对含电容器电路的考查(含答案)

高三物理含容电路试题1.传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为一种测定压力的电容式传感器。

当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化【答案】BD【解析】当F向上压膜片电极时，电容器两极板之间距离d减小，由可知C增大，又由及U不变可知Q增大，故电容器处于充电状态，电路中电流方向为从b到a，A、C错误，B正确；电容器稳定状态下，电路中没有电流，只有在充放电是有电流，D正确。

【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的电压、电荷量和电容的关系。

2.如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电。

现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A．油滴带负电B．油滴带电荷量为C．电容器的电容为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【答案】AC【解析】由题意知，极板M带正电，板间电场向下，又油滴在极板中央处于静止状态，可知受电场力竖直向上，与电场反向，故油滴带负电，所以A正确；根据平衡条件得：，所以B错误；电容器的电荷量，再根据，所以C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离，板间距d增大，电荷量Q不变，所以板间电场强度保持不变，所以油滴受电场力不变，保持静止，故D错误。

【考点】本题考查平行板电容器3.如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a．平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以Ｅ表示两极板间的电场强度，Ｕ表示两极板间的电压，Ｅp表示电荷在P点的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是A.E变小B.Ｅp不变C.U变大D.电荷将向上加速【答案】C【解析】将极板A稍向上平移，板间距离增大，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器两端的电压不变，由知电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量仍保持不变，根据推论可知，板间场强E=，所以E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态．P与B板间电势差UPB =EdPB，E、dPB都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能EP不变．故本题选C.【考点】电容器的动态分析，电势与电势能.4.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是()A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动， G中有由a至b的电流D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流【答案】BC【解析】滑片不动时油滴重力与电场力平衡，p向上移动时滑动变阻器阻值变大，导致总电阻R’增加，由“串反并同”的结论可知总电流I减小，电容器两端的电压u增加，则选项A错误，由电容器内的场强E=u/d可知场强增加，导致电场力F=qE变大，则油滴向上运动，此时对电容器充电，有电流从b流向a，所以B选项正确；当滑片向下滑动时，相反，电流I变大，电压u变小，电场力F减小，油滴向下加速运动，电容器放电，有电流从a至b,,则C选项正确而D选项错误。

高三物理电容器试题1.极板间距为d的平行板电容器，充电后与电源断开，此时两极板间的电势差为U1，板间电场强度大小为E1；现将电容器极板间距变为，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间电场强度大小为E2，下列说法正确的是A．U2 = U1，E2= E1B．U2= 2U1，E2= 2E1C．U2 = 2U1，E2= E1D．U2= U1，E2= E1【答案】 D【解析】试题分析: 根据电容的定义式，由匀强电场公式，电容器充电后与电源断开，电量Q不变，据题知S和ɛ不变，则E不变。

由U=Ed可知，将电容器极板间距变为，则则得：，故D正确，A、B、C错误。

【考点】电容器的动态分析2.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。

两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。

当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ。

电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表。

下列说法中正确的是（）A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变【答案】CD【解析】滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则θ不变．故AB错误．用更强的光线照射，的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量不变．因为外电压减小，电压增大，则两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小．故CD正确．【考点】考查了含电容电路，闭合回路欧姆定律的应用3.如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a．平板电容器的A、B两极板之间有一电荷，在P点处于静止状态．以φp 表示P点的电势，U表示两极板间电压，EP表示电荷在电场中的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确（）A．U变大 B．φp 不变 C．Ep变大 D．电荷将向上加速【答案】A【解析】根据平行板电容器特点可知，当A板向上平衡时，板间距增大，故电容减小、电荷量应减小，但又由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，故其电荷量保持不变，由知，两极板间的电压增大，所以选项A正确；根据可知，电场强度不变，故电荷所受电场力不变，所以选项D错误；根据可以知道，保持不变，即P点的电势不变，故电荷的电势能也不变，所以选项BC错误；【考点】带电粒子在复合场中的运动、平行板电容器4.能的转化与守恒是自然界普遍存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程. 在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能．实验表明:电容器两极间的电压与电容器所带电量如图所示．（1）对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图示的Q-U图像，若电容器电容为C，两极板间电压为U，求电容器所储存的电场能．（2）如图所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上．框架上端接有一电容为C的电容器．框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h．磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直．现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦．开始时电容器不带电，不计各处电阻．求a. 金属棒落地时的速度大小b. 金属棒从静止释放到落到地面的时间【答案】（1）（2）a, b.【解析】（1）(5分)由功能关系可知克服电场力做的功等于产生的电场能（1分）根据速度时间图像围成的面积代表位移可知在QU图像中，图像所围面积即为，也就是克服电场力所做的功（1分）即（1分）又有电容定义式（1分）两式联立得电容器储存的电场能为（1分）（2）(7分)设导体棒落地的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生感生电动势感生电动势大小为（2分）电容器储存的电场能为（2分）由动能定理得（2分）解得（1分）（3）(8分)导体棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可知解得 (8分)【考点】电容器电磁感应定律5.如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。

