教科版选修3-1专题复习：含容电路的分析与计算.docx

含容电路的分析与计算

例题赏析：

例1、A 、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表瓯系一绝缘细线，细线下端系

一带电小球。两块金属板接在图4所示的电路屮。电路屮的R1为光敏电阻，R2为滑动

变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P 在a 端时闭合开关S 。此时电流表从和电压表护

芦的示数分别为I 和U,带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为0,电源电动

势E 和内阻r 一定。则以下说法正确的是

A. 若将R2的滑动触头P 向b 端移动，贝UI 不变，U 增大

B. 保持滑动触头P 不动，用更强的光线照射R1,贝H 增大，U 增大

D.保持滑动触头P 不动，用更强的光照射R1,则小球重新达到稳定后B 变大

G.保持滑动触头P 不动，川更强的光照射R1,则U 的变化量的绝对值与I 的变化最的绝对值的

比值不变。

答案：D

例2、如图B ?5所示的电路中,电源电动势E=3V,内阻r=lQ,两定值电阻R1=3Q, R2=6Q. 当开

关S 闭合时，求两电阻R1和R2上消耗的电功率P1和P2.

某同学求解如下：当开关S 闭合时，设通过R1和R2的电流分别为II 和12,由闭合电路欧姆定

律得

2 ■ ■

x3=1.69 (W)

经检杳，数值计算无误，该同学求解过稈是否有不当Z 处？若有，请予以改正.

图B-5

答案：该同学在应川闭合电路欧姆定律时冇错误.正确的求解过程如下

￡

3 n=^i +r

4 -—二A, P 7=f ?R.7=

12人+厂7 2

x6=1.10 (W)

R1和R2并联其电阻为R外=尺】+& =2Q

总电流1=尺外+厂=1A

R1和R2两端的电压为U=E-Ir=2V 故R1和R2的电功率分别为P1=U2/R1=1.33W,

P2=U2/R2=0.67W

方法总结：对含容电路的分析，关键是弄清电路的结构，确定电容器两极板间电压的变化, 有时还必须分析电容器两极板极性的变化

对应练习：

1、科学家研究发现，磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间

磁场的减弱而减小，如图所示电路屮，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、

R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器屮一带电微粒恰好处于静止状态?则（

）

A、只调节电阻R,当P1向右端移动时, 电阻R1消耗的电功率

变大

B、只调节电阻R,当P1向右端移动时，带电微粒向下运动

C、只调节电阻R2,当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变

大

D、只调节电阻R2,当P2向下端移动时，带电微粒向下运动分析：

根据滑片P1向右移动，明确电磁铁屮电流的变化；然后根据电磁铁磁性的决定因索可以确定电磁铁磁性的变化；通过题意明确磁敏电阻（GMR）的阻值随所处空间磁场的增强而增大，根据电磁铁磁性的变化来确定磁敏电阻的变化情况，进而可以得到通过R1的电流变化，得到其电功率的变化.分析电容器电压的变化，判断板间场强的变化，分析带电微粒的运动情况.只调节电阻R2,由欧姆定律分析电路屮电流的变化，再分析同样的问题.

解答：解：A、B只调节电阻R,当P1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；

由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR的阻值减小，则通过R1的电流增大，其电功率增大.

电容器两端的电压增大，板间场强增犬，微粒所受的电场力增人，所以带电微粒向上运动.故A 正确，B错误.

C、D只调节电阻R2,当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变.电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动.故C、D错误.

故选A

2、如图所示的电路中，电源电动势E = 3 V,内电阻r=l Q,定值电阻Rl=3 Q,R2 = 2 Q, 电容器的电容C=100 nF,则下列说法正确的是（）?

A. 闭合开关S,电路稳定后电容器两端的电压为1.5 V

B. 闭合开关S,电路稳定后电容器所带电荷量为3.0X10-4C

C ?闭合开关S,电路稳定后电容器极板a 所带电荷景为1.5X10-4C

D. 先闭合开关S,电路稳定后断开开关S,通过电阻R1的电荷量为3.0X10-4C

稳定后电容器两端的电压即是R1两端的电压A 对；电路稳定后电容器所带电荷量为—cnEioFXhixLu, B 错，c 对；先闭合开关

S,电路稳定示断开开关S,电容器两极板通过电容器进行放电，通过电阻R1的电荷最为

1.5X10-4C, D 错。

课后练习

1、如图所示，C 为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S,当滑动变阻器R1、R2 的滑片处于各白的中点位置时，悬在电容器C 两极板间的带电液滴P 恰好处于静止状态.要使带电液滴P 向下加速运动，下列方法屮可行的是

电容器两端电压实际等于R2左端的分压，要使液滴P 向下加速运动，应减小电容器两端电压，即R2的滑片向左移动，R1滑片移动不会改变电容器两端电压，选项A 、C 错误，B 正确。开关S 断开，电容器两端电压等于电源电动势，由于电压增大而使液滴P 向上加速运动，选项D 错-误。

2、

如图所示的电路屮，闭合开关S,灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是（）

A. 电流表读数变大，电压表读数变小

B. 灯泡L1变亮

试题分析: 由闭合电路的欧姆定律得

耐+导尸1-1 闭合开关S,电路

A. 把R1的滑片向左移动

C. 把R2的滑片向右移动 B. 把R2的滑片向左移动

D. 把开关S 断开

C.电源的输出功率可能变大

D.电容器C上电荷量增大

A、B灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据欧姆定律得知：电源的内电压减小，路端电压增大，故知电流表的读数变小，电压表的读数变大?总电流减小，则灯泡L2变暗，故A、B错误.

