含滑动变阻器、电容器的电路

含滑动变阻器、电容器的电路1.右图所示是一个电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中〔〕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.如下图电路中，C2=2C1，R2=2R1，以下说法中正确的选项是〔〕A.开关处于断开状态，电容C2的电荷量大于C1的电荷量B.开关处于断开状态，电容C1的电荷量大于C2的电荷量C.开关处于接通状态，电容C2的电荷量大于C1的电荷量D.开关处于接通状态，电容C1的电荷量大于C2的电荷量3.(2006黄冈一模)在如下图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时〔〕A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小4.如图甲所示电路，电源电动势为E，阻不计，滑动变阻器的最大阻值为R，负载电阻为R0.当滑动变阻器的滑动端S在某位置时，R0两端电压为E/2，滑动变阻器上消耗的功率为P.假设将R0与电源位置互换，接成图乙所示电路时，滑动触头S的位置不变，那么〔〕A.R0两端的电压将小于E/2B.R 0两端的电压将等于E/2C.滑动变阻器上消耗的功率一定小于PD.滑动变阻器上消耗的功率一定大于P5.在如下图的电路中，电源电动势为E.设电流表的示数为I，电压表的示数为U，电容器C所带的电荷量为Q.将滑动变阻器R1的滑动触头P向上移动，待电流到达稳定后，那么与P移动前相比〔〕A.假设电源阻不可忽略，那么U减小B.假设电源阻不可忽略，那么I增大C.假设电源阻不可忽略，那么Q减小D.假设电源阻可以忽略，那么Q减小6.在如下图的电路中，电源的电动势为E、电阻为r，当滑动变阻器的滑动触头由a向b 滑动的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A.电阻R两端的电压增大B.电容器C两端的电压减小C.电容器C上所带的电荷量增加D.电源两端的电压减小7.在如下图的电路中，当滑动变阻器R的滑片P向右移动的时候，那么〔〕A.电流表示数减小，同时L1灯变亮B.电流表示数增大，同时L2灯变暗C.电压表V1示数减小，同时L2灯变亮D.电压表V2示数减小，电流表示数增大8.如下图电路，电源有不可忽略的电阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，电容器C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下面的判断正确的选项是〔〕A.仅将R1增大，Q1和Q2都将增大B.仅将R2增大，Q1和Q2都将增大C.仅将R3增大，Q1和Q2都将不变D.突然断开开关S，Q1和Q2都将不变9.如下图电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是两极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪一个开关后P会向下运动〔〕A.S1B.S2C.S3D.S410.如下图电路中，R1=R2=4 Ω，R3=2 Ω，电源电动势E=30 V，阻r=2 Ω.电容器的电容C=20 μF,其板间距离d=1 cm，板间有一个质量m=0.1 g、带电荷量q=10-6C的带正电的液滴.假设g=10 m/s2,那么下面正确的选项是〔〕A.当K1断开、K2闭合时，液滴保持静止B.当K2断开、K1闭合时，液滴保持静止C.当K1断开、K2闭合时，液滴有10 m/s2向上的加速度D.当K2断开、K1闭合时，液滴有10 m/s2向上的加速度11.如下图，当a、b两点间没有接电容器时，闭合开关S，灯L正常发光.现在a、b两点间接上一个电容量较大的电容器C,当闭合开关S时，观察到的现象是______________；闭合一段时间后，再把开关S断开，观察到的现象是______________.12.在如下图的电路中，可变电阻R2的阻值调至2 Ω处，电阻R1=6 Ω，电源的阻r=1 Ω.