高二物理电学专题提升专题20含容电路的分析及计算(2021年整理)
2025高考物理 闭合电路动态分析、故障分析及含容电路动态分析
2025高考物理闭合电路动态分析、故障分析及含容电路动态分析一、单选题1．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10（24V/200W）和10个相同的指示灯X1～X10（24V/2W），如图连接在220V交流电源上，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则（）A．X1功率减小，L1功率增大B．X1功率增大，L1功率增大C．X2功率增大，其它指示灯的功率减小D．X2功率减小，其它指示灯的功率增大2．在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，电表均为理想电表。
闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是（）A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电源的效率变大D．滑动变阻器消耗功率变大二、多选题3．如图，电路中的定值电阻0R 大于电源的内电阻r 。
现将开关S 闭合，将滑动变阻器R 的滑片P 向上滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为1U 、2U 、3U ，理想电流表A 的示数变化量的绝对值为I ，则下列说法中正确的是（ ）A ．电压表 V 1的示数增大，电压表V 2的示数减小B ．电流表A 的示数变大，电压表V 3的示数增大C ．电压表 V 3和电流表A 的示数变化量的比值30U r R I∆=+∆ D ．电压表 V 1和V 2的变化量12U U >三、单选题4．在如图所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示。
下列判断正确的是（ ）A ．|ΔU 1|<|ΔU 2|，|ΔU 2|>|ΔU 3|B ．1U I 不变，1U I ∆∆变小 C ．2U I变大，2U I ∆∆变大D ．3U I变大，3U I ∆∆变大四、多选题5．如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，滑动变阻器总电阻为R ，所有电表均为理想表。
高二物理题含电动机电路分析
1．一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2 A。
在30 s内可使该物体被匀速提升3 m。
若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量；(3)线圈的电阻。
解析：(1)电动机的输入功率P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W.(2)电动机提升重物的机械功率P机＝F v＝(4×3/30) W＝0.4 W.根据能量关系P入＝P机＋P Q，得生热的功率P Q＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2 W.所生热量Q＝P Q t＝0.2×30 J＝6 J.(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻R＝QI2t＝60.22×30Ω＝5 Ω.2、如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．19（12分）⑴灯泡L正常发光，电路中的电流为62A3LLPIU===⑵由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D=E－I(r+R)－U L=20－2×（1＋4）－3＝7V⑶电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7＝14W 电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5＝2W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14－2＝12W3．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6 A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？(2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【解析】(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I＝UR得R＝UI1＝2 Ω，其发热功率为P R＝UI1＝12×6 W＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 23r A 所以P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W4．