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。

专题8.5 含电容电路一．选择题1. （2018高考成都一诊）如图所示的电路中，电源电动势E=4V ，内阻r=1Ω,，定值电阻R 0=1Ω,，R 为滑动变阻器,电容器的电容C=40μF 。

闭合开关S,下列说法中正确的是 A.将R 的阻值调至2Ω时,电容器的电荷量为8×10-5C B.将R 的阻值调至2Ω时,滑动变阻器的功率为最大值C.将R 的阻值调至2Ω时,电源的输出功率为最大值D.在R 的滑动触头P 由左向右移动的过程中,电容器的电荷量增加 【参考答案】AB【命题意图】本题考查含电容器电路、直流电路动态分析、闭合电路欧姆定律、电容公式、电源输出电功率最大的条件及其相关的知识点。

【解题思路】将R 的阻值调至2Ω时，由闭合电路欧姆定律，可计算出滑动变阻器中电流I =0E R R r ++=4211++A=1A ，电容器两端电压U=IR=2V ，电容器的电荷量Q=CU =40×10-6×2C=8×10-5C ，选项A 正确；把定值电阻R0看作电源内阻的一部分，根据电源输出功率最大的条件，将R 的阻值调至2Ω时，外电阻R 等于定值电阻和内阻之和，滑动变阻器的功率为最大值，选项B 正确；将R 的阻值调至2Ω时，定值电阻和滑动变阻器相对于电池来说，是外电阻，大于电池内阻，电源的输出功率不是最大值，选项C 错误；在R 的滑动触头P 由左向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，根据公式Q=CU 可知，电容器的电荷量逐渐减小，选项D 错误。

2．（2018江苏高考物理）如图所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80 V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（A）充电时，通过R的电流不变（B）若R增大，则充电时间变长（C）若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大（D）若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【参考答案】BCD【命题意图】本题考查电容器电路、电容器充电和放电及其相关知识点。

C R b a A B U C 1 C 2K R 1 R 2 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？—,18,3,6,3,62121V U R R F C F C =Ω=Ω===μμ5、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R2B、减小R2C、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。

初中电容器专题练习(含详细答案)一、选择题1. 在直流电路中，电通常连接在（）A.电源后面B.电源前面C.电路任意位置答案：B解析：在直流电路中，电应当连接在电源前面，以便电的电势得以建立。

2. 电的电容量是由（）决定。

A.电介质的介电常量B.电介质的厚度C.电介质的面积D.以上都不对答案：D解析：电的电容量不仅与电介质的介电常量有关，还与电介质的厚度、面积、电极形状等有关。

3. 电的充电时间与（）有关。

A.电的电容量大小B.电源电压大小C.电源电阻大小D.以上都不对答案：C解析：电的充电时间不仅与电的电容量大小有关，还与电源电阻大小有关。

二、综合题某学生正在做练题，他用电C，电动势为E的电池和电阻R组成如下电路图，他想知道电充电从0开始直到其两端电压达到E时所需的时间。

为了解答这个问题，他求助于你。

你应该如何告诉他正确答案？答案：由RC电路充放电规律可知，电充电时间为t=RC，而R=2Ω，C=1F，因此t=2s。

解析：我们知道，RC电路的充放电规律为Q=CE(1−e−t/RC)，其中Q表示电所装电量，E表示电源电动势，R表示电路中电阻的大小，C表示电的电容量，t表示电的充电时间。

当电充电到两端电压达到E时，Q=CE，所以我们只需要求出满足Q=CE的t即可，即t=RC。

根据电路图可知，R=2Ω，C=1F，因此t=2s。

三、应用题现有一电电容量为10μF，将其连接到电源10V上，请问：1、当电完全充电时，它存储的电荷量是多少？2、如果该电通过一根10kΩ的电阻放电，放电到只剩下初始电荷的1/8时，它存储的电能损失了多少？答案：1、当电完全充电时，它存储的电荷量为Q=CE=10×10^−6×10=100×10^−6C。

