{E}=\frac{\vec{S}}{\kappa}$ (Wo $\kappa$ ist die Leitfähigkeit).

Der $\vec{E}$ -Feld innerhalb des Drahtes wird parallel zum Draht gerichtet. Und die tangentiale Komponente der $\vec{E}$ -Feld ist an der Drahtoberfläche kontinuierlich. deshalb, die $\vec{E}$ -Feld an der Oberfläche des Drahtes wird nicht senkrecht zur Oberfläche sein.

Wenn der Draht keine scharfen Biegungen aufweist, kann man davon ausgehen, dass das Feld im Draht (lokal) homogen ist. In diesem Fall das Wegintegral $V=\int_{s=0}^l \vec{E}\cdot d\vec{r}$ entlang der Drahtachse kann durch angenähert werden $V=E\cdot l$ mit sehr guter Qualität. Auf diese Weise erhalten wir $E=\frac{V}{l}$ Und $S=\kappa E=\kappa\frac{V}l$ . Die jetzige $I$ ist das Integral der Stromdichte $\vec{S}$ über die Querschnittsfläche $A$ . Unter der Annahme des homogenen Feldes wird dies $I=AS = \frac{\kappa A}l V$ . (Sie können den Leitwert in dieser Formel erkennen).

Die aus der Batterie gezogene Leistung $P_{\rm Loss}=VI$ erzeugt nur Wärme im Draht.

Die maßgeblichen Gleichungen lauten:

$\rot\vE = 0$ . Das heißt, wir haben ein elektrisches Potential $\ph$ mit $\vE=-\grad\ph$ innerhalb des Dirigenten.
$\vS=\kappa\vE$ .
$\div{\vS} = 0$ (keine Änderung der Raumladung im Leiter, eigentlich gar keine Raumladung, Oberflächenladung ist möglich, aber für das stationäre elektromagnetische Feld nicht relevant)
kein Strom verlässt den Leiter durch die Grenzschicht des Leiters und des Isolators, dh $\vn\cdot \vS=0$
$\int_{P} \vE\cdot d\vr = V$ Wo $P$ ist ein orientierter Pfad, der den Pluspol der Batterie mit ihrem Minuspol verbindet.

Außerdem können wir das Potential beliebig festlegen $\ph$ am Minuspol der Batterie $P_-$ auf null (dh $\ph(\vr) = 0$ für $\vr\in P_-$ ).

Das Potential am positiven Pol $\vr_+\in P_+$ wird dann definiert durch

\begin{array}{rcl} φ ({\vec{R}}_{+}) & = & φ ({\vec{R}}_{+}) - φ ({\vec{R}}_{-}) \\ = & \int_{{\vec{R}}_{-}}^{{\vec{R}}_{+}} Grad φ \cdot D \vec{R} \\ = & - \int_{{\vec{R}}_{+}}^{{\vec{R}}_{-}} \vec{E} \cdot D \vec{R} \\ = & v \end{array}

$\begin{array}{rcl} \ph(\vr_+) &=& \ph(\vr_+)-\ph(\vr_-)\\ &=&\int_{\vr_-}^{\vr_+} \grad\ph\cdot d\vr\\ &=& -\int_{\vr_+}^{\vr_-} \vE\cdot d\vr\\ &=& V \end{array}$ mit

{\vec{r}}_{-} \in P_{-}

$\vr_-\in P_-$ .

