物理竞赛《交流电》题库

物理竞赛《交流电》题库图图49-49(a)交流电压U■Umsin■t由于在纯电容电路中，电流相位比电压超前2，UmcoslitXC图49-49(b)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i■Umi■UmsinXL■■^Xmcos■tL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(欧)

23■I■■3所以：1R(安)■I■1.53（安）I■04各元件两端的电压，0iB11Ri-6（伏）I1Lr图49-50（a）I1Lr图49-50（a）CUL6（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I3"0，且由于I不变;RrR■R■2■41R■r2（欧）故：IRrR■R■2■41R■r2（欧）故：I1■U■3（安）I2■I1■1.5（安）各元件两端的电压为：01■I1R1■6（伏）U2-I2R2-6（伏）U3-0

UL6(伏)UJ6(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(Uo>0),闭合S,系统达到平衡后，电容器上的电压变为U/9=-1,试求U0=?分析：闭合S后，电容器上的电压由UAB变为UaJ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Uab"Uo"0,而Uo的作用不可能使二极管。2导通，只可能使01导通，这样，显然应有Uo"I"1.5V。对于闭合S后由C、L、Di、Ei组成的回路，由于Di导通，故加在自感线圈两端的两压为UL'UAB■!!，就是这个电压UL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i■0iU■U■■Li00则当其振荡达到半个周期时，上述的两值应分别为i■02U■■U■■(U■■)L2Li00此时电容器两极板间的电压为UAB-UL2yZU0-巧由上可见：(i)若Uo.211,则UAB■0,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Uo-2、，则UAB■0,表明电容器的极性不发生变图49-51(a)图49-51(b)化，而仅仅是其带电量发生了变化。由于外■%故得此时电压°AB-2"■Uo■"图49-51(a)（3）若U0■2・0，则UAB■0，表明电容器的极性发生了变化，此时B板带正电，电压UB:■BBU0・2・o。这里又有以下的两种可能：（1）若Uow3吃，即U0-2、w■O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U0>35,即U0-2、>5,则达到这一状态时，虽然电路中的电流为零，但由于此时U=U0-25>\将导致二极管Q2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U0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UAB的大小就减小2D（为3V）,而A、B板的极性也改变1次（即UAB的符号变更1次），这样多次振荡使UAB的大小减至10<UABlWW35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UAB=-iv,则依上分析可见，达到UAB=-iv这一稳定状态的“最后1次半个周期的振荡”的起始电压UAB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），这两个值对应的UAB的最初可能值分别可以为4V,H7V,B10V,B13V,...2V,1TV,IEV,B1V,„由于U0为正值，故UAB的最初值只能取■4V・0V・6V，„和■5V・1V.7V,…U■■（4■6n）V即“0・：5■6n）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一充电过程（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,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。「末状态时电容器的电压的大小为U2，则由电容-CU2■-CU2器的储能公式知此过程中电容器储能的减少量为2122，故应有-CU2■-CU2■■Q2-220(※)(-)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■CU■CU-2代入(派)式有-C(U■U)(U■U)■■C(U■U)2-2-20-2U■U■2B■3V-20对于UAB=-1v，则UAB的初值U0可取■4V，B7V，・W・W，…由于还有一条件U0>0,则UAB的初值U0只能为■4匕・°匕・6匕…即Uo=(4+6n)V(n■012„)(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Q■CU■CU12代入(派)式有C(U■U)(U■U)■■C(U■U)1212012U■U■2B■3V120对于UAB=-1V，则UAB的初值U0可取■1V,IEV,ITV,IEV,B11V,B14V,…

