电容综合问题与两大守恒定律

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22

1CU W =，而在充电过程中电源所释放的能量为Q=2W 。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，有一半径为R ，厚度为d (d <

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ρ=9×103kg/m 3，介电常数为ε=9×10－12C 2/N ·m 2。 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υ增加到υ，时：

金属圆盘减少的重力势能：E 1=mg(υ+υ，)t/2

圆盘增加的动能： E 2=1/2 m(υ、2-υ2)

圆盘电容器增加的电场能：E 3=1/2 C （U ，2-U 2），

其中 U 、=Bd υ，，U =B d υ，d R d S C //2πεε?=?=

根据能的转化和守恒定律：E 1= E 2 +E 3得

mg(υ+υ，)t/2=1/2 m(υ、2-υ2)+ 1/2 C （U ，2-U 2）

即：m g t= ( m +CB 2d 2 )(υ，--υ)， t a ??=/υd cB m mg 2+= 由此得盘的加速度：d

B R m mg a 22επ+=

按题意：g g a )1000/1(-=，由此得1000

12=ρεB ， T B 631010--=?=ε

ρ 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，

21L L 和是两根横放在导轨上的导体小棒，

质量分

别为1m 和2m 且1m ＜2m 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υ1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：

11Bli f = ⑴

22Bli f = ⑵

在t 到t t ?+时间内，两棒增加的动量由动量定理给出，即：1111υ?=?=?m t Bli t f ⑶

2222υ?=?=?m t Bli t f ⑷

由于开始时两棒均静止，最终两棒速度相等，设最终速度为υ，则有：∑=?υ1

1m t Bli ， ⑸ ∑=?υ2

2m t Bli ⑹ ⑸⑹两式相加，得：υ∑+=?+)()(2121m m t i i Bl ⑺ 任何时刻，通过21L L 与的电流的代数和等于电容的放电电流i ，即 i i i =+21 ⑻

而∑∑-=??=?+q Q t i t i i Bl )(21 ⑼

⑼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器正极板带的电量，显然

CU Q = ⑽ υCBl q = ⑾

由⑺、⑻、⑼、⑽、⑾式得

υυ)()(21m m Bl U BlC +=-，解得

)/(2221C l B m m BlCU ++=υ。

电容器开始放电时，所具有的电能为

202

1CU W =。 棒达到最终速度时电容器的储能为

22221234421)/(2

121C l B m m U C l B C q W ++=?=。 两棒最终的动能之和为

222212

222212212)

()(21)(21C l B m m U C l B m m m m W ++?+=+=υ， 根据能量守恒可知，在整个过程中的焦耳热为

222212

21210)

()(21)(C l B m m CU m m W W W W +++=+-=?。

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1ξ=3V ，2ξ=4.5V ，当S 1、S 2接通后，求ao U 、bo U 、co U 。分析与解：根据电压关系得：

1ξ=ao U －bo U =3V 。 ⑴

2ξ=bo U －co U =4.5V 。 ⑵

根据电荷守恒定律可得：

ao U +bo U +co U =0 ⑶

由式⑴、⑵、⑶式可求得

ao U =3.5V ，bo U =0.5V ，co U =－4.0V 。

例4 在图5所示的电路中，3个电容器1C 、2C 、3C 的电容值均

等于C ，电源的电动势为ξ，1R 、2R 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1C 和2C 串联，两者的电容又相等，所以等效电容应为2/C ，由此可知，1C 带的电量应为

ξC Q 2

11= ⑴ 下面来求第n 次接通a 后1C 上的电量。

我们用1Q 、2Q ……依次表示每次接通a 时，电池在该次中对1C 充

电（增加）的电量，因充电时1C 和2C 串联，根据电荷守恒，每次充电时给2C 增加的电量应是1Q 、2Q ……a 接通n 次后，1C 上的电量应为

1Q =1Q +2Q +……+n Q ⑵ 在第n 次接通a 之前，即第n －1次接通b 之后，1C 上的总电量为1Q +2Q +……+1-n Q ，根据电荷守恒，此时2C 和3C 并联，两者的电容又相等，所以2C 和3C 上的电量也相等，皆为(1Q +2Q +……+1-n Q )/2，由此可知，第n 次接通a 后，2C 上的电量应为：

1Q =n n Q Q Q Q ++++-2

121 ⑶ 所以1C 和2C 上的电压应为

1U =(1Q +2Q +……+n Q )/C ⑷ 所以1C 和2C 上的电压应为

C Q Q Q Q Q U C

Q Q Q U n n n /]2

[/)(13212211+++++=+++=- 。 ⑸ 由电压关系知 ξ=+21U U ⑹ 由⑷、⑸、⑹式可得：

C Q Q Q Q Q Q Q n n n ?=++++++++-ξ2

12121 ⑺ 同时，对n +1次接通a 后有 C Q Q Q Q Q Q Q n n n ?=+++++

+++++ξ1211212 ⑻ ⑻-⑺式，得4

1n n Q Q =+ ⑼ 这就是说，后一次接通a 时，1C 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1C 上增加的电量是接等比级数增长的，由⑴和⑼式可知，第n 将次接通a 后，1C 上的总电量为：

ξξ?-=?+++?+=-C C Q n n ])4

1(1[32])41(21)41(21412121[121 ⑽

第n 将次接通b ，1C 上的电量不变，仍为⑽式所示，2C 、3C 上的电量1Q 、I Q 相等，且皆为1Q 的一半，故：

1Q =I Q =ξ?C n ])4

1[(31。 所以3个电容器上的电压分别为

ξξ?-===?-==

])41(1[312,])41(1[3213211n n C Q U U C Q U 。 当n →∞时，1C 上的电量也就是通过电源的总电量，由⑽式可知为： ξC Q 3

2=。 所以电源提供的能量为：

23

2ξξξC Q W =?=。 各电容器储存的电能分别为：

2

32221181,92/21ξξC W W C C Q W ?==?==

。 根据能量守恒，可得电阻上消耗的总电能：

23213

1)(ξξC W W W W W R =++-=。