1、 物理竞赛交流电题库49057.从同一交流电路上接出两个支路（图 49-49（a） ） ，一支路上串一个无泄漏电阻的电容器 C；另一个支路上串一个无电阻的电感线圈L，问 AB 和 CD 之间有怎样的作用力？解:如图 49-49（b） 。设电容器 C 的容抗为 CX，电感线圈的感抗为LX，交流电压 tUmsin。由于在纯电容电路中，电流相位比电压超前 2，所以通过 AB 的电流2sin1tXiCmtUCmcos又由于在纯电感电路中，电流相位比电压滞后 2。所以通过 CD 电流2sin2tXUiLmtLmcos所以通过 AB 的电流方向与通过 CD 的电流方向相反，它们之间的作用力为斥力。4905
2、8.如图 49-50（a）所示电路中，R 1=2 欧姆，R 2=4 欧姆， R3=4 欧姆，C 1=2 微法，线圈电感 L=0.5 亨利，电阻 r=4 欧姆， =12 伏，求：（1）K 接通的瞬时各支路的电流和各元件上的电压；（2）稳定后各支路的电流和元件上的电压；（3）定性地画出开关接通后电容电感中电流变化情况。解:（1）K 接通时，线圈 L 中的电流由零增大，电流变化最快，因而两端的感应电动势最大。此感应电动势反抗电流增大，故 K 接通瞬时，L 中的电流 L=0，即 L 相当断路。对电容 C 来说，K 接通的瞬时，极板上无电荷，因而两端的电压为零，即 C 相当短路。故电容的总电阻为 423
3、21R（欧）ACBDL图 49-49（a） ACBDL2i1图 49-49（b）所以： 31RI（安）5.32I（安）04I各元件两端的电压， 61RIU（伏）62RIU（伏）3I（伏）0CU6L（伏）（2）稳定后，C 两端的电压达到最大值，通过 C 的电流为零，即 03I，且由于 I 不变；因而在 L 两端不再产生感应电动势，也就是说 L 不起作用，此时外电路的电阻是：421rR（欧）故：31UI（安）5.12I（安）各元件两端的电压为： 61RIU（伏）2I（伏）03U)(安i5.10. )(秒t3i4i图 49-50（b）KrL2R311CI4I图 49-50（a）6LU（伏）C（伏）（
4、3）开关接通后，电容、电感中电流的变化情况如图 49-50（b）所示。49059.如图 49-51（a） ，二极管 D1 和 D2 都是理想的，两个直流电源 E1 和 E2 的电动势都是 0=1.5，其内阻不计，自感线圈 L 的直流电阻不计。最初，开关 S 断开，电容器的电压为UAB=U0（U 00） ，闭合 S，系统达到平衡后，电容器上的电压变为 U AB=-1，试求 U0=？分析：闭合 S 后，电容器上的电压由 ABU变为 ，电容器的带电状态发生变化，是因为有通过图示电路的电流所致。由于最初 0，而 的作用不可能使二极管2D导通，只可能使 1导通，这样，显然应有 V5.1。对于闭合 S 后
5、由 C、L、 D、 1E组成的回路，由于 D导通，故加在自感线圈两端的两压为 0ABLU，就是这个电压 LU使 L 中的电流发生变化，且与 L 中产生的自感电动势相抗衡，这样，从电流电压变化的关系来看，这个电路可等效为一个 LC 振荡电路，如图 49-51（b）所示。由振荡电流的变化规律知： S 刚闭合时，电路中的电流和线圈两端的电压分别为 01i01UL则当其振荡达到半个周期时，上述的两值应分别为 2i )(012UL此时电容器两极板间的电压为 0022AB由上可见：（1）若 0U，则 AB，表明此时电容器刚好不带电，系统便达到最后的稳定状态。（2）若 02，则 ，表明电容器的极性不发生变L
6、U1ECAB图 49-51（b）LABC1D2ES图 49-51（a）化，而仅仅是其带电量发生了变化。由于 0U，故得此时电压 002UAB，这样，电路中不可能再产生电流，系统也就达到了最后的稳定状态。（3）若 02U，则 AB，表明电容器的极性发生了变化，此时 B 板带正电，电压AB。这里又有以下的两种可能：（1）若 0 3，即 02 时，达到这一状态后，电路中电流为零而不能再产生新的电流，即电路至此已达到稳定状态。（2）若 0U ，即 0 ，则达到这一状态时，虽然电路中的电流为零，但由于此时 AB= 2 ，将导致二极管 2D导通而在电路中出现新一轮的振荡电流，其变化情况则和以上的分析是相同