C、根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由于电源的内电阻与外电阻关系未知，电源的输出功率可能变大，故C正确.

D、路端电压增大，灯L1的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由Q=CU知, 电容器C上电荷量增大故D正确.

含容电路和电路故障分析

含容电路和电路故障分析一、含电容电器的分析与计算方法在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流.一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大（只考虑电容器是理想的不漏电的情况）的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它.简化后若要求电容器所带电量时，可接在相应的位置上.分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：（1）电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压. （2）当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等. （3）电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电.如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电. 【例1】如图所示，电源电动势E ＝12V ，内阻r ＝1Ω，电阻R 1＝3Ω，R 2＝2Ω，R 3＝5Ω，电容器的电容C 1＝4μF ，C 2＝1μF 。求: (1)当S 闭合时间足够长时，C 1和C 2所带的电量各是多少? (2)然后把S 断开，S 断开后通过R 2的电量是多少? 解:(1)当S 闭合时间足够长时，C 1两端的电压等于R 2两端的电压；C 2两端的电压等于路端电压回路电流12 2E I A r R R ==++ C 1两端的电压U C1＝U 2＝IR 2＝4V C 1的带电量为：Q 1＝C 1U C1＝4×10－6×4C ＝1.6×10－5C C 2两端的电压U C2＝U ＝I （R 1＋R 2）＝10V C 2的带电量为：Q 2＝C 2U C2＝1×10－6×10C ＝1.0×10－5C （2）断开S 后，电容器C 1通过电阻R 2、R 3放电；电容器C 2通过电阻R 1、R 2、R 3放电，放电电流均流过R 2，且方向相同。因此，通过R 2的电量为:Q ＝Q 1＋Q 2＝1.6×10－5C ＋1.0×10－5C ＝2.6×10－5C 【例2】如图，已知源电动势E ＝12V ，内电阻不计。电容C ＝1μF ，R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶6∶3，则电容a 极板所带电量为：（）

含容电路分析

含电容器电路的分析处理含电容器电路的一般规律： 1、电容器相当于断路，分析电路结构时可从电路中删去。 2、电容器两极间的电压等于与它并联的电路两端的电压。 3、与电容器串联支路中的电阻可去掉。 4、当电路发生变化时，电容器两极板间的电压发生变化，其所带电量也将发生相应的变化，即电容器会发生充、放电现象。 1、如图所示，是一个电容器、电池和电阻组成的电路，在将平行板电容器两极板距离增大的过程中 A.电阻R 中没有电流 B.电容器的电容变小 C.电阻R 中有从a 流向b 的电流 D.电阻R 中有从b 流向a 的电流 2、图中E=10伏,R1=4欧,R2=6欧,C=30微法,电池内阻可忽略. (1)闭合开关K,求稳定后通过R1的电流. (2)然后将开关K 断开,求这以后流过R1的总电量. 3、在如图所示的电路中，电容器的上极板带正电．为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是 A 、增大R1，其他电阻不变 B 、增大R2，其他电阻不变 C 、增大R3，其他电阻不变 D 、增大R4，其他电阻不变

C 1 4、如图, 问：（1）当开关K 断开时,A 、B 两点的电压U AB 是多少？（2）当K 闭合后，电容器C 1的带电量变化了多少？ 5、电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E 连接成如图所示的电路.当R1的滑动触头在图示位置时,C1、C2的电量相等.要使C1的电量大于C2的电量,应 A 、增大R2 B 、减小R2 C 、将R1的滑动触头向A 端移动 D 、将R1的滑动触头向B 端移动 , 18,3,6,3,62121V U R R F C F C =Ω=Ω===μμ

含电容器电路的分析与计算201501

含电容器电路的分析与计算 1、关键是准确地判断并求出电容器的两端的电压，其具体方法是：（1）确定电容器和哪个电阻并联，该电阻两端电压即为电容器两端电压. （2）当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，此电路两端电压即为电容器两端电压. (3)对于较复杂电路，需要将电容器两端的电势与基准点的电势比较后才能确定电容器两端的电压. 2、分析和计算含有电容器的直流电路时，注意以下几个方面： (1)电路稳定时电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件，在电容器处电路看做是断路，画等效电路时，可以先把它去掉． (2)若要求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上，求出电容器两端的电压，根据Q ＝CU计算． (3)电路稳定时电容器所在支路上电阻两端无电压，该电阻相当于导线． (4)当电容器与电阻并联后接入电路时，电容器两端的电压与并联电阻两端的电压相等． (5)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电，如果电容器两端的电压升高，电容器将充电，反之电容器放电．通过与电容器串联的电阻的电量等于电容器带电量的变化量． 3、含电容器电路问题的分析方法 (1)应用电路的有关规律分析出电容器两极板间的电压及其变化情况． (2)根据平行板电容器的相关知识进行分析求解．练习 1．如图所示电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是 A．将滑片N向右滑动时，电容器放电 B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电 C．将滑片M向上滑动时，电容器放电 D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电 2．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、 R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是