当开关S闭合时，电源消耗的总功率P0=16 W，电源输出的功率P1=12 W，这时灯L正常发光，那么灯L的额定功率P2=__________W.当开关S断开时，为使灯仍能正常发光，R2的阻值应调至__________Ω(设S断开时，灯L不会损坏).13.如图甲是某同学在科技活动中自制的电子秤原理图，利用电压表的示数来指示物体的质量.托盘与电阻可忽略的弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零.设变阻器总电阻为R，总长度为L，电源电动势为E，阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k.不计一切摩擦和其他阻力.〔1〕求出电压表示数U x与所称物体质量m的关系式；〔2〕由〔1〕的计算结果可知，电压表示数与待测物体质量不成正比，不便于刻上刻度.为使电压表示数与待测物体质量成正比，请利用原有器材进展改良，在乙图的根底上完成改良后的电路原理图，并得出电压表示数U x与待测物体质量m的关系式.S图3R 4R 3R 2 R 1 ·14.如下图，两电源的电动势E 1=E 2=3 V ，阻r 1=r 2=1 Ω,R 1=2 Ω,R 2=4 Ω,C=10 μF,试问： 〔1〕当S 1断开、S 2接通时，电容器两端带电荷量为多大？〔2〕现断开S 2，再接通S 1，从S 2断开时起到电容器两端电压稳定时止，通过R 2的电荷量为多大？15、如下图，1R ＝2R ＝3R ＝4R ＝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；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，小球反弹后恰好能运动到电容器的另一极板，不计电源阻，求电源的电动势和碰后小球所带的电荷量．1、BC解析：增大板距时，电容变小，电容器放电，A 板上的正电荷通过电阻向电池充电，电阻R 中有由a 流向b 的电流. 2、A解析：开关处于断开状态时，C 1、C 2的电压均等于电源电动势E ，由Q=CU c 知A 对B 错.开关处于闭合状态时，电阻R 1、R 2串联接入电路，1C U =2R U ,2C U =1R U ，由于R 2=2R 1，所以1C U =22C U .由Q=CU c 知，两电容的电荷量相等，CD 均错. 3、B解析：滑片P 向b 端移动，R 3减小，故R 外减小，I 总增大，路端电压U(=E-I 总r)减小，电压表示数变小，由动态电路变化的“串反并同〞规律可知，发生变化的支路即电流表的示数变大. 4、AD解析：从分压的角度可知A 对B 错.甲电路是变阻器的限流式接法.只有局部电阻接入电路，乙电路是变阻器的上局部与R 0串联后下局部并联全部电阻接入电路.比照两种情况下的功率可知D 正确，C 错误. 5、AC解析：由电路图可知，R 1与含电容电路是并联的，如果不考虑电源阻，那么路端电压是不变的，即电容器两端的电压不变，Q 不变，应选项D 是错误的.在电源阻不能忽略的条件下，由闭合电路欧姆定律知，当电阻R 1减小时，路端电压U 减小，电容器两端的电压减小，Q 减小，应选项A 、C 正确. 6、C解析：电路中有三个电阻：电源的阻r 、定值电阻R 和滑动变阻器，这三个电阻将电源电动势分完.由于题给条件是滑动变阻器的阻值增大，所以它分的电压增大，而电源阻r 、定值电阻R 所分电压减小，故A 、D 是错误的.电容器两板间的电压为滑动变阻器的电压，所以选项B 错误，选项C 正确. 7、C解析：P 向右滑动，R 减小，R 外减小，I 增大.即电流表示数增大，路端电压U=E-Ir 减小，即电压表V 1示数减小，2L U =I 2L R 增大，即电压表V 2示数增大，灯L 2变亮.1L U =E-Ir-I 2L R 减小，灯L 1变暗.应选C. 8、BC解析：分析电路得：电容C 1是通过R 3接在电源上，即两端的电压是路端电压，所以仅增大R 1时，电容器C 1上的电荷量Q 1增大，但是电阻R 2上的电压减少，所以电荷量Q 2会减小，所以选项A 错.