電容綜合問(wèn)題與兩大守恒定律

1、5電容綜合問(wèn)題與兩大守恒定律武義第一中學(xué)陶漢斌(321200)近幾年中學(xué)物理競(jìng)賽試題中常出現(xiàn)關(guān)于電容的綜合問(wèn)題，這類問(wèn)題 難度較大，正確解答此類問(wèn)題往往要利用其它相關(guān)物理知識(shí)，特別是電 荷守恒定律、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，這兩大最基本的定律在解題中有著 廣泛的應(yīng)用。現(xiàn)根據(jù)近幾年的競(jìng)賽情況對(duì)電容綜合問(wèn)題進(jìn)行歸類分析。一、電容與能量守恒的綜合對(duì)于電容為C的電容器，當(dāng)電容器兩極板間的電勢(shì)差為U時(shí)，所儲(chǔ)1 2電場(chǎng)能為W CU ,而在充電過(guò)程中電源所釋放的能量為Q=2W。該 能量可以與其它形式的能相互轉(zhuǎn)化，因此可結(jié)合能量守恒來(lái)解符合相關(guān) 的問(wèn)題。例1假想有一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B很大，有一半徑為R，

2、厚度為d (d R)的金屬圓盤在此磁場(chǎng)中豎直下落，盤面始終位于 豎直平面內(nèi)并與磁場(chǎng)方向平行，如圖1所示，若要使圓盤在磁場(chǎng)中下落的加速度比沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí)減小千分這一(不計(jì)空氣阻力)試估 算所需磁感強(qiáng)度的數(shù)值，假定金屬盤的電阻為零，金屬的密度=9 x 103kg/m3，介電常數(shù)為；=9 X 10 12C/N m2。分析與解：金屬圓盤在下落過(guò)程中，金屬圓盤的能量肯 定要達(dá)到一個(gè)動(dòng)態(tài)的平衡，即在某段時(shí)間內(nèi)圓盤下落過(guò)程中 減少的重力勢(shì)能等于圓盤增加的動(dòng)能和圓盤電容器中所增加 的電場(chǎng)能。當(dāng)盤在磁場(chǎng)中下落速度從U增加到U，時(shí)：金屬圓盤減少的重力勢(shì)能：E1=mg( u + u )t/2圓盤增加的動(dòng)能：E2=1/2

3、 m( u、2- u 2)圓盤電容器增加的電場(chǎng)能：E3=1/2 C ( U，2-U2),其中 U、=Bd u，, U = B d u , C 二；S/d 二.；二 R2 / dE1= E2 +E3 得2 2 2 u ）+ 1/2 C （ U，-U ）根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律：, 、2mgm cB2dmg( u + u )t/2=1/2 m( u -即：m g t= （ m +CB 2d2 ）（ u，- u ）,由此得盤的加速度:mg2 2mB d按題意:a = g -（1/1000）g，由此得B2 _1F Too0,B 二10： =10”T例2如圖2，電源的電動(dòng)勢(shì)為 U，電容器的電容為 C ,

4、S是單刀雙擲開(kāi)關(guān)， MN、PQ是兩根位于同一水平面的平行光滑大導(dǎo)軌，它們的電阻可以忽略不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為丨，導(dǎo)軌處在磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于兩導(dǎo)軌所在的平面并指向圖中紙面向里的方向，Lift L2是兩根橫放在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體小棒，質(zhì)量分LtLlNXT*XXXXXX X x-Jjr q別為mi和m2且mi m?它們的導(dǎo)軌上滑動(dòng)時(shí)與 導(dǎo)軌保持垂直并接觸良好，不計(jì)摩擦，兩小棒的電阻相同，開(kāi)始時(shí)兩根小棒均靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn) 將開(kāi)關(guān)S先合向1，然后合向2，求：（1）兩根小棒最終速度的大小。（2 ）在整個(gè)過(guò)程中的焦耳熱損耗。（當(dāng)回路中有電流時(shí)，該電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)可以忽略不計(jì)）。分析與解：開(kāi)關(guān) S由

5、1合向2之后，起初電容器通過(guò)導(dǎo)軌及兩小棒 構(gòu)成的回路放電，外磁場(chǎng)B對(duì)通有電流的兩小棒施加向右的安培力，使兩小棒從靜止開(kāi)始向右做加速運(yùn)動(dòng)；隨后，由于以下三個(gè)因素：（1）電容器的放電電流是隨時(shí)間衰減的；（2）兩小棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)阻礙電容器通過(guò)小棒放電；（3）開(kāi)始時(shí)兩棒受到的安培力相等，但由于兩棒質(zhì)量不等，故獲得的速度不等，L1的速度u 1較大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)亦較大，從而使流經(jīng)該棒的電流比較小，導(dǎo)致 L1所受的安培力較小，相應(yīng)的加速度也較小，兩棒加速過(guò)程中的差異最 終導(dǎo)致兩棒以相同的速度運(yùn)動(dòng)，并使兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均等于電容 器兩端的電壓，流經(jīng)兩棒的電流為零，它們所受的