含容电路的计算

含容电路的计算专题分析含容电路问题是高考中的一个热点问题，在高考试题中多次出现。同学们要要点提示复习。 1、求电路稳定后电容器所带的电量求解这类问题关键要知道：电路稳定后，电容器是断路的，同它串联的电阻均可视为短路，电容器两端的电压等于同它并联电路两端的电压。【例1】在图16所示的电路中,已知电容C=2μF,电源电动势E=12V,内电阻不计,R 1∶R 2∶R 3∶R 4=1∶2∶6∶3.则电容器极板a 所带的电量为（） A.-8×10-6C B. 4×10-6C C. -4×10-6C D. 8×10-6C 方法点拨：电路稳定后，电容C 作为断路看待，电路等价于R 1和R 2串联，R 3和R 4串联。由串联电路的特点得： 211R R E R U AB +=，即V R R E R U AB 42 11=+= 同理可得V R R E R U CD 84 33=+= 故电容C 两端的电压为：V U U U U U AB AD D B ab 4=-=-= 电容器极板a 所带的电量为：C CU Q ab a 6 108-?==。即D 选项正确。 2、求通过某定值电阻的总电量【例2】图17中,E=10V ，R 1=4Ω，R 2=6Ω，C=30μF ，电池内阻可忽略. (1)闭合电键K,求稳定后通过R 1的电流. (2)然后将电键K 断开,求这以后流过R 1的总电量. 方法点拨：（1）闭合电键K ，稳定后通过R 1的电流为： A R R E I 12 1=+= , 电容器上电压为IR 2,储存的电量为 Q 1=CIR 2=1.8C 4 10-? (2) 电键K 断开后,待稳定后,电容器上电压为E,储存的电量为：Q 2=CE=3×10-4C 流过R 1的总电量为C Q Q Q 4 12102.1-?=-=? 【练1】在如图18所示的电路中，电源的电动势E=30V,内阻r=1.0Ω,R 1=10Ω,R 2=10Ω,R 2=30Ω,R 3=35Ω,电容器的电容C=100μF ，电容器原来不带电.求接通电键K 后流过R 4的总电量. F 图16 图17 E ， 3 图18

含容电路分析

含容电路的分析（高三一轮复习）一、稳态含容直流电路电容器处于稳定状态时，相当于一个阻值无限大的元件，可看作断路。此时：（1）电容器所在支路无电流，与电容器直接串联的电阻相当于一根阻值为零的导线。（2）电容器上的电压就是与电容器并联的那条支路两端的电压例1：如图所示，电容器C1=6uF ，C2=3uF. 电阻R1=6Ω，R2= 3Ω ，已知电压U=18V 。（1）当开关S 闭合时，A 、B 两点间的电势差为多少C1两极板的电势差（2）当开关S 闭合，电容器处于稳定状态时C1两极板的电势差C2两极板的电势差 ? 二、动态含容直流电路在电路中，当电容器两端的电压稳定时，电容器处于断路状态，当电容器两端电压增大时，电容器会充电，会形成充电电流；当电容器两端电压降低时，电容器会放电，会形成放电电流。对于这类问题，只要抓住初末两稳定状态电容器极板间的电压的变化情况，根据Δ Q=C·ΔU 来分析即可例2：如例1图所示，电容器C1=6uF ，C2=3uF. 电阻R1=6Ω，R2=3Ω ，已知电压U=18V 。当K 闭合后，电容器C 1的带电量变化了多少三、含容电路的力学问题：例3如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，平行板电容器两金属板水平放置，开关S 是闭合的，两板间一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．则以下说法正确的是( ) A ．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴向上加速运动， B ．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程中，油滴向上加速运动，、 C ．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴的重力势能增大 D ．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程中，油滴的电势能减少强化练习 1、如图所示电路，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器的滑片向b 端滑动时，则（） A.电容器两极板的电压增大 B.电容器两极板的电压减小 C .电容器的带电量增大 D.电容器的带电量减少 < 2、如图所示，电池.3,6,4,1021F C R R V E μ=Ω= Ω==

(九)——电磁感应中的含容电路分析

微讲座(九)——电磁感应中的含容电路分析一、电磁感应回路中只有电容器元件这类问题的特点是电容器两端电压等于感应电动势，充电电流等于感应电流． (2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，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． [解读] (1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BL v 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 ＝Q U ③ 联立①②③式得Q ＝CBL v .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F 安＝BLi ⑤ 设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有i ＝ΔQ Δt ⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得：ΔQ ＝CBL Δv ⑦ 式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有a ＝Δv Δt ⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F f ＝μF N ⑨ 式中，F N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有F N ＝mg cos θ⑩ 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mg sin θ－F 安－F f ＝ma ? 联立⑤至?式得a ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2C g ? 由?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 (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2C gt . [答案] (1)Q ＝CBL v (2)v ＝ m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2C gt [总结提升] (1)电容器的充电电流用I ＝ΔQ Δt ＝C ΔU Δt 表示． (2)由本例可以看出：导体棒在恒定外力作用下，产生的电动势均匀增大，电流不变，