Diese Gleichungen definieren das Randwertproblem für das Feld im Leitergebiet $D$ :

\begin{array}{rclll} Δ φ (\vec{R}) & = & 0 & @ \vec{R} \in D & aus 0 = div \vec{S} = div κ \vec{E} = - κ div Grad φ \\ \vec{N} \cdot Grad φ (\vec{R}) & = & 0 & @ \vec{R} \in \partial D ∖ (P_{-} ⋃ P_{+}) & aus 0 = \vec{N} \cdot \vec{S} = \vec{N} \cdot κ Grad φ \\ φ (\vec{R}) & = & 0 & @ \vec{R} \in P_{-} & vordefiniert \\ φ (\vec{R}) & = & v & @ \vec{R} \in P_{+} & von der Batteriespannung \end{array}

$\begin{array}{rclll} \Delta \ph(\vr) &=& 0 & @ \vr \in D&\text{ from }0=\div\vS=\div\kappa\vE=-\kappa\div\grad\ph\\ \vn\cdot \grad\ph(\vr) &=& 0 & @ \vr \in \partial D\setminus (P_- \bigcup P_+)&\text{ from }0=\vn\cdot\vS=\vn\cdot\kappa\grad\ph\\ \ph(\vr) &=& 0 &@\vr\in P_-&\text{ pre-defined}\\ \ph(\vr) &=& V &@\vr\in P_+&\text{ from the battery voltage} \end{array}$

Die Randbedingungen bestimmen die Lösung eindeutig.

Die Lösung $\ph$ hängt linear ab $V$ . Wenn $\ph_1$ ist die Lösung für $V=1$ dann kann man die Lösung für jede mögliche Spannung darstellen $V$ als $\ph(\vr) = V\ph_1(\vr)$ . Der Strom durch den Leiterquerschnitt $A$ am Minuspol berechnet werden

\begin{array}{rcl} ICH & = & \int_{A} \vec{S} D \vec{A} \\ = & \int_{A} κ Grad φ D \vec{A} \\ = & (κ \int_{A} Grad φ_{1} D \vec{A}) v \end{array}

$\begin{array}{rcl} I &=& \int_A \vS d\vA\\ &=& \int_A \kappa \grad\ph d \vA\\ &=& \left(\kappa \int_A \grad\ph_1 d\vA\right) V \end{array}$ Der Koeffizient

G := (κ \int_{A} grad φ_{1} d \vec{A})

$G:=\left(\kappa \int_A \grad\ph_1 d\vA\right)$ ist der Leitwert, der nur von der Materialkonstante abhängt

κ

$\kappa$ und von der Geometrie des Drahtes.

Nebenbei haben wir gerade die VI-Beziehung des Drahtes gefunden.

Sie sehen, man braucht nur die Tatsache, dass die Stromdichte die Oberfläche tangiert. Die Oberflächenladung beeinflusst das Ergebnis nicht.

Beachten Sie, dass für das stationäre Feld die Oberflächenladung des Drahtes ein äußeres elektrostatisches Feld kompensieren kann, so dass das innere Feld zu dem passt, das durch das obige Grenzwertproblem bestimmt wird.

Wenn Sie die Elektroden in der Batterie als Drahtenden interpretieren, dann liegen Sie richtig. Die Chemie können wir hier nur sehr vereinfacht betrachten. (Weitere Einzelheiten finden Sie unter http://www.chem1.com/acad/webtext/elchem/ ).

Die Anode löst sich teilweise im Elektrolyten auf. Positiv geladene Ionen gehen in den Elektrolyten und Elektronen bleiben auf der Elektrode. Die Elektronen bauen in der Anode eine Oberflächenladung auf, haben aber ihr Gegenstück in Form von positiv geladenen Ionen im Lösungsmittel. Die gesamte Batterie ist elektrisch neutral.

Dadurch wird nahe der Elektrode eine elektrochemische Doppelschicht aufgebaut. Das folgende Bild verdeutlicht das Prinzip.

