物理竞赛《交流电》题库

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 X C ，电感线圈的感抗为X L ，交流电压 UU m sin t 。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i1U m sin tX C2U m cos tX C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ACCLB D图 49-49（ a）ACCLi1i2B D图 49-49（ b）i 2U ms

2、in tX L2U m cos tX L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。49058.如图 49-50（ a）所示电路中， R1=2 欧姆， R2=4 欧姆， R3=4 欧姆， C1=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

3、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R R1R2 R3444R2 R3244（欧）I1I 1R3R1I 3I 4所以：（安）I 2LR3KR2rC1I 2I 31.5 （安）图 49-50（ a）I 40各元件两端的电压，U 1 I1 R1 6 （伏）U2I2R2 6（伏）U 3I3R3 6（伏）U C0U L6 （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I30，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：R2ri

4、(安 )RR141.5i4R2r（欧）1.00 .5i3t (秒 )U0I13R图 49-50（ b）故：（安）I2I1 1.5（安）各元件两端的电压为：U1I 1R1 6 （伏）U2I2R2 6（伏）U 30UL6（伏）UC6 （伏）（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 D 2 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U AB=U0（U 0?0），闭合 S，系统达到平衡后，电容器上的电压变为U AB

5、 =-1，试求 U 0=？分析： 闭合 S 后，电容器上的电压由 U AB 变为 U AB ，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 U ABU 00 ，而 U 0 的作用不可能使二极管D 2 导通，只可能使 D1 导通，这样，显然应有 U 001.5V 。对于闭合 S 后由 C、 L、 D1 、 E1 组成的回路，由于D1 导通，故加在自感线圈两端的两压为U LU AB 0 ，就是这个电压 U L 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

6、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i10U L 1U 00则当其振荡达到半个周期时，上述的两值应分别为Li 20AD1D2BCS E1E2U L 2U L1(U 00 )图 49-51 （ a）此时电容器两极板间的电压为U ABU L 20U0 20由上可见：（1）若 U 02 0，则UAB0 ，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 U 02 0，则UAB0 ，表明电容器的极性不发生变ACLU LBE1图 49-51 （ b）化，而仅仅是其带电量发生了变化。由于U 00 ，故得此时电压UAB20 U00 ，这样，电路中不可能再产生电流，系

7、统也就达到了最后的稳定状态。（3）若 U 020，则 U AB0 ，表明电容器的极性发生了变化，此时B 板带正电，电压UBAUABU 02 0 。这里又有以下的两种可能：（1）若U030，即 U02 00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 U030，即U02 00，则达到这一状态时，虽然电路中的电流为零，但由于此时 UAB=U02 0 0 ，将导致二极管 D2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的。根据这一分析，显然可以看到，当U 0 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

8、果是由最初开始每过半个振荡周期， AB 板间的电压 U AB 的大小就减小2 0 （为 3V ），而 A 、 B 板的极性也改变1 次（即 U AB 的符号变更 1次），这样多次振荡使U AB 的大小减至0 UAB 3 0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 U AB =-1V ，则依上分析可见，达到U AB =-1V 这一稳定状态的“最后 1 次半个周期的振荡” 的起始电压 U 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 且反号）和2V （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

9、的U AB 的最初可能值分别可以为4V, 7V, 10V, 13V,2V, 5V, 8V, 11V,由于 U 0 为正值，故U AB 的最初值只能取4V , 10V , 16V , 和5V , 11V , 17V ,U 0(46n)V即(56n)V（ n 0,1,2, ）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

10、电量Q 与电源电动势0的乘积。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U1 ，末状态时电容器的电压的大小为U 2 ，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1 CU121 CU2222，故应有1CU121 CU220 Q22（）（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Q CU1 CU2代入（）式有1C(U1 U 2)(U1U 2 )0C(U1U 2 )2U1U 22 03V对于 UAB=-1V ，则UAB的初值 U0可取 4V,7V ,10V , 13V