含容电路的分析与计算

含容电路的分析与计算含容电路是常见的电路分析题，且有一定难度。下面对常见的题型进行分析。电路分析一般规律： 1、部分电路、全电路欧姆定律；串、并联电路的一般关系；电动势与内外电压的关系 2、路端电压与外阻的关系 3、电源输出功率与内外电阻的关系 4、关于对称电路的基本关系处理含容电路的一般规律： 1、电容器在直流电路中是断路，对电路没有作用，分析时可以等效于拆去电容器，从而简化电路。 2、电容器两极的电压等于与它并联电路的电压。 3、当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压。例题分析：例1、如图所示，C1=6μF C2=3μF R1=6ΩR2=3Ω总电压U=18V求：电键K断开时电键两端的电压及电键闭合时电容器电量的变化解析：当电键断开时，由于电容器的存在，整个电路断路，两电阻两端没有电压，所以电键上端的电势和D相同，下端和C相同，因此，电键两端的电压等于C、D两端的电压，等于18v 此时C1两端的电压是18v，所带电量为Q1=6μF×18v=108μC 当电键闭合时，两电阻串联，C1 C2两端的电压分别等于R1 R2两端的电压C1两端的电压U1=2/3U=12V所带电量变为Q2=3μF×12v=36μC 所以，在电键闭合前后，C1所带电量变化为减少了108—36=72ΜC 例2、电容器C极板水平放置，它和三个可变电阻及电源如图连接。今有一质量为m 的油滴悬浮在两极之间静止不动，要使油滴上升可采取的办法是

解析：由油滴在两极间静止可知，油滴所受电场力方向向上，大小等于其重力。要使其向上运动，必须增大电场力。所以要增大两极间电压。由图可知两极间电压等于R3两端的电压，所以增大R3 或减小R2都能达到目的例3、如图所示的电路中，电键均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一个油滴，问断开那一个电键后油滴会向下运动。解析：要使油滴向下运动，应使电场力减小，则使电容器极板间场强减小。因为极板间距和正对面积都不变，所以需要减小电容器两极板间的电压。电容器两极板间电压等于R3两端的电压，且与它串联的电阻不分电压，所以打开S1不会影响电容器的电压；打开S4电容器与电源断开，电压保持恒定；打开S2电容器两端电压变成电源电动势，比原来增大；只有打开S3时电容器放电，最终电压变为零，所以油滴就会向下运动。例4. 如图所示电路中，电源电动势为，内电阻不计，R１、R２、R3、的阻值都是R，滑动变阻器R４的阻值可在0～2R间调节。当滑动变阻器的滑片P由其右端开始向左端滑动时，（1）分析和判断电容器C的充、放电情况；（2）分别计算P在右端点和左端点时，电容器C的带电情况。解析：电容器C的带电量由图中M、N两点的电势差与电容的乘积决定。如果M点的电势高于N点电势，则C的上板带正电，下板带负电；如果M点电势低于N，则上板带负电，下板带正电；如果M、N两点电势相等，则C不带电。若电容器两板有电势差，

含容电路题型练习

含容电路题型 1、求电路稳定后电容器所带的电量【例1】在图16所示的电路中,已知电容C=2μF,电源电动势E=12V,内电阻不计,R1∶R2∶R3∶R4=1∶2∶6∶3.则电容器极板a所带的电量为（） A.-8×10-6C B. 4×10-6C C. -4×10-6C D. 8×10-6C 2、求通过某定值电阻的总电量【例2】图17中,E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻可忽略. (1)闭合电键K,求稳定后通过R1的电流和此时电容器所带的电量. (2)然后将电键K断开,求这以后流过R1的总电量. 【练1】在如图18所示的电路中，电源的电动势E=30V,内阻 r=1.0Ω,R1=10Ω,R2=10Ω,R2=30Ω,R3=35Ω,电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电.求接通电键K后流过R4的总电量. 【练2】图19中电源电动势E=10V，C1=C2=30μF，R1=4.0Ω, R2=6.0Ω,电源内阻可忽略。先闭合电键K，待电路稳定后，再将K断开，则断开K后流过电阻R1的电量为______. 3、讨论平行板电容器内部场强的变化，从而判定带电粒子的运动情况。【例3】一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个可变电阻及电源联接成如图20所示的电路.今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.要使油滴上升,可采用的办法是: A.增大R1 B.增大R2 C.增大R3 D.减小R2 【练3】一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地.在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点,如图21所示.以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则( ) A.U变小,E不变. B.E变大,W变大. C.U变小,W不变. D.U不变,W不变 . F 图17 E， 3 图18 图20 P 图21 -