7、的。根据这一分析，显然可以看到，当 0U足够大时，回路中将出现电流的多次往复振荡而最后才达到稳定。这种振荡造成的结果是由最初开始每过半个振荡周期，AB 板间的电压 ABU的大小就减小 02（为 3V） ，而 A、B 板的极性也改变 1 次（即 AB的符号变更 1 次） ，这样多次振荡使 AB的大小减至 0 03的范围后，还要发生最后 1 次的半个周期的振荡而达到最后的稳定状态。解:由于题述 A、B 间电压最后为 ABU=-1V，则依上分析可见，达到 ABU=-1V 这一稳定状态的“最后 1 次半个周期的振荡”的起始电压 AB有两个可能值+4V（经最后 1 次半周期振荡后极板电压减小 3V 且反
8、号）和 V2（经最后 1 次半周期振荡后极板带电符号不变） ，这两个值对应的 ABU的最初可能值分别可以为 ,130,74VV,8,52由于 0U为正值，故 AB的最初值只能取 ,160,4V和 ,17,5V即 Vn)65(40（ ,2n）说明：结合以上的分析，本题也可根据振荡中能量转化的关系来求解。对于电容器的一次放电充电过程（即前述的半个振荡周期的过程） ，过程中仅有一个二极管导通，电流也只能从某一对应的电源中通过，且此电流方向与电源电动势方向相反，由此，振荡电路中的能量将有一部分被电源吸收（比如转化为化学能而储存于电源之内） ，这一吸收量为此过程中通过电源的电量 Q 与电源电动势 0的乘
9、积。另一方面，又注意到此过程的初、末状态电路中的电流均为零，即振荡电路的 L 中不贮存能量的全部储存于电容中，设此过程初状态时电容器电压的大小为 1U，末状态时电容器的电压的大小为 2U，则由电容器的储能公式知此过程中电容器储能的减少量为221C，故应有QCU0221（）（1）对于系统达到最后稳定前的半个振荡周期，设电容器的极性发生了改变，则应有 21CQ代入（）式有 )()(22102121 UCUV3021对于 AB=-1V，则 AB的初值 可取 ,130,74V由于还有一条件 0U0，则 的初值 0U只能为 ,6,即 0=（4+6n）V （ ,21n）（2）对于系统达到最后稳定前的半个振
10、荡周期，设电容器的极性未发生变化，则应有 21CUQ代入（）式有 )()(22102121 UVU3021对于 AB=-1V，则 AB的初值 0可取,14,85,21VV由于还有一条件 0U0，则 AB的初值 0U只能为 ,17,5V即 0=（5+6n）V （ ,21n）综合以上的（1）和（2）得 nU)65(40（ ,210n）49060.在图 49-52（a）所示电路：当电容器 C1 上电压为零的各时刻，开关 K 交替地闭合、断开，请画出电感电压随时间持续变化的图像。解:所求图像如图 49-52（b）所示，时间即隔 t和 2分别为11LCt212t电压振幅可以用能量守恒确定。 2121UC
11、由此得 21249061.正弦交流电波沿无限的 LC 网络（如图 49-53（a） ）传播，两相邻电容器上交流电压的相移为 。（1）试确定 对 ，L 和 C 的依赖关系（ 为正弦波的角频率） 。（2）如果每个网格的长度为 l，试求波的传播速度。（3）试说明在什么条件下波的传播速度几乎不依赖于 ，并求出在这种情况下波的传播速度。（4）试提出一个与上述电路类似的简单力学模型，并导出相应的方程，以证实该模型的正确性。公式： LK1C2)(a图 49-522t1U2t0)(b图 49-52图 49-53（a）1cnIcnI1cnI1LnILnICC1U1cnUL)2sin()si(2cos )i)co