6、安培力消失，兩棒維 持以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)。自電容器開(kāi)始放電至小棒達(dá)到最終速度恒定的過(guò)程中，任一時(shí)刻的電流如圖3所示，此時(shí)作用于 L1和L2上的安培力分別為：fBli1f2 二 Bli2在t到t 厶t時(shí)間內(nèi)，兩棒增加的動(dòng)量由動(dòng)量定理給出，即:U,則f2 -t = Bli 2 =t = m _ . 2由于開(kāi)始時(shí)兩棒均靜止，最終兩棒速度相等，設(shè)最終速度為有： Biir4 =, Bli2 t =m2.兩式相加，得：BR i2)At = (m m2)ii ii任何時(shí)刻，通過(guò) 與L2的電流的代數(shù)和等于電容的放電電流i，即Q = CUq 二 CBI(11)而 Bl (i1 i2) ：ti= Q q式中Q

7、為剛開(kāi)始放電時(shí)電容正極板帶的電量， 速度時(shí)電容器正極板帶的電量，顯然q為小棒達(dá)到最終由、(11)式得BIC(U -Bl ) =(mi m2)，解得: -BICU /(m1 m2 B2I2C)。電容器開(kāi)始放電時(shí)，所具有的電能為Wo =1CU 2。 2棒達(dá)到最終速度時(shí)電容器的儲(chǔ)能為W1 *q1B4|4C3U 2/(m1 m2 B2|2C)2。2 C 2兩棒最終的動(dòng)能之和為“ 1 ,丄、2 1,丄、B2I2C2U 2W2 =2(mi m2)=-(m1 m2)22(m +m2 + B I C)根據(jù)能量守恒可知，在整個(gè)過(guò)程中的焦耳熱為CU2二、電容與電荷守恒定律的綜合電容器在充電、放電的過(guò)程中，應(yīng)滿足電

8、荷守恒定律，因此要結(jié)合 電荷守恒定律來(lái)解答相關(guān)問(wèn)題。例33個(gè)相同的電容與2個(gè)電池連接成如圖4所示的電路，已知=3V,2=4.5V，當(dāng) Si、S2 接通后，求 Uao、Ub。、Uco。分析與解:根據(jù)電壓關(guān)系得：1 = U ao U bo =3V。=2 = U bo U co =4.5V 。根據(jù)電荷守恒定律可得:U ao + U bo + U co =0由式、式可求得例4 在圖5所示的電路中,3個(gè)電容器G、C2、C3的電容值均Uao=3.5V , Ubo=0.5V , Uco= 4.0V。等于C,電源的電動(dòng)勢(shì)為,R、R2為電阻，S為雙擲開(kāi)關(guān)，開(kāi)始時(shí)，3個(gè)電容器都不帶電，S先接通a再通b，再接通a，

9、再接通b，如此反復(fù)換向，設(shè) 每次接通前都已達(dá)到靜電平衡，試求：(1 )當(dāng)S第n次接通b并達(dá)到平衡后，每個(gè)電容 器兩端的電壓各是多少？(2)當(dāng)反復(fù)換向的次數(shù)無(wú)限增多時(shí)，在所有電阻上消耗的總電能是多少？分析與解答：為了求每個(gè)電容器兩端的電壓，我們先來(lái)求每個(gè)電容器上的電壓，原來(lái) 3個(gè)電容器都不帶電，所以當(dāng)?shù)?次接通a后，電路為G和C2串聯(lián)，兩者的電容又相等，所以等效電容應(yīng)為C/ 2，由此可知，Ci帶的電量應(yīng)為QiCF面來(lái)求第n次接通a后C1上的電量。我們用Q1、Q2依次表示每次接通a時(shí)，電池在該次中對(duì)G充電(增加)的電量，因充電時(shí) G和C2串聯(lián)，根據(jù)電荷守恒，每次充電時(shí)給C2增加的電量應(yīng)是 Q1、Q

10、2a接通n次后，C1上的電量應(yīng)為Q1 = Q1 + Q2 + + Qn在第n次接通a之前，即第n 1次接通b之后，C1上的總電量為Qi + Q2 + + Qn j ,根據(jù)電荷守恒， 此時(shí)C2和C3并聯(lián)，兩者的電容又相等，所以C2和C3上的電量也相等，皆為 (Qi + Q2 + +Qn J )/2，由此可知，第n次接通a后，C2上的電量應(yīng)為:Qi=Z2Qn所以Ci和C2上的電壓應(yīng)為U 1=( Qi + Q2 + +Qn )/C所以G和C2上的電壓應(yīng)為Ui =(Qi Q2Qn)/CQn/C由電壓關(guān)系知Ui U2 =,Qi +Q2 +Q + +Qn4 U 2 -由、式可得:QiQ2QnQ22同時(shí)，對(duì)n +1次接通a后有Qi +Q2 +Qn彈% 26 C-式,得Qni號(hào)這就是說(shuō)，后一次接通 a時(shí)，Ci上充電增加的電量與前一次之比是一個(gè)常數(shù)1/4，可見(jiàn)，每次充電G上增加的電量是接等比級(jí)數(shù)增長(zhǎng)的,由和式可知，第 n將次接通a后，G上的總電量為:2G)nc =|(1)nc*2 434第n將次接通b，G上的電量不變，仍為式所示，C2、Ca上的電量Q!、Q 相等，且皆為 Q.的一半，故:1 1Qi = Q = ( ) C 。3 4所以