电容器典型习题及含容电路计算

电容器动态问题与电势及电势能相结合电容器动态问题与粒子受力相结合一、电容器、电容 1、电容器：两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成一个电容器。 2、电容：1）物理意义：表示电容器容纳电荷的本领。 2）定义：电容器所带的电荷量Ｑ（一个极板所带电量的绝对值）与两个极板间的电势差Ｕ的比值叫做电容器的电容。 3）定义式：U Q U Q C ??= =，对任何电容器都适用，对一个确定的电容器，电容是一个确定的值，不会随电容器所带电量的变化而改变。 4）单位： 5）可类比于水桶的横截面积。 3、电容器的充放电：充电：极板带电量Q 增加，极板间场强E 增大；放电：极板带电量Q 减小，极板间场强E 减小； 4、常见电容器有：纸质电容器，电解电容器，可变电容器，平行板电容器。电解电容器连接时应注意其“＋”、“－”极。二、平行板电容器平行板电容器的电容kd s C r πε4=（平行板电容器的电容与两板正对面积成正比，与两板间距离成反比，与介质的介电常数成正比）。是决定式，只对平行板电容器适应。带电平行板电容器两极板间的电场可认为是匀强电场，d U E =。三、平行板电容器动态分析一般分两种基本情况：１、电容器两极板电势差Ｕ保持不变。即平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。２、电容器的带电量Ｑ保持不变。即平行板电容器充电后，切断与电源的连接，使电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。进行讨论的物理依据主要是三个：（１）平行板电容器的电容与极板距离ｄ、正对面积Ｓ、电介质的介电常数ε间的关系：kd S C r πε4= （２）平行板电容器内部是匀强电场，d U E = S kQ r επ4= 。（３）电容器每个极板所带电量Ｑ＝ＣＵ。平行板电容器的电容为C ，带电量为Q ，极板间的距离为d . 在两极板间的中点放一电量很小的点电荷q .它所受的电场力的大小等于（） A ．8kQq/d 2 B ．4kQq/d 2 C ．Qq/Cd D ．2Qq/Cd

电容器典型习题及含容电路计算

4、常见电容器有：纸质电容器，电解电容器，可变电容器，平行板电容器。电解电容器连接时应注意其“＋”、“－”极。二、平行板电容器平行板电容器的电容kd s C r πε4=（平行板电容器的电容与两板正对面积成正比，与两板间距离成反比，与介质的介电常数成正比）。是决定式，只对平行板电容器适应。带电平行板电容器两极板间的电场可认为是匀强电场，d U E =。三、平行板电容器动态分析一般分两种基本情况：１、电容器两极板电势差Ｕ保持不变。即平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。２、电容器的带电量Ｑ保持不变。即平行板电容器充电后，切断与电源的连接，使电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ

的变化。进行讨论的物理依据主要是三个：（１）平行板电容器的电容与极板距离ｄ、正对面积Ｓ、电介质的介电常数ε间的关系：kd S C r πε4= （２）平行板电容器内部是匀强电场，d U E =S kQ r επ4=。（３）电容器每个极板所带电量Ｑ＝ＣＵ。平行板电容器的电容为C ，带电量为Q ，极板间的距离为d . 在两极板间的中点放一电量很小的点电荷q .它所受的电场力的大小等于（） A ．8kQq/d 2 B ．4kQq/d 2 C ．Qq/Cd D ．2Qq/Cd 1、把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接．先使开关S 与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S 掷向2端，电容器放电．与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的I ﹣t 曲线如图乙所示．下列关于这一过程的分析，正确的是（） A ．在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板

含容电路分析和计算--杨昌芬

习题课：含容电路分析和计算——凯里一中：杨昌芬 [典例1]电路中E ＝10 V ，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF.电池内阻可忽略． (1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流； (2)然后将开关S 断开，求这以后通过R 1的总电量． [解析] (1)电路稳定后，电容器所在的支路上无电流通过，因此R 1 与R 2串联，C 两端的电压即为R 2两端的电压．由欧姆定律得通过R 1的电流 I ＝E R 1＋R 2＝104＋6 A ＝1 A. (2)S 断开前，C 两端电压U 1＝IR 2＝6 V C 所带电量Q 1＝CU 1＝30×10－6×6 C ＝1.8×10－4 C 开关S 断开稳定后，总电流为零，电容器两端电压为E ，所带电量Q 2＝CE ＝30×10－6×10 C ＝3×10－4 C 通过R 1的电量，即为电容器增加的电量 [答案] (1)1 A (2)1.2×10－4 C [典例2]、如图所示的电路中，R 1＝R 2＝R 3＝8 Ω，C ＝5 μF ，E ＝6 V 内阻不计，求开关S 由稳定闭合状态断开后流过R 3 的电荷量？ [解析] (1)电路稳定后，电容器所在的支路上无电流通过，因此R 1与R 2串联，C 两端的电压即为R 2两端的电压．由欧姆定律得通过R 1的电流 I ＝E R 1＋R 2 ＝3／8 A. (2)S 断开前，C 两端电压U 1＝IR 2＝3 V C 所带电量Q 1＝CU 1＝5×10－6×3C ＝1.5×10－5 C 开关S 断开稳定后，总电流为零，电容器两端电压为R 1两端的电压U 1，所带电量Q 2＝CU 1 ＝5×10－6×3C ＝1.5×10－5 C 通过R 1的电量，即为电容器增加的电量 ΔQ ＝Q 2+Q 1＝3×10－5 C. [典例３].如图所示，已知C ＝6 μF ，R 1＝5 Ω，R 2＝6 Ω， E ＝6 V ，r ＝1 Ω，电表均为理想电表，开关S 原来处于断开状态，下列说法中正确的是( ) A ．开关S 闭合瞬间，电流表的读数为0.5 A B ．开关S 闭合瞬间，电压表的读数为5.5 V C ．开关S 闭合后经过一段时间，再将开关S 迅速断开，则通过R 2的电荷量为1.8×10－5 C D ．以上说法都不对 [解析] 开关S 闭合瞬间，电容器充电，接近于短路状态，I ＝E R 1＋r ＝65＋1 A ＝1 A ，A 错误；电压表的读数U ＝IR 1＝1×5 V ＝5 V ， B 错误；开关闭合一段时间后，电容器相当于断路，I ′＝E R 1＋R 2＋r ＝65＋6＋1 A ＝0.5 A ，此时电容器上电荷量Q ＝CU 2＝CI ′R 2＝6×10－6 ×0.5×6 C ＝1.8×10－ 5C ，断开开关S 后，电荷量Q 经R 2释放，故C 正确．