利用电动机通过如图所示的电路提升重物， 已知电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝1 Ω，电阻R ＝3 Ω，重物质量m ＝0.10 kg ，当将重物固定时，电压表的示数为5 V ，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5 V ，求重物匀速上升时的速度大小(不计摩擦，g 取10 m/s 2)．解析：设电动机内阻为r ′当将重物固定时I ＝E －U r＝1 A R ＋r ′＝U I ＝5 Ω，r ′＝2 Ω当重物不固定时I ′＝E －U r＝0.5 A P 出＝UI ′＝2.75 W ，P R ＋P r ′＝I ′2(R ＋r ′)＝1.25 W所以重物的功率P ＝P 出－P R －P r ′＝mgv ，解得v ＝1.5 m/s 答案：1.5 m/s5．(10分)在图2－28所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω.D 为直流电动机，其电枢线圈电阻R ＝2 Ω，限流电阻R ′＝3 Ω.当电动机正常工作时，电压表示数为0.3 V ．求：(1)通过电动机的电流是多大？(2)电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？解析：(1)通过电动机的电流I 与流过限流电阻R ′的电流相同，由I ＝U R ′得：I ＝0.33A ＝ 0.1 A. (2)由E ＝Ir ＋U ＋U D 可得电动机两端电压U D ＝E －Ir －U ＝6 V －0.1×1 V －0.3 V ＝5.6 V 所以电动机输入的电功率P 入＝U D I ＝0.56 W.电动机的发热功率P 热＝I 2R ＝0.02 W. 电动机的输出功率P 出＝P 入－P 热＝0.54 W.答案：(1)0.1 A (2)0.56 W 0.02 W 0.54 W6．如图所示电路，电炉电阻R 1＝19 Ω，电动机电阻R 2＝0.5 Ω，电源内阻r ＝1 Ω.当开关S 断开时，电炉消耗的电功率为475 W ，S 接通、电动机正常运转后，电炉消耗的电功率为304 W ．求电动机转化为机械能的功率．解析：S 断开时外电路为纯电阻电路，电路中电流I ＝P 1R 1＝47519A ＝5 A ，由此可解得电源电动势E ＝I (R 1＋r )＝5×(19＋1) V ＝100 V.S 接通后外电路有两个支路，除纯电阻负载R 1支路外，另一支路负载为电动机，R 1支路中的电流I 1＝P 1′R 1＝30419A ＝4 A.路端电压U ＝I 1R 1＝4×19 V ＝76 V .由I ＝E －U r ＝100－761A ＝24 A 可知，电动机支路的电流I 2＝(24－4) A ＝20 A.电动机输入的电功率P 2＝I 2U ＝20×76 W ＝1 520 W ；电动机中的热功率P 耗＝I 22R 2＝202×0.5 W ＝200 W ；因此电动机转化为机械能的功率P 机＝I 2U －I 22R 2＝1 320 W.答案：1 320 W7. 如右图所示，电源的电动势是 6 V ，内电阻是 0.5 Ω，小电动机M 的线圈电阻为0.5 Ω，限流电阻R 0为3 Ω，若电压表的示数为3 V ，试求：(1)电源的功率和电源的输出功率；(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．【解析】 (1)由题意和部分电路欧姆定律可知I ＝UR 0R 0＝33A ＝1 A. 电源的功率 P 电＝EI ＝6×1 W ＝6 W 电源的输出功率P 出＝P 电－I 2r ＝6 W －0.5 W ＝5.5 W.(2)电动机消耗的功率P M ＝IU M ＝I (E －Ir －UR 0)＝2.5 W电动机输出的机械功率P 机＝P M －I 2r ＝2.5 W －0.5 W ＝2 W.【答案】 (1)6 W 5.5 W (2)2.5 W 2 W8．如下图所示，电源电动势为12 V ，内电阻为r ＝1 Ω，R 1＝1 Ω，R 2＝6 Ω，电动机线圈电阻为0.5 Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3 A ，则R 1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？解析： R 1上消耗的功率P 1＝I 2R 1＝9×1 W ＝9 W 电动机两端的电压U ＝E －I (R 1＋r )＝12 V－3×(1＋1) V ＝6 V 通过R 2的电流为I 1＝U R 2＝66A ＝1 A 通过电动机的电流为I 2＝I －I 1＝2 A 故电动机消耗的电功率为P 2＝I 2U ＝2×6 W ＝12 W.答案： 9 W 12 W9．规格为“220 V,36 W”的排气扇，线圈电阻为40 Ω，求：(1)接上220 V 的电压后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；(2)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．