电容综合问题归类分析.docx
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电容综合问题归类分析
电容综合问题归类分析
陈 宏
中学物理竞赛试题中常出现关于电容的综合问题,这类问题难度较大,正确解答此类问题往往要利用其它相关物理知识.现据近几年的竞赛情况用例题对电容综合问题进行归类分析.
一、电容与牛顿定律等知识的综合
例1 假想有一水平方向的匀强磁场,磁感强度B很大.有一半径为R,厚度为d(d<<R=的金属圆盘在此磁场中竖直下落,盘面始终位于竖直平面内并与磁场方向平行,如图1所示.若要使圆盘在磁场中下落的加速度比没有磁场时减小千分之一(不计空气阻力),试估算所需磁感强度的数值.假定金属盘的电阻为零,并设金属的密度ρ=9×103kg/m3,介电常数为ε=9×10-12C2/N·m2.
分析与解:
当盘在磁场中下落速度为v时,盘中的感应电动势
=Bvd.在感应电动势的作用下,圆盘两个表面上将带有等量异号的电荷(±Q).因为盘电阻为零,所以电荷(±Q)引起的两表面间的电压U等于盘中感应电动势的数值,即U=Bvd.
图1
圆盘上的Q与U之间的关系跟一个同样尺寸的带电电容器上的Q与U关系相同,此电容器的电容C=ε·S/d=ε·πR2/d,故圆盘表面所带电量Q=CU=επR2Bv.
在盘下落过程中,盘的速度v随时间增大,盘面上的电量Q也随时间增大,由此可求出盘中电流强度I=ΔQ/Δt=επR2BΔv/Δt.磁场对此电流的作用力F的方向向上,大小为F=BId=επR2B2dΔv/Δt.
若盘的质量为m,则盘受到的力为F和重力mg,盘的加速度a=Δv/Δt可由下式求出:
mg-F=ma=m·ΔvΔt.
由此得盘的加速度:
a=mg(m+επR2B2d).
注意到m=πR2dρ得:
a=g/(1+εB2/ρ).
按题意a=g-(1/1000)g,由此得
εB2/ρ=1/1000,
B=
=10-6T.
二、电容与能量守恒的综合
对于电容为C的电容器,当电容器两极板间的电势差为U时,所储电场能为W=CU2/2.该能量可以与其它形式的能相互转化,因此可结合能量守恒来解答相关的问题.
例2 如图2,电源的电动势为U,电容器的电容为C,S是单刀双掷开关,MN、PQ是两根位于同一水平面的平行光滑大导轨,它们的电阻可以忽略不计.两导轨间距为l,导轨处在磁感强度为B的均匀磁场中,磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面向里的方向.L1和L2是两根横放在导轨上的导体小棒,质量分别为m1和m2且m1<m2,它们在导轨上滑动时与导轨保持垂直并接触良好,不计摩擦,两小棒的电阻相同,开始时两根小棒均静止在导轨上.现将开关S先合向1,然后合向2,求:
(1)两根小棒最终速度的大小.
(2)在整个过程中的焦耳热损耗.
(当回路中有电流时,该电流产生的磁场可以忽略不计)
图2
分析与解:
开关S由1合向2之后,起初电容器通过导轨及两小棒构成的回路放电,外磁场B对通有电流的两小棒施加向右的安培力,使两小棒从静止开始向右做加速运动;随后,由于以下三个因素:
(1)电容器的放电电流是随时间衰减的;
(2)两小棒在磁场中运动切割磁感线所产生的感应电动势阻碍电容器通过小棒放电;(3)开始时两棒受到的安培力相等,但由于两棒质量不等,故获得的速度不等.L1的速度v1较大,产生的感应电动势亦较大,从而使流经该棒的电流比较小,导致L1所受的安培力较小,相应的加速度也较小.两棒加速过程中的差异最终导致两棒以相同的速度运动,并使两棒产生的感应电动势均等于电容器两端的电压,流经两棒的电流为零,它们所受的安培力消失,两棒维持以相同的速度做匀速运动.
图3
自电容器开始放电至小棒达到最终速度恒定的过程中,任一时刻的电流如图3所示.此时作用于L1和L2上的安培力分别为:
f1=Bli1, ①
f2=Bli2. ②
在t到t+Δt时间内,两棒增加的动量由动量定理给出,即:
f1Δt=Bli1Δt=m1Δv1, ③
f2Δt=Bli2Δt=m2Δv2. ④
由于开始时两棒均静止,最终两棒速度相等,设最终速度为v,则有:
∑Bli1Δt=m1v, ⑤
∑Bli2Δt=m2v. ⑥
⑤⑥两式相加,得
Bl∑(i1+i2)Δt=(m1+m2)v. ⑦
任何时刻,通过L1与L2的电流的代数和等于电容的放电电流i,即
i1+i2=i. ⑧
而∑(i1+i2)Δt=∑i·Δt=Q-q. ⑨
⑨式中Q为刚开始放电时电容器正极板带的电量,q为小棒达到最终速度时电容器正极板带的电量,显然
Q=CU. ⑩
q=CBlv. ⑾
由⑦、⑧、⑨、⑩、⑾式得
BlC(U-Blv)=(m1+m2)v.解得
v=BlCU/(m1+m2+B2l2C).