高中物理电路的分析与计算

电路的分析与计算复习目标 1．通过含容电路、动态问题、电功率分配问题的讨论，提高对电路的判断分析能力。 2．通过解决含有电表的各类电路问题、电路故障的分析、黑箱问题的讨论，提高解决电学实验问题的能力。一.选择题 1．如图所示，四个相同灯泡在电路中，比较它们的亮度，正确的说法是：（） A. L 4最亮 B. L 3最暗 C. L 1和L 2同样亮 D. L 3和L 4同样亮 2．把两个相同的电灯分别接成图中a 、b 两种电路，调节变阻器，使电灯都正常发光，若两电路消耗的总功率分别为P a ，P b 。两个变阻器R 1、R 2消耗的电功率分别为P 1、P 2，则：( ) A. b a P P 2= B. b a P P = C. 212P P = D. 2 12P P > 3．如图所示，电源电动势恒定，要想使灯泡变暗，可以（） A. 增大R 1 B. 减小R 1 C. 增大R 2 D.减小R 2 4．电动势为ε，内阻为r 的电池与固定电阻R 0，可变电阻R 串联，如图所示，设R 0＝r ，R ab ＝2r ，当变阻器的滑动片自a 端向b 端滑动时，下列物理量中随之减小的是（） A ．电池的输出功率 B ．变阻器消耗的功率 C ．固定电阻R 0上的消耗功率 D ．电池内电阻上的消耗功率第5题图 5．如图所示电路中，O 点接地，当原来断开的K 闭合时，A 、B 两点的电势U A 、U B 的变化情况是： A.都升高 B. 都降低 C. U A 升高，U B 降低 D. U A 降低，U B 升高 a b U L 2 L 1 L 3 L 4 U ( a ) R 1 U ( b ) R 2 第2题图 ε C R 2 R 1 第3题图 εr R 0 a b 第4题图

含容电路的计算整理

1 含容电路的计算专题分析（高考热点） 1、求电路稳定后电容器所带的电量求解这类问题关键要知道：电路稳定后，电容器是断路的，同它串联的电阻均可视为短路，电容器两端的电压等于同它并联电路两端的电压。【例1】在图16所示的电路中,已知电容C=2μF,电源电动势E=12V ,内电阻不计,R 1∶R 2∶R 3∶R 4=1∶2∶6∶3.则电容器极板a 所带的电量为（） A.-8×10-6C B. 4×10-6C C. -4×10-6C D. 8×10-6C 2、求通过某定值电阻的总电量【例2】图17中,E=10V ，R 1=4Ω，R 2=6Ω，C=30μF ，电池内阻可忽略. (1)闭合电键K,求稳定后通过R 1的电流和此时电容器所带的电量. (2)然后将电键K 断开,求这以后流过R 1的总电量. 【练1】在如图18所示的电路中，电源的电动势E=30V ,内阻r=1.0Ω,R 1=10Ω,R 2=10Ω,R 2=30Ω,R 3=35Ω,电容器的电容C=100μF ，电容器原来不带电.求接通电键K 后流过R 4的总电量. 【练2】图19中电源电动势E=10V ，C 1=C 2=30μF ，R 1=4.0Ω, R 2=6.0Ω,电源内阻可忽略。先闭合电键K ，待电路稳定后，再将K 断开，则断开K 后流过电阻R 1的电量为 . 3、讨论平行板电容器内部场强的变化，从而判定带电粒子的运动情况。【例3】一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个可变电阻及电源联接成如图20所示的电路.今有一质量为m 的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.要使油滴上升,可采用的办法是: A.增大R 1 B.增大R 2 C.增大R 3 D.减小R 2 【练4】在如图22电路中,电键K 1、K 2、K 3、K 4均闭合,C 是极板水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P.断开哪一个电键后P 会向下运动? A.K 1 B.K 2 C.K 3 D.K 4 【练6】两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图24所示，接通开关K ，电源即给电容器充电.（） A ．保持K 接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小 B ．保持K 接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大 C ．断开K ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小 D ．断开K ，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大 4、电荷守恒定律与电容的综合问题【例4】在如图25所示的电路中,电容器A 的电容C A =30μF,电容器B 的电容C B =10μF.在电键K 1、K 2都是断开的情况下,分别给电容器A 、B 充电.充电后,M 点的电势比N 点高5V ,O 点的电势比P 点低5V .然后把K 1、 K 2都接通,接通后M 点的电势比N 点高( ). A 、10V . B 、5V . C 、2.5V . D 、 4.0V F 图16 图17 E ， 3 图18 图19 图20 图22 图25 图24 E

