Ein Kondensator der Kapazität \(C\) wird mit einer Batterie von \(1{,}5\,{\rm{V}}\) aufgeladen, anschließend von der Batterie getrennt und an ein Voltmeter mit dem Messbereich \(3{,}0\,{\rm{V}}\) angeschlossen. Das Voltmeter ist ein Drehspulmessgerät, das ohne Vorwiderstand für die Werte \(60\,{\rm{mV}}\) und \(300\,{\rm{\mu A}}\) ausgelegt ist. Der Ausschlag des Voltmeters geht nach \({\rm{120\,s}}\) auf die Hälfte zurück.
a)Skizzieren Sie den Versuchsaufbau und beschreiben Sie qualitativ (evtl. Skizzen) das Versuchsergebnis.
b)Bestimmen Sie den Widerstand \(R\) des Entladestromkreises.
c)Leiten Sie allgemein die Differentialgleichung für den Entladestrom des Kondensators her und geben Sie allgemein deren Lösung in Abhängigkeit von \(R\) und \(C\) an.
d)Berechnen Sie nun die Kapazität \(C\) des Kondensators.
e)Welche Energie besaß das elektrische Feld des Kondensators zu Beginn des Entladevorgangs?
a)Nach dem Umlegen des Schalters sinkt die Spannungsanzeige von \(\rm 1{,}5V\) ausgehend nach einer e-Funktion mit der Zeit ab.
b)Das "blanke Messinstrument" zeigt bei \(\rm 300\, \mu A\) Vollausschlag. Für den \(\rm 3\,V\)-Bereich muss ein Widerstand vor das Instrument geschaltet werden. Für den Gesamtwiderstand des Instruments gilt dann\[R = \frac{{3{,}0\,{\rm{V}}}}{{300 \cdot {{10}^{ - 6}}\,{\rm{A}}}} = 10\,{\rm{k\Omega }}\]
c)Nach der Maschenregel sowie \({U_C} = \frac{Q}{C}\) gilt im Entladekreis\[{U_C} = I \cdot R \Rightarrow \frac{Q}{C} = I \cdot R \Leftrightarrow Q = C \cdot I \cdot R\]Zur Differentialgleichung gelangt man durch die Ableitung nach der Zeit. Hier muss man jedoch beachten, dass sich durch das Entladen die Stromrichtung ändert. Dies beachten wir in der zeitlichen Änderung, indem wir ein Minuszeichen dazuschreiben: \[Q = C \cdot I \cdot R\left| {\frac{d}{{dt}}} \right. \Rightarrow I = C \cdot R \cdot -\frac{{dI}}{{dt}}\]Eine Lösung dieser Differentialgleichung ist\[I(t) = {I_0} \cdot {e^{ - \frac{t}{{R \cdot C}}}} = \frac{{{U_0}}}{R} \cdot {e^{ - \frac{t}{{R \cdot C}}}}\]
d)Nach \(\rm 120\,s\) ist sowohl die Spannung als auch der Strom auf die Hälfte zurückgegangen:\[\frac{1}{2} \cdot {I_0} = {I_0} \cdot {e^{ - \frac{t}{{R \cdot C}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = {e^{ - \frac{t}{{R \cdot C}}}}\left| {\ln } \right. \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{1}{2}} \right) = - \frac{t}{{R \cdot C}} \Leftrightarrow C = - \frac{t}{{R \cdot \ln \left( {\frac{1}{2}} \right)}}\]Einsetzen der gegebenen Größen ergibt\[C = - \frac{{120\,{\rm{s}}}}{{10 \cdot {{10}^3}\,{\rm{\Omega }} \cdot \ln \left( {\frac{1}{2}} \right)}} = 1{,}7 \cdot {10^{ - 2}}\,{\rm{F}}\]
