电容器含答案

1、电容器qqu xA 图31电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（图3所示）。按照他的想法，下列说法正确的是 BAu-q图线的斜率越大，电容C越大B搬运q的电量，克服电场力所做的功近似等于q上方小矩形的面积 C对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比D若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为E/2+-S（15安徽）2.已知均匀带

2、电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为A和 B和 C和 D和3（18分）QUO图14当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。（1）在图14所示的坐标系中画出电容器带电量Q与极板间电势差U的关系图像。（2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极

3、板过程中，克服电场力所做的功。在弹簧弹力F与形变量x关系图像中，图像与x轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小。与之类比，推导电容器储存的电能表达式。（3）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？QUO3（18分）（1）对于给定的电容器，Q=CU，QU图像如图所示。（3分）（2）该图像的斜率为电容器电容C，图像与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能。故（3分）由Q=CU（2分）得：（3）板间距离为d时，平行板电容器的电容为当电容器带电量为Q时，两板间电压（3分）得电容器储存的电能为（3分）当板间距离由d

4、1增大到d2时，电容器储存的电能增加量为（3分）故需要克服电场力做功4、（18西城）（18分）2015年4月16日，全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线，如图1CESR所示。这种电车没有传统无轨电车的“长辫子”和空中供电网，没有尾气排放，乘客上下车的几十秒内可充满电并行驶几公里，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用。图1图2图3（1）图2所示为超级电容器充电过程简化电路图，已知充电电源的电动势为E，电路中的电阻为R。图3是某次充电时电流随时间变化的i-t图像，其中I0、T0均为已知量。a类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用v-t图像求位移的方法。请你借鉴

5、此方法，根据图3所示的i-t图像，定性说明如何求电容器充电所获得的电荷量；并求出该次充电结束时电容器所获得的电荷量Q；b请你说明在电容器充电的过程中，通过电阻R的电流为什么会逐渐减小；并求出电容器的电容C。（2）研究发现，电容器储存的能量表达式为，其中U为电容器两端所加电压，C为电容器的电容。设在某一次紧急停车中，在汽车速度迅速减为0的过程中，超级电容器两极间电势差由U1迅速增大到U2。已知电车及乘客总质量为m，超级电容器的电容为C0，动能转化为电容器储存的电能的效率为。求电车刹车前瞬间的速度v0。4（18分）（1）a（6分）电容器充电所获得的电荷量等于i-t图线和横、纵轴所围的面积。图2中每

6、一小格的面积为图线下约22小格，面积为 S = 22S0所以电容器所获得的电量（说明：21、22、23格均给分）b（6分）电容器充电时，通过R的电流，U为电容器两端的电压，随着电容器上电荷量的增大，U也增大，所以电流i减小。充电结束时，电容器两端电压等于电源的电动势，即E = U根据电容的定义解得电容（2）（6分）根据能量守恒定律解得电车刹车前瞬间的速度5（20分） 导体切割磁感线，将产生感应电动势；若电路闭合，将形成感应电流；电流是由于电荷的定向移动而形成的。我们知道，电容器充电、放电过程也将会形成短时电流。我们来看，如图10所示的情景：两根无限长、光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内

7、，相距为L。质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。整个装置处于竖直向下匀强磁场中，磁感应强度大小为B。不计导轨及导体棒的电阻。现对导体棒ab施一水平向右的恒力F，使导体棒由静止开始沿导轨向右运动。（1）若轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻， a求导体棒ab能达到的最大速度vm；BabMNPQF图10b导体棒ab达到最大速度后，撤去力F。求撤去力F后，电阻R产生的焦耳热Q。（2）若轨道端点M、P间接一电容器，其电容为C，击穿电压为U0，t=0时刻电容器带电量为0。a证明：在给电容器充电过程中，导体棒ab做匀加速直线运动；b求导体棒ab运动多长时间电容器可能会被击穿？5（

8、20分）（1）a导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势（1分）感应电流 I=ER （1分）导体棒ab所受安培力 FA=BIL=B2L2vR（1分）当拉力F与安培力FA大小相等时，导体棒ab速度最大。即FA=F（1分）最大速度 vm=FRB2L2（2分）b撤去力F后，导体棒ab在安培力的作用下做减速运动，直到速度为零。根据能量转化与守恒定律，导体棒的动能全部转化为电阻R上的焦耳热。Q=12mvm2（2分） =mF2R22B4L4 （2分）（2）aab棒在外力F的作用下，由静止开始向右运动，对电容器充电，形成电流I，ab棒所受安培力，方向水平向左ab棒运动的加速度为 （2分）电容器两端的电压， （2

9、分）联立解得：是个定值，所以ab棒做匀加速直线运动。（2分）bab棒做匀加速直线运动，某一时刻的速度（1分）当 时，电容器可能会被击穿。（1分）解得 （2分）6、（18海淀期末）（10分）电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术，适宜于短行程发射大载荷，在军事、民用和工业领域具有广泛应用前景。我国已成功研制出用于航空母舰舰载机起飞的电磁弹射器。它由发电机、直线电机、强迫储能装置和控制系统等部分组成。× × × × × ×MNCEabKB图20电磁弹射器可以简化为如图20所示的装置以说明其基本原理。电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过

10、单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=10V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.1m且水平放置，处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C=10F。现将一质量m=0.1kg、电阻r=0.1的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a使电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动，不计导轨和电路其他部分的电阻，且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力，不计电容充放电过程中该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用。（1）在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极间电压始终

11、相等。求在开关K置于b瞬间，金属滑块的加速度的大小a；（2）求金属滑块最大速度v；（3）a.电容器是一种储能装置，当电容两极间电压为U时，它所储存的电能A=CU2/2。求金属滑块在运动过程中产生的焦耳热Q；b.金属滑块在运动时会产生反电动势，使金属滑块中大量定向运动的自由电子又受到一个阻力作用。请分析并计算在金属滑块运动过程中这个阻力所做的总功W。6（10分）（1）开关K置于b瞬间，流过金属滑块的电流： I=Er 1分 金属滑块受到安培力作用，由牛顿运动定律：BIL=ma，1分 a=BELmr=50 m/s2 1分 （2） 设金属滑块做加速运动到最大速度时两端的电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为q，放电时间为t，流过金属滑块的平均电流为I： 电容放电过程的电荷量变化q=C(E-U) 1分 金属滑块速度最大时，其两端电压U=BLv 由电流定义有q=It 在金属滑块运动过程中，由动量定理有BILt=mv-0 1分 联立以上各式，可得：v=40m/s 1分 方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间t，最大速度为v，由动量定理得 BiLt=mv-01分 而 it=CE-CU1分 解得 v=40m/s1分 （3）a. 由U=BLv可知电容器两端最终电压U=2V 由能量守恒定律有 12CE2-12CU2=12mv2+Q1分 解得：Q=400J 1分 b.因金