12、(in分析：可应用电流、电压定律来计算在 LC 网络中相差对 ，L，C 的依赖关系，利用类比法来讨论网络中 L，C 中贮存能量的关系。解:1、如图 49-53（b）电流定律 01LnCLnII （1）电压定律 1CnLnU （2）电容上的电压降 11CnCnI（3）注：在（3）式中用 1nI代替 1n是因为电流比电压超前 90。电感上的电压降 LLIU（4）注：在（4）中用 1nI代替 1n是因为电流比电压落后 90。电压 Cn由下式给出： )si(0ntC （5）（5）式是根据题设得出的。由（3） 、 （5）式，得出 )1(cos01ntUICn)(0tIn（6）由（4） 、 （2）式得出
13、)(111 CnLnLn UI再与（5）式结合，得 )1(cos)cos(01 ttLUIn=)2sin()(sin20t（7）CCLll图 49-53（b）)2sin()1(sin20 tLUIn（8）（6） 、 （7） 、 （8）应满足电流定律，由此给出 对于 ，L，C 的依赖关系为 )2sin(cos()si()cos(00 tLUtC这个条件应在任何时刻都正确，因此可除以 )s(0t，得)2(sin42L)arcsi(C其中 L202、波行进一个网格所需的时间为 t，它满足 t，这是由 )()(1tUtCnCn的条件得出的，在 t时间内经过了距离 l，故传播速度为ltv或 )2arcs
14、in(LClv3、 v几乎不依赖于 这意味着)2arcsin(L因为在这种情况下， v才有恒定的，这只在 值很小时才正确，因为仅当 x1 时才有xsi，它也意味着当 x1 时， xarcsin，即要求2LC1或 LC2故在这种情况下波的传播速度为 v104、因为电路中包括电感和电容，所以能量守恒，利用题 1 中的结果，得出电容中的能量为nCnCUW2电感中的能量为 21LnLI由此得出能量守恒定律的标准形式为nLnCIUW)(212与力学的关系并非由此即可认出，因为包含了两种不同的物理量（ CnU和 LI） ，其间并不存在相应于力学中位置 x 和速度 v 之间的关系。为了与力学类比，必须用电荷
15、 Q，电流 I以及常数 L 和 C 来描述能量。为此，必须把电压 Cn用流经线圈的电荷 Ln表示。由电流定律 01LnnII此式在任何时刻都成立，又因电荷并无损失，故可得出 01LnCLnQ利用上式以及电容器的基本方程 CQUn/以电荷 LnQ来代替 Cn。由于 LnI，最后得出nLnLQW)(2121力学类比：A（动能部分）： nLv， m；B（势能部分）： nLxQmkk(c)图 49-53其中 nx为位移， nv为速度。然而， LQ还可等价于另一个坐标（即角度） ，L 即为转动惯量。由 B 的结构得到：只在近邻间有相互作用，具有恒定的Ck1的弹簧如图 49-53（c） （d）所示。另一种
16、模型：符号： =两相邻网格交流电压位相之差（即相移） ， =角频率，L=电感，C=电容， l=网格长度， LnI=在第 n 个网格中通过电感的电流， CnI=在第 n 个网格中通过左边电容的电流， LnU=在第 n 个网格中跨越电感的电压， U=第 n 个网格中跨越左边电容的电压， 0=电容电压降的幅度， t=波行进一个网格所需的时间， v=传播速度， 0W=电容器中贮存的能量之和， LW=电感中贮存的能量之和，W=系统的总能量， CnQ=第 n 个网格中左边电容贮存的电荷， nQ=流经电感的电荷， Lnv的力学类比（即速度） ， Lnx的力学类比（即位移） ，k=弹簧系数。49062. 1.由输入端 PQ 入到 RC 路中的正方形正向电压脉冲，如图 49-54（a ）所示，电路的时间党数小于输入脉冲的持续时间，问图 49-54（b）中，自 A 至 E 的哪一种波形是 YZ 端的输出波形？2续上题，自 A 至 E 的哪一种波形是 XZ 端的输出波形。解:1.（B） 2.（A）扭转弹簧刚性的盘(d)图 49-53OUtPXYCRQZ图 49-54（a）图 49-54（b）O t(E)UU(A)(D)UtOUOtO t(B)tUO (C)图 49-54(c)