仅增大电阻R 2，同理Q 1是增大的，R 2两端的电压变大，Q 2也是变大的，选项B 正确.改变电阻R 3不会对电路造成影响，所以Q 1和Q 2都将不会改变，选项C 正确.如果突然断开开关S ，此时电容C 2会放电，所以电荷量会改变，选项D 错.综上所述，此题的正确选项应该是BC. 9、C解析：在四个开关都闭合的情况下，电容器极板间的电压为路端电压，油滴处于平衡状态，由于重力竖直向下且大小不变，要让油滴向下运动，只好减小电容器两板间的电压.只有断开S 3，才会有电容器放电，电容器两板间电压降低，应选C. 10、AD解析：K 1断开、K 2闭合时，电路构造是R 1与R 2并联后再与R 3串联，U C =U 并，由串并联电路和闭合电路的知识知U C =10 V 且下极板带正电，液滴受电场力qdU C =10-3 N 、重力mg=10-3N ，二力相平衡A 正确，C 错.K 2断开、K 1闭合时，外电路只有R 1，U C ′=1R U =rR E+×R 1=20 V.液滴受向上的电场力qdU C '=2×10-3N.对液滴受力分析可知D 正确，B 错. 11、灯L 慢慢变亮 继续亮一会儿逐渐熄灭解析：当a 、b 两点间接上电容器时，由于电容器分流，一路通过灯，另一路向电容器C 充电，待电容器两端电压与灯两端电压相等时，电容器停顿充电，灯恢复正常发光.开关S 断开，即切断电源，电容器C 与灯L 组成回路，电容向灯放电，灯继续亮一会后逐渐熄灭. 12：4 3解析：当开关S 闭合时，P 0-P 1=I 2r,解得I=2 A.P 1=I 2R 外，R 外=6 Ω,即R L =4 Ω，流过R L 的电流为1 A ，灯L 的额定功率为P 额=I ′2R L =12×4 W=4 W;当开关S 断开时，为使灯仍能正常发光，流过L 的电流仍为1 A ，由全电路欧姆定律可计算出R 2应调至3 Ω. 13：〔1〕U x =)(0r R kL mgR mgRE++(2)电路原理图见解析 U x =kLr R R gRE)(0++m解析：〔1〕设变阻器的上端到滑动端的长度为x ，据题意有mg=kx R x =L xR,U x =rR R R x x ++0 E 得U x =)(0r R kL mgR mgRE++.〔2〕电路如下图据题意：mg=kx,R x =Lx RU x =rR R E++0R x得U x =kLr R R gRE)(0++m.14：〔1〕4×10-6C (2)2.8×10-5C解析：〔1〕当S 2接通、S 1断开时，两电源分别与R 1和R 2构成独立的闭合回路. 对于电源E 1与R 1构成的回路： I 1=111r R E +=1 AU ab =1R U =I 1R 1=2 V对于电源E 2与R 2构成的回路： I 2=222r R E +=0.6 AU db =2R U =I 2R 2=2.4 V U ab =2 V,U bd =2.4 V,可得 φd ＞φa ,且φd -φa =0.4 V那么Q C =CU C =4×10-6C ，且下极板带正电.〔2〕当断开S 2、闭合S 1后，那么两个回路都发生了变化：E 2和R 2之间被断开，R 2上没有电流通过，成为“无效电阻〞，于是可看作一般导线；而另一回路也变成了由E 1和E 2并联再向R 1供电的电路. 故有：I 1′=E 1/(R 1+21r )=1.2 A U C ′=U ad ′=I 1′R 1=2.4 V.因此Q ′=CU C ′=2.4×10-5C ，且上极板带正电，考虑到电容器极板电性的变化，ΔQ=Q+Q ′=2.8×10-5 C.即通过R 2上的电荷量为2.8×10-5C15：电键S 闭合时1R 、3R 并联后与4R 串联〔2R 中没有电流通过〕，电容器并在4R 上，U C ＝4U ＝E 32，对带电小球有d U q m g C =，解得qm gdE 23=．电键S 断开时，仅1R 、4R 串联，电容器仍并在4R 上，2EU C='，故小球向下运动，设小球与下极板碰撞后带电荷量为q '，从小球开场运动到小球恰好运动到上极板的全过程由动能定理得C CU q U q mgd ''+'--22＝0，综合解得67q q ='．。