12．解析： (1)排气扇在220 V 的电压下正常工作时的电流为I ＝P U ＝36220A≈0.16 A ， 发热功率为P 热＝I 2R ＝(0.16)2×40 W≈1 W.转化为机械能的功率为P 机＝P －P 热＝36 W －1 W ＝35 W.(2)扇叶被卡住不能转动后，电动机成为纯电阻用电器，电流做功全部转化为热能，此时电动机中电流为I ′＝U R ＝22040A ＝5.5 A ，电动机消耗的功率即电功率等于发热功率．P ′电＝P ′热＝UI ′＝220×5.5 W ＝1 210 W.答案： (1)35 W 1 W (2)1 210 W 1 210 W10．如图所示，已知电源电动势E ＝20 V ，内阻r ＝1 Ω，当接入固定电阻R ＝4 Ω时，电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L 和内阻R D ＝0.5 Ω的小型直流电动机D 都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．解析：(1)灯泡L 正常发光，电路中的电流为I ＝P L /U L ＝63A ＝2 A. (2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D ＝E －I (r ＋R )－U L ＝20 V －2×(1＋4) V －3 V ＝7 V .(3)电动机的总功率为P 总＝IU D ＝2×7 W ＝14 W电动机的热功率为P 热＝I 2R D ＝22×0.5 W ＝2 W所以电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝14 W －2 W ＝12 W.答案：(1)2 A (2)7 V (3)12 W11．如图所示，电源电动势为E ＝30 V ，内阻为r ＝1 Ω，电灯上标有“6 V ，12 W”字样，直流电动机线圈电阻R ＝2 Ω.若电灯恰能正常发光，求电动机输出的机械功率．解析：由电灯恰能正常发光知：I ＝P U 灯＝126A ＝2 A. 则电动机两端电压U ＝E －Ir －U 灯＝22 V.所以电动机的输出功率P ＝UI －I 2R ＝36 W.答案：36 W12．如图所示，电源的电动势E ＝110 V ，电阻R 1＝21 Ω，电动机的电阻R 0＝0.5 Ω，开关S 1始终闭合。
高中电学电路分析试题及答案
高中电学电路分析试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪个选项是欧姆定律的表达式？A. V = IRB. V = P/IC. P = IVD. I = V/P答案：A2. 串联电路中，总电阻与各部分电阻的关系是什么？A. 总电阻等于各部分电阻之和B. 总电阻等于各部分电阻之差C. 总电阻等于各部分电阻之积D. 总电阻等于各部分电阻倒数之和答案：A3. 并联电路中，总电流与各支路电流的关系是什么？A. 总电流等于各支路电流之和B. 总电流等于各支路电流之差C. 总电流等于各支路电流之积D. 总电流等于各支路电流倒数之和答案：A4. 一个电路中，电源电压为12V，电阻为6Ω，通过电阻的电流是多少？A. 1AB. 2AC. 3AD. 4A答案：B5. 电容器的单位是什么？A. 欧姆（Ω）B. 法拉（F）C. 伏特（V）D. 安培（A）答案：B二、填空题（每空1分，共10分）6. 当电路中的电阻增加时，电路中的电流将______。
答案：减小7. 电路中的功率P可以表示为电压V与电流I的乘积，即P = ______。
答案：VI8. 串联电路中，总电压等于各部分电压之______。
答案：和9. 并联电路中，各支路电压______。
答案：相等10. 电容器在直流电路中相当于______。
答案：断路三、简答题（每题5分，共10分）11. 什么是基尔霍夫电压定律（KVL）？答案：基尔霍夫电压定律指出，在一个闭合电路中，沿着任何闭合路径的电压降之和等于零。
12. 什么是基尔霍夫电流定律（KCL）？答案：基尔霍夫电流定律指出，在一个节点上，流入该节点的电流之和等于流出该节点的电流之和。
四、计算题（每题15分，共30分）13. 一个简单的串联电路，包含一个12V的电源，一个10Ω的电阻和一个20Ω的电阻。
求电路中的总电阻和电流。
答案：总电阻R_total = R1 + R2 = 10Ω + 20Ω = 30Ω。
高三物理含容电路试题答案及解析
高三物理含容电路试题答案及解析1.如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R为定值电阻，电容器的电容为C，R为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。