电容器开始放电时,所具有的电能为
W0=CU2/2.
棒达到最终速度时电容器的储能为
W1=q2/2C=B4l4C3U2/2(m1+m2+B2l2C)2.
两棒最终的动能之和为
W2=(m1+m2)v2/2=(m1+m2)·B2l2C2U2/2(m1+m2+B2l2C)2.
根据能量守恒可知,在整个过程中的焦耳热为
ΔW=W0-(W1+W2)=(m1+m2)CU2/2(m1+m2+B2l2C)2.
三、电容与电荷守恒定律的综合
电容器在充电、放电的过程中,应满足电荷守恒定律,因此要结合电荷守恒定律来解答相关问题.
例3 3个相同的电容与2个电池连接成如图4所示的电路,已知
1=3V,
2=4.5V,当S1、S2接通后,求Uao、Ubo、Uco.
图4
分析与解:
根据电压关系得:
1=Uao-Ubo=3V, ①
2=Ubo-Uco=4.5V. ②
根据电荷守恒定律可得:
Uao+Ubo+Uco=0. ③
由式①、②、③式可求得
Uao=3.5V,Ubo=0.5V,Uco=-4.0V.
例4 在图5所示的电路中,3个电容器C1、C2、C3的电容值均等于C,电源的电动势为
,R1、R2为电阻,S为双掷开关.开始时,3个电容器都不带电,S先接通a再接通b,再接通a,再接通b……,如此反复换向,设每次接通前都已达到静电平衡,试求:
图5
(1)当S第n次接通b并达到平衡后,每个电容器两端的电压各是多少?
(2)当反复换向的次数无限增多时,在所有电阻上消耗的总电能是多少?
分析与解答:
为了求每个电容器两端的电压,我们先来求每个电容器上的电压.原来3个电容器都不带电,所以当第1次接通a后,电路为C1和C2串联,两者的电容又相等,所以等效电容应为C/2.由此可知,C1带的电量应为
Q1=C
/2. ①
下面来求第n次接通a后C1上的电量.
我们用Q1、Q2……依次表示每次接通a时,电池在该次中对C1充电(增加)的电量.因充电时C1和C2串联,根据电荷守恒,每次充电时给C2增加的电量应是Q1、Q2…….a接通n次后,C1上的电量应为
QⅠ=Q1+Q2+……+Qn. ②
在第n次接通a之前,即第n-1次接通b之后,C1上的总电量为Q1+Q2+…+Qn-1.根据电荷守恒,此时C2和C3并联,两者的电容又相等,所以C2和C3上的电量也相等,皆为(Q1+Q2+…+Qn-1)/2.由此可知,第n次接通a后,C2上的电量应为:
QⅡ=(Q1+Q2+…+Qn-1)/2+Qn. ③
所以C1和C2上的电压应为
U1=(Q1+Q2+…+Qn)/C, ④
U2=[(Q1+Q2+Q3+…+Qn-1)/2+Qn]/C. ⑤
由电压关系知
U1+U2=
. ⑥
由④、⑤、⑥式可得:
Q1+Q2+…+Qn+(Q1+Q2+…+Qn-1)/2+Qn=
·C. ⑦
同时,对n+1次接通a后有
Q1+Q2+…+Qn+1+(Q1+Q2+…+Qn)/2+Qn+1=
·C. ⑧
⑧-⑦式,得Qn+1=Qn/4. ⑨
这就是说,后一次接通a时,C1上充电增加的电量与前一次之比是一个常数1/4.可见,每次充电C1上增加的电量是按等比级数增长的.由①和⑨式可知,第n次接通a后,C1上的总电量为
QⅠ=[1/2+1/2(1/4)+1/2(1/4)2+…+1/2(1/4)n-1]C·
=2/3[1-(1/4)n]C·
. ⑩
第n次接通b后,C1上的电量不变,仍为⑩式所示,C2、C3上的电量QⅡ、QⅢ相等,且皆为QⅠ的一半,故:
QⅡ=QⅢ=[1-(1/4)n]C·
/3.
所以3个电容器上的电压分别为
U1=QⅠ/C=2/3[1-(1/4)n]·
,
U2=U3=QⅠ/2C=1/3[1-(1/4)n]·
.
当n→∞时,C1上的电量也就是通过电源的总电量,由⑩式可知为:
Q=2/3C
.
所以电源提供的能量为
W
=Q·
=2/3C
2.
各电容器储存的电能分别为
W1=Q2/2C=2/9·C
2,
W2=W3=1/18·C
2.
根据能量守恒,可得电阻上消耗的总电能
WR=W
-(W1+W2+W3)=1/3C
2.
四、电容与静电场知识的综合
例5 如图6所示,一块相当大的金属平板A均匀带正电,面电荷密度为σA,现将与之平行的相同不带电金属平板B靠近A,求A、B二板四个面上的电荷分布.
图6
分析与解:
当B板靠近A板后,将发生静电感应.设在B板左侧感应出面电荷密度为-σB的感应电荷,则据电荷守恒定律在B板右侧感应的电荷面密度为+σB.根据静电平衡时导体内部场强为零可知,在A板两侧的面电荷密度也应为+σB,且2σB=σA,所以σB=σA/2.
可见,在A板左侧、右侧的面电荷密度均为σA/2,B板左侧为-σA/2,右侧为σA/2.
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