11、 ,由于还有一条件 U 0 0，则 U AB 的初值 U 0 只能为4V ,10V,16V ,即U 0 =（ 4+6n） V（ n 0,1,2, ）（2）对于系统达到最后稳定前的半个振荡周期，设电容器的极性未发生变化，则应有QCU1CU 2代入（）式有1C(U1U 2)(U1U2)0C(U1U2 )2U1U2203V对于 UAB=-1V ，则UAB的初值 U0 可取1V, 2V, 5V, 8V, 11V, 14V,由于还有一条件U 0 0，则 U AB 的初值 U 0 只能为 5V , 11V , 17V ,即U 0 =（ 5+6n） V（ n0,1,2, ）综合以上的（ 1）和（ 2）得U

12、0( 46n)V(56n)V（ n0,1,2, ）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L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t1 和 t2 分别为C1KC2t1LC1( a)图 49-52C1 C2Ut 2t 2LC1 C2U 1t01电压振幅可以用能量守恒确定。U 2C1U 12C1C2U 22(b)C1 C222图 49-52由此得U 2U1C11C249061.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

13、 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。I Ln 1I LnLL（ 3）试说明在什么条件下波的传播速度几乎不依U Ln 1U Ln赖于 ，并求出在这种情况下波的传播速度。U cn 1I cn 1U cn 1I cnU cnI cn 1（4）试提出一个与上述电路类似的简单力学模型，CCC并导出相应的方程，以证实该模型的正确性。公式：图 49-53（ a）c o s c o s2 s i n () s i n ()22LLsinsin2 cos() sin)22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

14、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）CCCll电流定律I Ln 1I CnI Ln0图 49-53 （ b）（1）电压定律U Cn 1U Ln 1U Cn0（ 2）1电容上的电压降U Cn 1CI Cn 1（ 3）注：在（ 3）式中用 I Cn 1 代替 I Cn 1 是因为电流比电压超前90°。U Ln 1电感上的电压降LI Ln1（ 4）代替 I Ln90°。注：在（ 4）中用 ILn 11 是因为电流比电压落后电压 U Cn 由下式给出：U CnU 0sin( t n )（ 5）（ 5）式是根据题设得出的。

15、由（ 3）、（ 5）式，得出I Cn 1CU 0 cost(n1)I CnCU 0 cos( t n )（ 6）11U Cn 1 )I Ln 1ULn 1(U Cn由（ 4）、（ 2）式得出LL再与（ 5）式结合，得I Ln 1U 0 cos( t n )cos(t( n 1) )LU 0 2 sin( t( n1) sin()= L22（ 7）U 0 2sin(t(n1)I LnL) ) sin(（ 8）22（6）、（ 7）、（ 8）应满足电流定律，由此给出对于， L， C 的依赖关系为0 U 0C cos(tn )2U 0 sin()2 cos( t n) sin( )L22这个条件应在任

16、何时刻都正确，因此可除以U 0cos( tn ) ，得2 LC4 sin 2 (2)2 arcsin(LC2)02其中LC2、波行进一个网格所需的时间为t，它满足t，这是由 U Cn 1 (tt) U Cn (t ) 的条件得出的，在t时间内经过了距离l ，故传播速度为llvtvlLC )2 arcsin(或23、 v 几乎不依赖于这意味着a r c s i n ( LC )LC22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x?1 时才有x sin x ，它也意味着当x?1 时， xarcsin x ，即要求LC2 ?12或?LC故在这种情况下波的传播速度为1v0LC4、

17、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WC1 CU Cn2n 2WL1LI Ln2电感中的能量为n 2由此得出能量守恒定律的标准形式为W1 (CU Cn2LI Ln2 )n2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（U Cn 和 I Ln ），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Q，电流 I 以及常数 L 和 C 来描述能量。为此，必须把电压U Cn 用流经线圈的电荷 QLn 表示。由电流定律I Ln 1I CnI Ln 0此式在任何时刻都成立，又因电荷并无损失，故可得出QLn1QCn QLn

