电容综合问题与两大守恒定律

1、电容综合问题与两大守恒定律武义第一中学陶汉斌（ 321200）近几年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，特别是电荷守恒定律、能的转化和守恒定律，这两大最基本的定律在解题中有着广泛的应用。现根据近几年的竞赛情况对电容综合问题进行归类分析。一、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 W1 CU 2 ，而在充电过程中电源所释放的能量为Q=2W 。该2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符合相关的问题。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

2、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这一（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，金属的密度=9 103 kg/m 3 ，介电常数为=9 10 12C2/N m2。分析与解：金属圆盘在下落过程中，金属圆盘的能量肯定要达到一个动态的平衡，即在某段时间内圆盘下落过程中减少的重力势能等于圆盘增加的动能和圆盘电容器中所增加的电场能。当盘在磁场中下落速度从金属圆盘减少的重力势能：圆盘增加的动能：圆盘电容器增加的电场能： 增加到 ， 时：，E1=mg(

3、+ )t/2、 22E2=1/2 m( - )E3=1/2 C （ U，2- U2），其中 U、=Bd ， U = B d ， CS / dR 2/ d，根据能的转化和守恒定律：E1= E2 +E3得mg( + ， )t/2=1/2 m( 、 2- 2)+ 1/2 C （ U，2- U2）即： m g t= ( m +CB2d 2 ) ( ， - ) ，a/tmgmcB 2 d由此得盘的加速度：amgR 2 B2 dm12按题意：ag(1/1000)g ，由此得B1，1000B103106T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

4、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L 2 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 它们的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）。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

5、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，L 1 的速度 1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L 1 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。自电容器开

6、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 L 1 和 L 2 上的安培力分别为：f 1Bli 1f 2Bli 2在 t 到 tt 时间内， 两棒增加的动量由动量定理给出，即：f1 tBli1 tm112f2t Bli 2tm22由于开始时两棒均静止，最终两棒速度相等，设最终速度为 ，则有：Bli1tm1，Bli 2 tm2两式相加， 得：Bl(i1i 2 ) t(m1m2 )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i1i2i而 Bl(i1i 2 ) titQ q式中 Q 为刚开始放电时电容正极板带的电量，q 为小棒达到最终速度时电容

7、器正极板带的电量，显然QCUqCBl由、式得BlC (UBl)(m1m2 )，解得BlCU /(m1m2B 2l 2C ) 。电容器开始放电时，所具有的电能为W01CU 2。2棒达到最终速度时电容器的储能为W11 q214l432/( m1 m2B2l2C )22CBC U。2两棒最终的动能之和为W21 (m1m2 ) 21 (m1m2 )B 2 l 2 C 2U 2，22( m1m2B2l 2C) 2根据能量守恒可知，在整个过程中的焦耳热为W W0(W1W2 )1 (m1 m2 )CU 2。2( m1m2B 2l 2C) 23二、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

8、守恒定律，因此要结合电荷守恒定律来解答相关问题。例 33 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 U ao 、 U bo 、 U co 。分析与解：根据电压关系得：1 = U ao U bo =3V 。2 = U bo U co =4.5V 。根据 电荷守恒定律可得：U ao + U bo + U co =0由式、式可求得U ao =3.5V ， U bo =0.5V ， U co = 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、 R

9、2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：（ 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Q11C2下面来求第n 次接通 a 后 C1 上的

10、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4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 、 Q2a 接通 n 次后， C1 上的电量应为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：Q1 Q2Qn 1QnQ1 =2所

11、以 C1 和 C2 上的电压应为U 1 =( Q1 + Q2 + Qn )/C所以 C1 和 C2 上的电压应为U 1(Q1Q2Qn ) / CU 2 Q1Q2Q3Qn 1Qn / C。2由电压关系知U 1U 2由、式可得：Q1Q2QnQ1Q2Qn 1Q nC2同时，对 n+1 次接通 a 后有Q1Q2Qn 1Q1Q2QnQ n 1C2 - 式，得Qn 1Qn4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5一个常数1/4，可见，每次充电C1 上增加的电量是接等比级数增长的，由和式可知，第n 将次接通 a 后， C1 上的总电量为：Q11 1 1 1(1)21 ( 1 )n 1 C2 1 ( 1 ) n C224242434第 n 将次接通 b ， C1 上的电量不变，仍为式所示，C2、 C3上的电量 Q1 、 Q 相等，且皆为Q1 的一半，故：Q1 = Q = 1( 1 ) n C。34所以 3 个电容器上的电压分