物理31第二章含电容器电路经典习题.docx

含电容器电路经典习题例 1：如图所示滑动变阻器 R 1=1Ω， R 2=2Ω， R 3=6Ω， E ＝ 2V ， r ＝1Ω， C ＝ 500μ F ，求：（ 1）断开 S 1，合上 S2 时电容器电量是多少（ 2）再合上 S 1，稳定后电容上带电量改变多少（ 3）若要求再断开 S 1 时电容 C 上电量不变，那么当初 R 1 应调节为多少例 2：如图，电源电动势为 1 3 4 2 为变阻箱，电容 C =2× 10 - 14，不计内阻， R =12Ω， R =3Ω， R =4Ω， R 10 F 当电容器上带电量为 4× 10- 10 C ，电阻箱 R 2 的阻值多大 1、如图所示， 1 3 ＝5 2 E ＝ 10 V, r ＝ 1Ω, R ＝ R Ω , R ＝ 4Ω， C ＝ 100μ F 。当 S 断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态。求： (1)S 闭合后，带电粒子加速度的大小和方向； 3 1 的总电荷量。 R S R 3 (2)S 闭合后流过 R C R E r 2、电动势为 E 、内电阻为 r 的电源与粗细均匀的电阻丝相联，组成如图所示的电路。电阻丝长度为L ，电阻为 R ，C 为平行板电容器，其相对面积为 S ，两板间的距离为 d. 在滑动触头向右滑的过程中，电流计中有电流通过，为什么若电流计允许通过的最大电流为 I m ，求 P 滑动时，所允许的最大速度是多少 3、如图所示，将一电动势 E=，内阻 r= Ω的电源和粗细均匀的电阻丝相连，电阻比长度 L=，电阻 R=99 Ω，电容 C=μ F ，当滑动触头 P 以 4× 10— 3m/s 的速度向右滑动时，下列说法中正确的是（） A ．电容器 C 充电，流过电流计 G 的电流方向为 a → G → b B ．电容器 C 放电，流过电流计 G 的电流方向为 b → G → a C ．每秒钟电容器两极板的电压减少量为 D ．流过电流计的电流是 4× 10— 3mA 4、如图所示，电动势为、内阻为 r 的电源与电阻 R 、 R 、 R 、平行板 1 2 3 电容器 AB 及电流表组成电路，滑动变阻器 R 1 处于某位置时， A 、B 间的带电油

含容电路分析计算技巧和实例

含容电路分析计算技巧和实例电容器是一个储存电能的元件．在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大（只考虑电容器是理想的不漏电的情况）的元件，在电容器处电路看作是断路，简化电路时可去掉它。简化后若要求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上。分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点： (1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过．所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压． (2)当电容器和用电器并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联用电器两端的电压相等． (3)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电．如果电容器两端电压升高,电容器将充电,如果电压降低，电容器将通过与它并联的电路放电.电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。 ⑷如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和。含有电容器的电路解题方法（1）先将含电容器的支路去掉（包括与它串在同一支路上的电阻），计算各部分的电流、电压值。（2）电容器两极扳的电压，等于它所在支路两端点的电压。（3）通过电容器的电压和电容可求出电容器充电电量。（4）通过电容器的电压和平行板间距离可求出两扳间电场强度，再分析电场中带电粒子的运动。例1：如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）

(九)——电磁感应中的含容电路分析

微讲座 (九)——电磁感应中的含容电路分析一、电磁感应回路中只有电容器元件这类问题的特点是电容器两端电压等于感应电动势，充电电流等于感应电流．(2013 ·高考新课标全国卷Ⅰ )如图，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．［解读］ (1)设金属棒下滑的速度大小为 v，则感应电动势为 E＝BLv① 平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E② 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有 C＝U Q③ 联立①②③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 F 安＝BLi ⑤ 设在时间间隔 (t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有 i ＝ΔΔQ t ⑥ ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t， t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝ CBLΔv⑦ 式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有a＝ΔΔv t⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F f＝μF N⑨ 式中， F N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有 F N＝ mgcosθ⑩ 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 －F 安－ F f＝ ma? m sin θ－μcosθ 联立⑤至 ? 式得 a＝ 2 2 g? m＋ B L C 由 ? 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