18、 0利用上式以及电容器的基本方程U CnQCn / C以电荷QLn 来代替 U Cn 。由于 I Ln QLn ，最后得出W L Q Ln21(Q Ln QLn 1 ) 2 n22C力学类比：A （动能部分）： QLnvn ， Lm ；mkmkm(c)图 49-53B（势能部分）： QLnxn其中xn 为位移， vn 为速度。然而， QL 还可等价于另一个坐标（即角度）， L 即为转动惯量。1扭转弹簧由 B 的结构得到： 只在近邻间有相互作用，k具有恒定的C的弹簧如图49-53 （ c）（ d）所示。刚性的盘另一种模型：(d)符号：=两相邻网格交流电压位相之差（即相移），=角频图 49-53率

19、， L= 电感， C=电容， l =网格长度， I Ln =在第 n 个网格中通过电感的电流，I Cn =在第 n个网格中通过左边电容的电流，U Ln =在第 n 个网格中跨越电感的电压，U Cn =第 n 个网格中跨越左边电容的电压，U 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， W0 =电容器中贮存的能量之和，WL =电感中贮存的能量之和，W= 系统的总能量，QCn =第 n 个网格中左边电容贮存的电荷，QLn =流经电感的电荷， vnQLn 的力学类比 （即速度）， xnQLn 的力学类比（即位移） ， k=弹簧系数。49062. 1.由输入端PQ 入到 R

20、C 路中的正方形正向电压脉冲，如图时间党数小于输入脉冲的持续时间，问图49-54 （ b）中，自A 至的输出波形？49-54 （ a）所示，电路的E 的哪一种波形是YZ 端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）UPXCYROQZt图 49-54（ b）图 49-54（ a）UOt(A)OUt(B)UUOU(C)Ott(D)O(E)t图 49-54(c)49063.两个相同的 LC 回路相距较远，在第一个回路中激发振荡，电容器上电压达到最大电压为 U 0。当电容器 C1 上的电压为最大值时，用导线接通第二个回路，如图49-55所示。试描述接通后电路中发

21、生的物理过程。解 :S 接通瞬间， C1 上的电压达到最大值， L1 中的电流为零，由于导S线电阻很小，故 C1 迅速对 C2 充电。当两电容器达相同电压后各自分别对电感线圈放电形成两个独立的LC 振荡电路。L1CL2C2S 接通瞬间， L 1 中的电流为零， C1上的电压为 U0，通过导线加在电1容器 C2 上，在很短的时间内对C2 充电（与振荡周期相比较） 。由于C1=C 2，所以电荷平分，即U11U 和U21U02021U当电荷再分配后，两个回路都处于相同的状态，故电容器上的电压等于2图 49-550，线圈中的电1流一起开始同步振荡，其振荡频率LC ，电压瞬时值可表示为u1 t u2 t

22、1 U0 cos t2两个回路间的连线对该过程无影响，电荷交换后可以把它拿掉。点评： 有兴趣的同学还可进一步讨论： 当电容器上的电压为零时接通第二个回路， 情况有何变化？49064.如图 49-56 所示的电路中，L 2=20Mh ，C1=10 f， C2=5 f， R=100K 。开关 S 长时间闭合，电源的正弦式频率f 可改变，但其电流振幅保持恒定。（1）以 fm 表示有功功率为极大值（ Pm）时的频率，而分别以f+和 f -表示有功功率为 1/2Pm时的频率。试确定 fm 与f=f +-f -的比值。打开开关 S，在打开开关t 0 时间后，通过 L1 和 L 2 的电流为 i 1=0.1A 和 i 2=0.2A ，电压为 U 0=40V 。（ 2）计算电路 L 1C1C2L 2 的固有振荡频率。（ 3）确定导线 AB 内的电流。（ 4）计算线圈 L 1 中电流振荡的振幅。分析： S 合上后，电路中发生并联谐振时有功功率最大。S 打开