由于还有一条件U0>0,则Uab的初值U0只能为■SWV，"17V即U0=(5+6n)V(n■0，1，2，„)综合以上的(1)和(2)得■(4■(4■6n)VU。工■6n)V(n■0,1,2,…)49060.在图49-5249060.在图49-52(a)所示电路：当电容器C1上电压为零的各时刻关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,1和t2分别为(a)图图49-52CCt■■L——13—2C■C1CCt■■L——13—2C■C12电压振幅可以用能量守恒确定。CC12U2CU2C■C2—i_L._1222OU(b)图49-52由此得u■Uu■U.1■211C-1C249061.正弦交流电波沿无限的LC网络(如图49-5349061.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中。(1)试确定中对3,L和C的依赖关系(3为正弦波的角频率)。(2)如果每个网格的长度为1，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3,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：■■■•■■■coSIcodIIEsin-()sin-()22cn■图49-53(a)sin■■sin■■2cos（）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IL■ICn'IL（sin■■sin■■2cos（）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IL■ICn'IL（1）图49-53（b）电压定律UCn■■UL・・UCn・01~U■——I电容上的电压降C■■CCn■注：在（3）式中用~Cn■代替‘Cn■是因为电流比电压超前90°。电感上的电压降U■■LI~Ln■Ln■注：在（4）中用ILn■代替In.是因为电流比电压落后90°。电压UCn由下式给出:U■Usin(Vt■n■)Cn0（5）式是根据题设得出的。由（3）、（5）式,得出IBBCUcos彳t■(n-1Cn■0IBBCUcos(■■n■)Cn由（4）、（2）式得出~1I■——ULnm^LLn・■—(U■U■LCnCn■)再与（5）式结合,得I■^o-11+050■n■)■cos0I(nHl)!)]Ln■||L（7）Iga-[2sin偿■(n■2)Hsin

（7）I■U[2sin(Ht■(n■1)B)sin(8)Ln■L2(6)、(7)、(8)应满足电流定律，由此给出■对于■,L,(8)0■U产cos0■n■)■u-sin(5)I|2cos便■n■)sin(#)]这个条件应在任何时刻都正确，因此可除以Uocos(*"n")，得2LC■4sin2(!)■2arcsin(*'，；C)其中0■■■~^=其中0■■■~^=lCC2、波行进一个网格所需的时间为■，它满足.■■，这是由UCn.('■')"UCn(t)的条件得出的，在・时间内经过了距离1，故传播速度为v■2arcsin(*LCC)或23、v几乎不依赖于■这意味着・、Larcsin(2——)I2——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■sinX，它也意味着当x«1时，X■arcsinX，即要求■LCC«1图图49-53或■«<LC故在这种情况下波的传播速度为v■0LLC4、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W■■1CU2C2CnnW■■1LI2电感中的能量为Ln2Ln由此得出能量守恒定律的标准形式为W■■1(CU2■LI2)2CnLnn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(Uc和In)，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UCn用流经线圈的电荷QLn表示。由电流定律I由电流定律I■I■I■0Ln■1CnLn此式在任何时刻都成立，又因电荷并无损失，故可得出Q■Q■Q■0Ln■1CnLn利用上式以及电容器的基本方程UCn■QCn/C以电荷QLn来代替UC〃。由于In"QLn，最后得出W■■[LQ2■.L(Q■Q)2]2Ln2CLnLn■1n—•—•-VAWWWV-*--WWWWVV-*—

mkmkm(c)A(动能部分)：QLn"vn，L■mB（势能部分）：QJxn其中X为位移，Vn为速度。由B的结构得到：只在近邻间有相互作用，具有恒定的然而，Ql还可等价于另一个坐标（即角度），L由B的结构得到：只在近邻间有相互作用，具有恒定的的弹簧如图49-53（c）（d）所示。另一种模型：图49-53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，/=网格长度，ILn=在第n个网格中通过电感的电流，ICn=在第图49-53个网格中通过左边电容的电流，ULn=在第n个网格中跨越电感的电压，UCn=第n个网格中跨越左边电容的电压，U0=电容电压降的幅度，■二波行进一个网格所需的时间，y=传播速度，9=电容器中贮存的能量之和，叱=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，yn"QLn的力学类比（即速度），xn"QLn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）图49-54(a)图49-54(a)图49-54（b）(A)(E)(A)(E)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U0。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生的物理过程。2寻cl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2寻clS接通瞬间，L1中的电流为零，C1上的电压为U0，通过导线加在电容器C2上，在很短的时间内对C2充电（与振荡周期相比较）。由于C1=C2,所以电荷平分，即U■-U和U■-U120220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20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20线圈中的电流一起开始同步振荡，其振荡频率LCC，电压瞬时值可表示为u■u■-Ucos■t-220两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，L2=20Mh，C1=10|Jf，C2=5pf，R=100KQ。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^1^）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Af=f+-f的比值。+m打开开关S，在打开开关t0时间后，通过匕和L2的电流为『0.1A和i2=0.2A，电压为U0=40V。（2）计算电路L1cle2L2的固有振荡频率。（3）确定导线AB内的电流。（4）计算线圈L1中电流振荡的振幅。LC分析：S合上后，电路中发生并联谐振时有功功率最大。S打开后，两组振荡电路11与C2L2并联，就高频率振荡电流来说，可看作相互独立的。L1,L2是纯电感