(完整版)含电容器电路的归类分析.docx

含电容器电路的归类分析山东潍坊寒亭一中张启光李瑞芳（邮编 261100）电容器是一个储能元件，在直流电路中，当电路稳定后，电容器相当于一个阻值无限大的元件，含有电容器的支路看作断路，关于电路中电容器的考查常见以下几方面：一、考查电容器所带电荷量例 1 如图 1 所示电路中，已知电容器的电容 C=2 F ，电源电动势 E=12V ，内阻不计， R 1 : R 2 : R 3 : R 4 =1:2:6:3 ，则 S 闭合时电容器 a 板所带电荷量为（） A ．－ 8×10 6 C B ． 4× 10 6 C 1 a 2 R R C ．－4×10 6C D ． 8×10 6 C R 3 b R 4 解析：电源内阻不计则路端电压为 12V ，电路稳定后电容器相当于断路，由串联正比分压有 U 1 R 1 1 ，则U 2 ＝8V ，同理 S U 2 R 2 2 图 1 U 3 R 3 2 ，则U 4 ＝4V ，取电源的负极电势为零，则 a 板电势为 8V ， b 板电势为 4V ， U 4 R 4 1 故电容器两极板间电势差 U ＝ 4V ， a 板带正电荷 q CU ＝8×10 6 C ，正确答案为 D ．二、考查电路变化后流过用电器的电荷量例 2 如图 2 所示电路中 R 1＝ R 2＝ R 3 ＝8 ，电容器电容 C=5 F ， 1 R 3 电源电动势 E=6V ，内阻不计，求电键 S 由稳定的闭合状态断开后流过 R 3 的 R a b 电荷量．解析：电键闭合时电路结构为 R 1 和 R 2 串联后与 R 3 并联，电容器并在 R 2 S R 2 两端，电源内阻不计，由串联正比分压得 U 2 ＝ 3V ， b 板带正电，电荷量 Q ＝CU ＝ 15× 10 6 R 和 R 串联，电容器通过图 2 C ；电键断开后电路结构为 1 2 2 R 并在 R 两端，则电容器两端电压为 U 1 ＝ 3V ，b 板带负电，电荷量 Q CU 1＝15×10 6 C ， 3 1 所以电键断开后电容器通过 R 3 先放电后反向充电，流过 R 3 的电荷量为两情况下电容器所带电荷量之和 Q Q Q ＝ 3× 10－5 C ．注意：求电路变化后流过用电器的电荷量的问题，一定要注意同一极板上所带电荷的电性是否变化，不变则流过用电器的电荷量为初、末状态电容器所带电荷量之差，变化则为二者之和．三、以电容器为背景考查力电综合问题例 3 如图 3 所示， R 1 ＝ R 2 ＝ R 3 ＝ R 4 ＝ R ，电键 S 闭合时，间距为 d 的平行板电容器 C 的正中间有一质量为 m 、电荷量为 q 的小球恰好处于静止状态； R 1 R 2 电键 S 断开时，小球向电容器的一个极板运动并发生碰撞，碰后小 R 3 S · 球带上与极板同性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能的损失，小 4 R 球反弹后恰好能运动到电容器的另一极板，不计电源内阻，求电源的电动势和碰后小球所带的电荷量．图 3 解析：电键 S 闭合时 R 1 、 R 3 并联后与 R 4 串联（ R 2 中没有电流通过），电容器并在 R 4 2 E ，对带电小球有 mg U C ，解得 E 3mgd 上，U C ＝ U 4 ＝ q ．电键 S 断开时，仅 R 1 、 3 d 2q R 4 串联，电容器仍并在 R 4上，U C E ，故小球向下运动，设小球与下极板碰撞后带电荷 2 量为 q ，从小球开始运动到小球恰好运动到上极板的全过程由动能定理得 mgd qU C q U C ＝0，综合解得 q 7q 2 2 ． 6 点评：分析和计算含有电容器的直流电路问题，关键是准确地判断和求出电容器两端的电压，具体方法是：（ 1）明确电路结构，确定电容器和哪部分电路并联，该电路两端电压就是电容器两端

含容电路

含容电路 1．电路的简化不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。 2．电路稳定时电容器的处理方法电容器所在的支路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不降低电压，是等势体。电容器两端的电压等于与之并联的支路两端的电压。 3．电容器所带电荷量及其变化的计算 (1)利用Q ＝UC 计算电容器所带的电荷量； (2)如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差； (3)如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之和。 1.(2016·黑龙江大庆期中)如图所示，U ＝10 V ，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF. (1)闭合开关S ，电路稳定后，求通过R 1的电流； (2)然后断开S ，求这以后流过R 1的电荷量． 2.如图所示，电源电动势E ＝12V ，内阻r ＝1Ω，电阻R 1＝3Ω，R 2＝2Ω，R 3＝5Ω，电容器的电容C 1＝4μF ，C 2＝1μF 。求: (1)当S 闭合时间足够长时，C 1和C 2所带的电量各是多少? (2)然后把S 断开，S 断开后通过R 2的电量是多少? 2. (多选)(2015·东北三校二模)如图所示，C 1＝6 μF ，C 2＝3 μF ，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电源电动势E ＝18 V ，内阻不计。下列说法正确的是( ) A ．开关S 断开时，a 、b 两点电势相等 B ．开关S 闭合后，a 、b 两点间的电流是2 A C ．开关S 断开时C 1带的电荷量比开关S 闭合后C 1带的电荷量大 D ．不论开关S 断开还是闭合，C 1带的电荷量总比C 2带的电荷量大 3. (多选)(2016·佛山质检)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L 能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( ) A ．滑动变阻器R 的阻值变小 B ．灯光L 变暗 C ．电源消耗的功率增大 D ．电容器C 的电荷量增大 4.如图所示，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，外电路中电阻R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝7.5 Ω，电容器的电容C ＝4 μF 。开始时开关S 断开，从开关合上到电路稳定的过程中，通过电流表的电荷量是多少？ 5.如图所示的电路中，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，电容器的电容C ＝40 μF ，电阻R 1 ＝R 2＝4 Ω，R 3 ＝5 Ω.接通电键 S ，待电路稳定后，求： (1)理想电压表V 的读数； (2)电容器的带电荷量．

(九)——电磁感应中的含容电路分析

设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝Q U③ 联立①②③式得Q＝CBL v. 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F安＝BLi ⑤ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有i＝ΔQ Δt⑥ ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(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．据定义有a＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为F f＝μF N ⑨ 式中，F N是金属棒对导轨的正压力的大小，有F N＝mg cos θ⑩ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，

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