巧用电容器中的电场能量解高考题

杨立君

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.

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也是平行板電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

N=mgcosθ（10）

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-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.

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.