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时间:2018-11-14
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1、巧用电容器中的电场能量解高考题 给平行板电容器充电的过程,就是在电源电动势的作用下,把极板上的电量,从一个极板搬到另一个极板的过程. 1.由C=q/U可知,电压与电荷量成正比:q=CU作出U-q图象如图1所示. 2.电源输入电荷量为q时所做的总功,也就是存储于电容器中的总能量.即图象与横轴所围三角形的“面积”S: “面积”S=W=112qU,再由C=q/U得W=112CU2. 3.结论:电容器中存储的电场能量与电容器的电容成正比,与电容器两极板之间的电压平方成正比. 4.电容器是一种储能元
2、件,当电容器两端电压增加时,电容器便从电源吸收能量储存在它两极板的电场中,当电容器两端电压降低时,它便把储存的电场能量释放出来.电容器本身只与电源进行能量交换,不消耗能量.下面笔者就用上述结论巧解一道高考题. 题目(2013年新课标)如图2,两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
3、摩擦因数为μ4,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. 原参考答案解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为 E=BLv(1) 平行板电容器两极板之间的电势差为 U=E(2) 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有 C=Q1U(3) 联立(1)、(2)、(3)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
4、为i,金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为 f1=BLi(5) 设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,按定义有 i=ΔQ1Δt(6) ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量,由(4)式得 ΔQ=CBLΔv(7) 式中,Δv为金属棒的速度变化量,按定义有 a=Δt1Δt(8) 金属棒所受的摩擦力方向斜向上,大小为 f2=μN(9) 式中,N是金属棒对于导轨的正压力的大小,有4 N=mgcosθ(10) 金属棒在时刻t的加速度方
5、向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有 mgsinθ-f1-f2=ma(11) 联立(5)至(11)式得 a=m(sinθ-μcosθ)1m+B2L2Cg(12) 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=m(sinθ-μcosθ)1m+B2L2Cgt(13) 第(2)问我们还可以这样分析,下滑过程中杆受到重力,导轨的支持力,摩擦力与给电容器充电电流的安培力,其中支持力不做功,杆减少的重力势能转化为两极间电场的电场能、杆的动能以及因摩擦而
6、产生的热,由能量守恒定律知 mgh=112mv2+112CU2+μmgcosθ?h1sinθ(1) 其中U=E=BLv(2) 所以v2=2m(sinθ-μcosθ)g1m+B2L2C(3) 2m(sinθ-μcosθ)g1m+B2L2C为定值,即杆在做匀加速运动. 所以a=m(sinθ-μcosθ)g1m+B2L2C, 所以v=at=m(sinθ-μcosθ)g1m+B2L2C.4 现行教材中只是提到电容器能够储存能量,但并没有给出定量关系.在平时教学中学生的好奇心不会只停留在知道电容器
7、是一个储能元件的.自然要想到电容器储存的能量和什么因素有关系.能否存在着定量关系.所以可以和学生一起讨论出电容器储能的定量关系式.并能用之解决实际问题.这也体现了高考命题源于教材又高于教材,以能力立意为主的命题原则.4
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