闭合开关S后，将照射光强度增强，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，，则在此过程中A．△U和△I的比值增大B．电压表示数U和电流表示数I比值不变C．电阻R两端电压增大，增加量为△UD．电容器的带电量减小，减小量为C△U【答案】D【解析】分析电路可知，闭合开关S后，将照射光强度增强，光敏电阻的阻值减小，电路中电流增大，电压表示数即光敏电阻或电容器两端电压为减小，电路中的电压、电流是状态量，故△U和△I的比值无意义，A错；电压表示数U和电流表示数I比值等于R的电阻，会减小，B错；电阻R两端电压为，增加量为△IR不等于△U，C错；电容器电荷量决定于其电压和电容，D正确。
【考点】电容器的电容、闭合电路欧姆定律2.如图所示电路中，电源电动势E＝10v，内电阻不计，电阻R1＝14Ω，R2＝6.0Ω，R3＝2.0Ω，R4＝8.0Ω，R5＝10Ω，电容器的电容C＝2μF，求：（1）电容器所带的电荷量。
并说明电容器哪个极板带正电．（2）若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5？【答案】（1），下极板带正电；（2）【解析】（1）由图可知：得同理可得：令d点的电势为零电势，即则有：且可知： b点电势高，下极板带正电（2）R2断路后：此时下极板带负电，则流过R5电荷量为：【考点】3.如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大【答案】A【解析】由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；AB、当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小；A正确C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动；错误D、因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小；错误故选A【考点】电路的动态分析点评：动态问题分析思路总体来说是按照先部分后整体再部分的顺序，要充分利用电路中不变部分的电阻不变的特点，间接地讨论电路变化部分．还要注意电源是有内阻的。
高中物理电路题解析
高中物理电路题解析电路题是高中物理中的重要内容之一，也是学生们普遍感到困惑的部分。
在解答电路题时，我们需要掌握一些基本的解题技巧和方法，才能够准确地分析和解决问题。
本文将通过具体的题目举例，详细说明电路题的解题思路和考点，并给出一些解题技巧和指导，帮助高中学生更好地应对电路题。
一、串联电路题1. 题目：如图所示，两个电阻R1和R2串联连接在电源上，已知电源电压为U，电流表A和电压表V的示数分别为I和V。
求R1和R2的阻值。
解析：首先，我们需要根据题目中给出的信息，列出等式。
根据欧姆定律，电阻与电流和电压之间的关系为R=U/I。
由于R1和R2串联连接在一起，所以它们的电流相等，即I1=I2=I。
根据题目中给出的电流表A和电压表V的示数，我们可以得到以下等式：U=V+V，即U=2V。
将这些等式代入欧姆定律，可以得到R1=U/I1=2V/I，R2=U/I2=2V/I。
因此，R1和R2的阻值分别为2V/I。
考点：串联电路的特点是电流相等，电压分担。
在解答这类题目时，我们需要根据题目给出的信息，列出等式，并利用欧姆定律进行计算。
同时，我们还需要注意串联电路中电流的分布和电压的分担关系。
二、并联电路题2. 题目：如图所示，两个电阻R1和R2并联连接在电源上，已知电源电压为U，电流表A和电压表V的示数分别为I和V。
求R1和R2的阻值。
解析：对于并联电路，电流分担，电压相等。
根据题目中给出的信息，我们可以得到以下等式：I=I1+I2，U=V=V1=V2。
根据欧姆定律，可以得到R1=V1/I1，R2=V2/I2。
由于并联电路中电压相等，所以V1=V2=V，将这些等式代入欧姆定律，可以得到R1=V/I1，R2=V/I2。
因此，R1和R2的阻值分别为V/I1和V/I2。
考点：并联电路的特点是电流分担，电压相等。
在解答这类题目时，我们需要注意电流的分布和电压的相等关系，并利用欧姆定律进行计算。
三、混合电路题3. 题目：如图所示，一个电阻R1和两个电阻R2和R3并联连接在电源上，已知电源电压为U，电流表A和电压表V的示数分别为I和V。
电路动态分析问题、含容电路专题
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无电流。
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，电源电动势E=10V， R1=4Ω,R2=6Ω,C=30μF,电池内阻可忽 略。
R2
③
把R1看成电源内电阻
Er
答案：① 2.25W；②R1 2W；③ 1.5W。
A．电源的路端电压一定逐渐变小 B．电源的输出功率一定逐渐变小 C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大 D．电源的供电效率一定逐渐变小
例1、如图所示，线段A为某电源U-I图线，线段 B为某电阻R的U-I图线。以上述电源和电阻组成闭合 电路时， 求(1)电源的输出功率P出多大? (2)电源内部损耗的电功率P内是多少? (3)电源的效率多大?