Oberflächenladung im Akku

Ich glaube du hast meine Frage falsch verstanden. Ich spreche nicht von dem elektrischen Feld, das durch den Strom erzeugt wird. Ich spreche von dem elektrischen Feld, das durch die Oberflächenladung auf dem Draht erzeugt wird. Auch, woher wissen wir $E = V/l$ ?
Vielleicht hilft ein Beispiel zu erklären, was ich meine. Angenommen, ich habe einen Pluspol und einen Minuspol. Zwischen den Klemmen schließe ich ein "Leerrohr" an. Wenn ich 1C Ladung vom Pluspol zum Minuspol durch die Röhre ziehe $E =V/l$ . Leicht genug. Aber jetzt fügen wir die Oberflächenladung hinzu. Angenommen, es gibt eine positive Oberflächenladung am Ende des Drahtes in der Nähe des Minuspols und eine negative Ladung am Pluspol. Dann $E$ ist nicht gleich $V/l$ mehr. Es gibt also mindestens eine mögliche Oberflächenladungsverteilung, die die Spannung beeinflusst.
Ich habe die Antwort erweitert, um diese Fragen abzudecken. Das Integral von $\vec{E}$ über einen Pfad, der den positiven Batteriepol mit dem negativen verbindet, geben $V$ denn das ist genau das, was $V$ der Batterie ausdrückt.
Danke schön. Die Mathematik geht jedoch davon aus, dass die Stromdichte die Oberflächenladung tangiert. In dem Beispiel, das ich oben gegeben habe (der Aufbau der Oberflächenladung befindet sich am "flachen Ende" des Drahtes), ist die Stromdichte parallel zur Oberflächenladung, wäre die obige Mathematik also nicht ungültig?
Ich habe ein Diagramm hinzugefügt, um zu zeigen, was ich meine.
Wenn Sie einen Isolator zwischen den Batteriekontakt und den Leiter legen, haben Sie natürlich eine Oberflächenladung am Batteriekontakt. Aber dann haben Sie eher so etwas wie einen Kondensator zwischen den Polen als einen Leiter, der die Pole verbindet. Ansonsten ist etwas, das die Fähigkeit hat, Ladungen so zu bewegen, dass zwischen der ersten Batterie und dem Leiter eine Ladungsschicht entsteht, und selbst leitend ist, nur eine weitere Batterie, die antiparallel zur ersten geschaltet ist.
„Sonst ist etwas, das die Fähigkeit hat, Ladungen so zu bewegen, dass zwischen der ersten Batterie und dem Leiter eine Ladungsschicht entsteht, und selbst leitend ist, nur eine weitere Batterie, die antiparallel zur ersten geschaltet ist.“ Warum kann die Batterie selbst keine solche Ladungsverteilung erzeugen, dass am flachen Ende eine Oberflächenladung vorhanden ist?
Wenn Sie die Elektroden der Batterie als Drahtenden interpretieren, dann liegen Sie mit der Oberflächenladung richtig. Ich habe die Antwort in dieser Hinsicht erweitert.
Danke für die Bearbeitung. Wenn die Oberflächenladungsverteilung, von der ich gesprochen habe, möglich ist , warum würde sie dann die Spannung zwischen den Anschlüssen nicht beeinflussen?
Dieser Effekt gehört zur Elektrochemie der Batterie. Sie wird daher in die Erzeugung der Klemmenspannung einbezogen und beeinflusst diese. Das ist auch der Grund, warum wir einige Zeit gebraucht haben, bis wir zu diesem Diskussionspunkt kamen. Die Anode der Batterie habe ich nicht als Anschlusskabel gezählt.
Entschuldigung, ich habe Ihren Kommentar völlig falsch interpretiert. Ich interpretiere die Elektroden der Batterie nicht als die Enden des Drahtes. Ich interpretiere das "flache Ende" des Drahtes als das Ende des Drahtes. Warum kann sich am flachen Ende des Kabels keine Ladung aufbauen? ( nicht die Elektrode)
Wir könnten unter chat.stackexchange.com/rooms/13497/batteries-and-voltage darüber sprechen. Dadurch wird vermieden, dass die Kommentare überschwemmt werden. Wenn wir etwas Wertvolles für die Antwort gefunden haben, können wir es nachträglich hinzufügen.

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