(九)——电磁感应中的含容电路分析.doc

(九)——电磁感应中的含容电路分析.doc

《(九)——电磁感应中的含容电路分析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(九)——电磁感应中的含容电路分析.doc（6页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

微讲座（九）——电磁感应中的含容电路分析

一、电磁感应回路中只有电容器元件

这类问题的特点是电容器两端电压等于感应电动势，充电电流等于感应电流．

　（2013·高考新课标全国卷Ⅰ）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：

（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；

（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系．

[解析]　

（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①

平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②

设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝③

联立①②③式得Q＝CBLv.④

（2）设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F安＝BLi⑤

设在时间间隔（t，t＋Δt）内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有i＝⑥

ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔（t，t＋Δt）内增加的电荷量．由④式得：

ΔQ＝CBLΔv⑦

式中，Δv为金属棒的速度变化量．据定义有a＝⑧

金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN⑨

式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，

有FN＝mgcosθ⑩

金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F安－Ff＝ma⑪

联立⑤至⑪式得a＝g⑫

由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝gt.

[答案]　

（1）Q＝CBLv　

（2）v＝gt

[总结提升]　

（1）电容器的充电电流用I＝＝表示．

（2）由本例可以看出：

导体棒在恒定外力作用下，产生的电动势均匀增大，电流不变，所受安培阻力不变，导体棒做匀加速直线运动．

二、电磁感应回路中电容器与电阻并联问题

这一类问题的特点是电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，充电过程中的电流只是感应电流的一支流．稳定后，充电电流为零．

　如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．

（1）调节Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I及导体棒的速率v.

（2）改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.

[解析]　

（1）对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．

导体棒所受安培力F安＝BIl①

导体棒匀速下滑，

所以F安＝Mgsinθ②

联立①②式，解得I＝③

导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④

由闭合电路欧姆定律得I＝，且Rx＝R，所以

I＝⑤

联立③④⑤式，解得v＝.

（2）由题意知，其等效电路图如图所示．

由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．

设两金属板间的电压为U，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以由欧姆定律知

U＝IRx⑥

要使带电的微粒匀速通过，则mg＝q⑦

联立③⑥⑦式，解得Rx＝.

[答案]　

（1）　　

（2）

[总结提升]　在这类问题中，导体棒在恒定外力作用下做变加速运动，最后做匀速运动．

1．（单选）如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，关于最终状态的判断，正确的是（　　）

A．电容器两端的电压为零

B．电容器所带电荷量为零

C．MN做匀速运动

D．MN处于静止状态

解析：

选C.由分析可知，MN做加速度逐渐减小的减速运动，当感应电动势等于电容器两端电压时，电流为零，加速度为零，MN最终做匀速运动，故C正确．

2．（单选）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是（　　）

解析：

选D.当开关S由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒的上端为正极，下端为负极，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以B、C错误，D正确；因为电容器两极板间有电压，电荷量q＝CU不等于零，所以A错误．

3．（多选）（2015·重庆杨家坪中学质检）如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（　　）

A．金属棒ab最终可能匀速下滑

B．金属棒ab一直加速下滑

C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势

D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动

解析：

选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项正确；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．

4．（多选）（2013·高考四川卷）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt（常量k>0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（　　）

A．R2两端的电压为

B．电容器的a极板带正电

C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍

D．正方形导线框中的感应电动势为kL2

解析：

选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R＝R0.回路的总电流I＝＝，通过R2的电流I2＝＝，所以R2两端电压U2＝I2R2＝·＝U，选项A正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误；根据P＝I2R，滑动变阻器R的热功率P＝I2＋2＝I2R0，电阻R2的热功率P2＝2R2＝I2R0＝P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E＝＝S＝kπr2，选项D错误．

5.如图所示，匀强磁场B＝0.1T，金属棒AB长0.4m，与框架宽度相同，电阻为Ω，框架电阻不计，电阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，当金属棒以5m/s的速度匀速向左运动时，求：

（1）流过金属棒的感应电流多大？

（2）若图中电容器C的电容为0.3μF，则充电量为多少？

解析：

（1）金属棒匀速运动时，电容器没有充电电流．

E＝BLv＝0.1×0.4×5V＝0.2V

R1、R2并联电阻：

R＝＝Ω

I＝＝A＝0.2A.

（2）路端电压U＝I·R＝0.2×V＝V

Q＝CU＝0.3×10－6×C＝4×10－8C.

答案：

（1）0.2A　

（2）4×10－8C

6.金属杆MN和PQ间距为l，MP间接有电阻R，NQ间接有电容为C的电容器，磁场如图所示，磁感应强度为B.金属棒AB长为2l，由图示位置以A为轴，以角速度ω匀速转过90°（顺时针）后静止．求该过程中（其他电阻不计）：

（1）R上的最大电功率；

（2）通过R的电荷量．

解析：

AB转动切割磁感线，且切割长度由l增至2l以后AB离开MN，电路断开．

（1）当B端恰至MN上时，E最大

Em＝B·2l·＝2Bωl2

PRm＝＝.

（2）AB由初位置转至B端恰在MN上的过程中回路的磁通量的变化为ΔΦ＝B·l·2l·sin60°＝Bl2

此时通过R的电荷量为q1＝·Δt＝＝

此时电容器的带电量为q2＝CEm＝2CBωl2.

以后电容器通过R放电，因此整个过程中通过R的电荷量为q＝q1＋q2＝＋2CBωl2.

答案：

（1）　

（2）＋2CBωl2

7．如图所示，半径为L1＝2m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中（连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R），图中的平行板长度为L2＝2m，宽度为d＝2m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．（忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）求：

（1）在0～4s内，平行板间的电势差UMN；

（2）带电粒子飞出电场时的速度；

（3）在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．

解析：

（1）金属杆产生的感应电动势恒为

E＝B1Lω＝2V

由电路的连接特点知：

E＝I·4R

U0＝I·2R＝E/2＝1V

T1＝2π/ω＝20s

由右手定则知：

在0～4s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa>φb

则在0～4s时间内，φM<φN，UMN＝－1V.

（2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T1/2时间内水平方向L2＝v0·t1

t1＝L2/v0＝4s

竖直方向＝at

a＝，E＝，vy＝at1

得q/m＝0.25C/kg，vy＝0.5m/s

则粒子飞出电场时的速度v＝＝m/s

tanθ＝vy/v0＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°.

（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m

得r＝

由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，r>d时离开磁场后不会第二次进入电场，即B2<＝2T.

答案：

（1）－1V　

（2）m/s　与水平方向成45°夹角

（3）B2<2T