P总 E R r
（最后一个等号只适用于外电路为纯电阻电路）
三、电源的输出功率
R
P出 I 2R
E 2R (R r )2
I
Er
E2
(R
r )2 R
4r
1、当外电阻等于内电阻时电源的输出功率最大
Pm
E2 4r
三、电源的输出功率
1、当外电阻等于内电阻时电源的输出功率最大
Pm
E2 4r
2、电源输出功率随外电阻变化的图线（ P出 R 图线）
的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，
额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压
表读数为3V，那么当开关S接位置2时，小灯
泡L的发光情况是
A．很暗，甚至不亮
B．正常发光
C．不正常发光略亮
D．有可能被烧坏
高二物理部分电学知识点及例题
L4L质子源v 1v 2一、电流、电阻和电阻定律1．电流：电荷的定向移动形成电流．（1）形成电流的条件：内因是有自由移动的电荷，外因是导体两端有电势差．（2）电流强度：通过导体横截面的电量Q 与通过这些电量所用的时间t 的比值。
①I=Q/t ；假设导体单位体积内有n 个电子，电子定向移动的速率为V ，则I=neSv ；假若导体单位长度有N 个电子，则I ＝Nev ．②表示电流的强弱，是标量．但有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．③单位是：安、毫安、微安1A=103mA=106μA2．电阻、电阻定律（1）电阻:加在导体两端的电压与通过导体的电流强度的比值. R=U/I,导体的电阻是由导体本身的性质决定的,与U.I 无关.(2)电阻定律:导体的电阻R 与它的长度L 成正比,与它的横截面积S 成反比. R ＝ρL/S (3)电阻率:电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量，由材料决定,但受温度的影响．①电阻率在数值上等于这种材料制成的长为1m,横截面积为1m 2的柱形导体的电阻.②单位是:Ω·m.（4）电阻随温度的变化关系A 金属导体：导电性能好，电阻率随温度的升高而变大，随温度的降低而减少。
b 半导体:导电性能介于导体和绝缘体之间，电阻率随温度的升高而减小，导电性能由外界条件所控制，如改变温度、光照、掺入微量杂质等c 超导体:有些物质当温度降低到绝对零度附近时它们的电阻率会突然变为零．d 标准电阻：锰铜合金和镍铜合金的电阻率随温度变化极小，利用它们的这种性质，常用来制作标准电阻。
二、部分电路欧姆定律1、导体中的电流I 跟导体两端的电压成正比，跟它的电阻R 成反比。
I=U/R2、适用于金属导电体、电解液导体，不适用于空气导体和某些半导体器件．3、导体的伏安特性曲线:研究部分电路欧姆定律时,常画成I ～U 或U ～I 图象,对于线性元件伏安特性曲线是直线,对于非线性元件,伏安特性曲线是非线性的.注意：①我们处理问题时，一般认为电阻为定值，不可由R=U/I 认为电阻R 随电压大而大，随电流大而小．②I 、U 、R 必须是对应关系．即I 是过电阻的电流，U 是电阻两端的电压．【例1】来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV 的直线加速器加速，形成电流强度为1mA 的细柱形质子流。
(完整版)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：UQ U QC ∆∆==，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kds 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，dU 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：kdS C r πε4=（２）平行板电容器内部是匀强电场，dU 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 2B ．4kQq/d 2C ．Qq/CdD ．2Qq/Cd1、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，电容器两极板间电压逐渐减小B．在形成电流曲线2的过程中，电容器的电容逐渐减小C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D．S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E2、如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列的图像中能正确反映电容器的带电量Q、电压U和电容器电容C之间关系的是：（）3、(2012·江苏单科，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()．A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小4、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变小B．保持S不变，增大d，则θ变大C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ变大5、(2012·课标全国，18)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()．A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动6、平行板电容器的两极板A 、B 接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S ，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图4所示，则下列说法正确的是 ( )A ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ减小 B ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大C ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大D ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变7、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一负点电荷（电量很小）固定在P 点，如图所示．以E 表示两极板间电场强度，ϕ表示负极板电势，ε表示正点电荷在P 点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A ． E 变大，ϕ降低B ．E 不变，ϕ升高 C ． ϕ升高，ε减小D ． ϕ升高，ε增大8、如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E 的直流电源连接，下极板接地．静电计外壳接地．闭合电键S 时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的P 点．下列说法正确的是（ ）A ． 若将A 极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小B ． 若将A 极板向上平移一小段距离，静电计指针张角变小C ． 若将A 极板向下平移一小段距离，P 点电势将升高D ． 若断开电键S ，再将A 极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动9、如图所示，Ａ、Ｂ为平行金属板，两板相距为ｄ，分别与电源两板相连，两板的中央各有一个小孔Ｍ和Ｎ。
