理想电容器充电中的热量损失

如果我们使用一个理想的电容器给另一个理想的电容器充电，我的直觉告诉我不会产生热量，因为电容器只是存储元件。它不应该消耗能量。

但是为了解决这个问题，我使用了两个方程（两个电容器处于平衡状态时的电荷守恒和相等电压）来发现能量确实损失了。

在这种情况下，热量散失的机理是什么？是将电荷推到C1上所需的能量吗？是否花费了精力加速充电并使其移动？我声称没有产生“热量”是正确的吗？

$V_0$

这些理论示例的问题在于，假设电流在0秒内是无限的。在保护法中粗暴地取代了这一点：

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

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

由于守恒，所以零时间无穷大的假设是错误的。

$P_{diss}=VI$

因此，答案是：无法定义

$\Omega$$P = I^2R = \infty^2 \cdot 0$

当质量以非弹性方式碰撞时，动量得以保留，但必须损失能量。两电容器悖论是一样的。电荷始终是守恒的，但是热量和电磁波会损失能量。我们的简单电路原理图模型不足以显示微妙的机制，例如互连电阻。

弹性碰撞可以说等同于在导线中添加串联电感器。两者之间的某个地方是现实-连接由电阻器和电感器组成；我们的示意图可能无法显示它们的事实只是我们想象力的弱点。

在这种情况下，热量散失的机理是什么？

通常，电线和开关具有一定的电阻。因为电流流过电线，所以会产生热量。

我注意到，如果将其充电至V0，则损失的能量等于存储在“等效”串联电容中的能量。有什么理由吗？

如果对电荷和电压成比例的“理想”电容器进行充电，则50％的能量将转换为热量。

但是，如果你有“真正的”电容在电荷和电压并不完全成正比（据我所知，这是对的DLC的情况下），将其转化为热能的比例是不准确的50％。

这意味着观察的关键在于电容器的方程式（q〜v），没有独立于该方程式的“直观”解释。

（如果存在与方程式无关的解释，则“实际”电容器的百分比也将为50％。）

我必须选择“问题无效”。

好像该问题已从上一个问题编辑为另一个问题。

“答案”的单位均为Q ^ 2 * C / C ^ 2或Q / C。

自从参加EE课程以来，对我来说已经40年了，但是那不是Voltage吗？您如何用电压单位回答“散热”问题？

$R = 0$

---

$R$

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

$$\begin{align} \frac{V_0}{s} &= I(s) \left[ R + \frac{1}{s C_1} + \frac{1}{s C_2} \right] \\ &= I(s) \left[ R + \frac{1}{s C} \right] \\ \end{align}$$ $1/C = 1/C_1 + 1/C_2$ $$\begin{align} I(s) &= \frac{V_0 / s}{R + 1 / (s C)} \\ &= \frac{V_0 / R}{s + 1 / (R C)} \\ i(t) &= \frac{V_0}{R} \cdot \mathrm{e}^{-t / (R C)}. \end{align}$$ $$\begin{align} P(t) &= i(t)^2 \cdot R \\ &= \frac{{V_0}^2}{R} \cdot \mathrm{e}^{-2t / (R C)} \end{align},$$ $$\int_0^\infty \frac{{V_0}^2}{R} \cdot \mathrm{e}^{-2t / (R C)} \,\mathrm{d}t = \frac{1}{2} C {V_0}^2 = \frac{{q_0}^2 C_2}{2 C_1 (C_1 + C_2)}.$$ $R$$R = 0$

$R$

$$\begin{align} i(t) &= C V_0 \cdot \delta(t) \\ P(t) &= \frac{1}{2} C {V_0}^2 \cdot \delta(t), \end{align}$$ $\delta(t)$$1/\text{time}$$t = 0$