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专题20 含容电路的分析及计算一：专题概述解决含电容器的直流电路问题的一般方法：（1) 不分析电容器的充、放电过程时,把电容器处的电路视为断路,简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。
（2）电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流,同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降压的作用,但电容器两端可能出现电势差.(3）电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电。
若电容器两端电压升高,电容器将充电；若电压降低,电容器将通过与它连接的电路放电.(4）如果电容器与电源并联，且电路中有电流通过,则电容器两端的电压不是电源电动势E,而是路端电压U.(5) 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、末状态电容器带电荷量之差；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、末状态电容器带电荷量之和.二：典例精讲1．电容器与滑动变阻器的电路分析典例1：在如图所示的电路中，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向a端移动一段距离,下列结论正确的是A．灯泡L变亮B．电流表读数变大C．电容器C上的电荷量增多D．电压表读数变小【答案】C2．电容与传感器结合的电路分析典例2：如图所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小。
当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电。
当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较A．电容器C的上极板带正电B．电容器C的下极板带正电C．通过R4的电流变小，电源的路端电压增大D．通过R4的电流变大,电源提供的总功率变小【答案】B3．电容器与二极管电路的分析典例3：如图所示的电路中,电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω,R2=6Ω，电容器的电容C=3。
6μF，二极管D具有单向导电性。
开始时，开关S1闭合,S2断开.(1）合上S2,待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少.(2）合上S2，待电路稳定以后再断开S1,求断开S1后流过R1的电荷量是多少.【答案】（1) 减少1.8×10—6C(2) 9.6×10—6C【解析】（1) 设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1,干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有I1==1。
5A,U 1=I1R1=4。
5V。
合上开关S2后,电容器电压为U2,干路电流为I2.根据闭合电路欧姆定律有I2==2A，U 2=I2=4V。
所以电容器上电荷量变化了ΔQ=(U2—U1）C=—1。
8×10-6 C.(或电容器上电荷量减少了1。
8×10—6C)（2) 合上S2后,电容器上电荷量为Q=CU2=1.44×10-5C.断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比,流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9。
6×10-6C.三总结提升（1)电路稳定后，电容器两极板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，电容器两极板间的电压与其并联的电路两端的电压相等。
（3）电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电，若果电容器两端电压升高,电容器将充电；反之,电容器将放电。
(4）电容器在直流电路中相当于断路，对电路没有作用.（5）当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压.四提升专练1。
在如图所示的电路中,电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻,R为滑动变阻器.开关闭合后，灯能正常发光,当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是A。
路端电压变小 B. 灯泡L将变亮C. 电容器C的电量将减小 D。
电容器C的电量将增大【答案】D【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时,变阻器在路电阻增大，外电阻增大,电路中电流减小，路端电压增大，故A错误．电路中电流减小，灯L变暗，故B错误．电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大．故C错误，D正确．故选D。
2. （多选) 在如图所示的电路中，S闭合，电容器已经充电.现将S断开，则以下判断正确的是（）A. 电容器将放电B. 电容器将继续充电C。
有瞬时电流通过R3D. 电容器上的带电荷量将增大【答案】BCD3。
如图所示的电路中，E为电池，R1、R2为可变电阻，R为定值电阻,C为平行板电容器.闭合开关S后，能使电容器带电荷量增加的方法是（)A. 增大R 1的阻值B 。
增大电容器两极板间的距离C 。
减小R 2的阻值D 。
将电容器的两极板错开些 【答案】 C【解析】 电容器与R 1串联，改变R 1的阻值对电容器两端电压无影响,A 项错误;增大电容器两极板的距离和将电容器的两极板错开些,电容C 减小，电压不变，带电荷量减小，B 、D 选项错误；减小R 2可以增大R 两端电压,C 项正确。
4.阻值相等的四个电阻R 、电容器C 及电池E （内阻可忽略）接成如图所示的电路。
保持S 1闭合，开关S 2断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为Q 1;闭合开关S 2，电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为A ． 5:3B ．2：1C ．1:2D ．1:3【答案】A【解析】电池E 的内阻可忽略不计，保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，电容器的电压为：，再闭合开关S2时，电容器的电压为:，由Q =CU 得：C 相同,则有：Q 1:Q 2=U 1：U 2=5:3，故A 正确,BCD 错误。
5.(多选）如图所示，电路中R T 为热敏电阻,R 1和R 2为定值电阻。
当环境温度升高时，R T 阻值变小。
开关S 闭合后，若环境温度降低，则（）12233E E U R R =⨯=22552E EU R R =⨯=A. 通过 R1的电流变小B. 通过R2的电流变小C。
R T两端的电压增大 D. 电容器两极板间的电场强度不变【答案】AC6.（多选）如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∝)连接,电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S,稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点.在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是( )A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B。
当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C。
断开开关S,带电油滴将向下运动D。
当电容器的下极板向左移动时,P点的电势会升高【答案】ADC ：断开开关S ，理想二极管具有单向导电性,故电容器不会放电，两板间的电场强度不变,带电油滴仍静止。
故C 错误D ：当电容器的下极板向左移动时，电容器两极板的正对面积变小, 电容器的电容减小，电容器两极间的电压增大，理想二极管具有单向导电性，故电容器不会放电电荷量不变U 变大，又,电容器两板间的电场强度增大，设P 点到下极板距离为h ，则P 与下极板间电势差为，又下极板接地电势为零,故P 点的电势会升高。
D 正确7.（多选） 如图电路中,电源电动势为E 、内阻为r ,R 0为定值电阻，电容器的电容为C ．闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值，电压表示数的变化量为ΔU ，电流表示数的变化量为ΔI ，则（ ）A. 变化过程中ΔU 和ΔI 的比值保持不变 B 。
电压表示数变大，电流表示数变小 C 。
电阻R 0两端电压减小，减小量为ΔU D 。
电容器的带电量增大,增加量为C ΔU4S C kdεπ=Q U C=U E d=Eh【答案】ABD8。
电容器C 1、C 2和可变电阻器R 1、R 2以及电源ε连接成如图所示的电路．当R 1的滑动触头在图示位置时，C 1、C 2的电量相等．要使C 1的电量大于C 2的电量，应A. 增大R 2 B 。
减小R 2C. 将R 1的滑动触头向A 端移动 D 。
将R 1的滑动触头向B 端移动 【答案】D【解析】由题意,当变阻器R 1的滑动触头在图示位置时,C 1、C 2的电量相等,则，要使C 1的电量大于C 2的电量，根据Q =CU ,可知，C 1的电压占R1两端的总电压的比例应增大，根据闭合电路分析，则有当将R 1的滑动触头向B 端移动时，C 1的电压占R1两端的总电压的比例将增大,而R 2电阻的增大或减小，都不会导致C 1的电压占R1两端的总电压的比例增大，故D 正确，ABC 错误； 故选D.9。
（多选) 如图所示的电路，R 1＝R 3＝R 4＝R 5＝R ，滑动变阻器R 2的总电阻为2R,其滑片P 恰处在正中，电源的内阻不计，电键S 1闭合，单刀双掷开关S 2合在a 端，此时平行板电容器C 的带电量为Q ，如果将R 2的触片滑到最右端1122cU cUA. 电容器C的带电量变为2Q/3B. 电容器C的带电量将变为Q/3C。
再将S2由a合向b端，将有向右的瞬时电流流过R4D。
将S2由a合向b端后,通过电阻R5的电量为2Q/3【答案】AC10。
在如图所示电路中，电源电动势为12 V，内阻不计,各电阻阻值已在图中标出,开关是闭合的。
现将开关断开，测得通过电阻R3的电荷量为1。
19×10—5C，则电容器的电容为（ )A。
1。
75 μF B. 4.25 μFC. 5.95 μFD. 2。
48 μF【答案】A开关断开时, 和与串联，电容器的电压等于的电压，则代入数据得：,此时电容器两端电压为4。
8V且下极板带负电；开关断开,测得通过电阻R3的电荷量为1.19×10-5C，则代入数据得：故选A11. 如图所示的电路中，R1=3 Ω,R2=6 Ω,R3=1.5 Ω，C=20 μF.当开关S断开时,电源所释放的总功率为2 W;当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W。
求:（1）电源的电动势和内阻.(2) 闭合S时,电源的输出功率.（3） S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少.【答案】（1) 4 V0.5 Ω（2） 3.5 W(3） 6×10—5 C0【解析】（1) S断开时P总==2 W，S闭合时P'总==4 W,R并=,1R2R4R2R22124EU RR R R=++ 2U4.8V＝()12QC U U=+61.75101.75C F Fμ-=⨯=解得E=4 V,r=0。
5 Ω.12．如图所示，电源电动势E =6 V,内阻r =1 Ω，电阻R 1=2 Ω,R 2=3 Ω，R 3=7.5 Ω，电容器的电容C =4 μF，开关S 原来断开。
试求：（1）电容器所带电量；（2)合上开关S 到电路稳定，这一过程中通过电流表的电荷量。
【答案】（1）C(2）【解析】（1）S 断开，C 相当于断路,中无电流，C 两端电压即两端电压电容器的电压电容器的带电量C 且a 板带正电，b 板带负电。
（2）S 闭合， 与串联后再与并联，C 两端电压即两端电压，51.210-⨯51.9210C -⨯22123R U E VR R r ==++521.210Q C U -==⨯1R 2R 1R。