2、由于电是通过10kΩ的电阻放电，所以其放电时间为t=RC=10×10^3×10×10^−6=0.1s，当放电至只剩下初始电荷的1/8时，电存储的电荷量为Q′=Q/8=100×10^−6/8=12.5×10^−6C，此时电的电压为U=E×Q′/CE=10×12.5×10^−6/10×10^−6=12.5V，即电的能量损失为W=1/2CV^2−1/2CV0^2=1/2×10×10^−6×(12.5^2−10^2)=0.94mJ。

含有电容器电路的分析方法一、基础知识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．电路稳定时电容器的处理方法：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，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻视为等势体．电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．3．在计算电容器的带电荷量变化时，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；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．二、练习1、在如图所示的电路中，R 1、R2、R 3均为可变电阻．当开关S 闭合后，两平行金属板M 、N 中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施是 ( )"A ．增大R 1的阻值B ．减小R 2的阻值C ．减小R 3的阻值D ．增大M 、N 间距答案 B解析 因为滑动变阻器R 1与平行板电容器串联，故无论R 1变大还是变小，电容器两极板间的电压都等于可变电阻R 3两端的电压，电场力不变，故选项A 错误；当滑动变阻器R 2减小时，电路的总电阻变小，总电流变大，可变电阻R 3的分压变大，电容器两极板间的电压变大，所以电场力变大，油滴向上加速运动，故选项B 正确；当减小可变电阻R 3的阻值时，电路的总电流也变大，因此内电压和R 2的分压变大，则可变电阻R 3的分压变小，所以电场力变小，油滴向下加速运动，故选项C 错误；当增大M 、N 间的距离时，由E ＝U d 知，电场强度变小，故电场力变小，油滴向下加速运动，选项D 错误．2、如图所示，两个相同的平行板电容器C 1、C 2用导线相连，开始都不带电．现将开关S 闭合给两个电容器充电，待充电完毕后，电容器C 1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态，再将开关S 断开，把电容器C 2两板稍错开一些(两板间距离保持不变)，重新平衡后，下列判断正确的是 ( ) A ．电容器C 1两板间电压减小B ．电容器C 2两板间电压增大C．带电微粒将加速上升D．电容器C1所带电荷量增大>答案BCD解析充电完毕后电容器C1、C2并联，且两端电压相等，都等于电源电压U，断开S后，电容器C2两板稍错开一些，即两板正对面积S减小，则电容减小，根据C＝εr S4πkd＝QU′可知，两板间电压U′增大，此时U′>U，则电容器C2又开始给C1充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故A错误，B正确；电容器C1所带电荷量增大，故D正确；电容器C1两端的电压增大，根据E＝U/d可知，C1两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，将加速向上运动，故C正确．3、如图所示，电源两端电压为U＝10 V保持不变，R1＝Ω，R2＝Ω，C1＝C2＝30 μF.先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则S断开后，通过R1的电荷量为() A．×10－4 CB．×10－4 CC．×10－4 CD．×10－4 C答案A解析当开关S闭合，电路达到稳定后，电容器C2两端的电压为零，也就是C2不带电．电容器C1两端的电压为电阻R2两端的电压，故电容器C1带电．当开关S断开后，两电容器直接接在电源上，所以电容器C1增加的电荷量和C2所带的电荷量均为通过R1的电荷量．当开关S闭合，电阻R1和R2串联接在电源上，电源两端电压U＝10 V不变，而串联电路电压分配与电阻成正比，故电阻R2两端的电压为U2＝6 V，电容器C1带电荷量为Q1＝C1U2＝×10－4 C.;当开关S断开后，两电容器的电压均为10 V，故两电容器所带电荷量相等，均为Q，则Q＝C1U＝×10－4 C，所以通过R1的电荷量为ΔQ＝2Q－Q1＝×10－4 C，选A.4、如图所示的电路中，电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电容器的电容C＝μF，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I 1＝E R 1＋r＝1.5 A U 1＝I 1R 1＝ V合上开关S 2后，电容器两端电压为U 2，干路电流为I 2.根据闭合电路欧姆定律有I 2＝E R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝2 A U 2＝I 2R 1R 2R 1＋R 2＝4 V 所以电容器上电荷量减少了：ΔQ ＝(U 2－U 1)C ＝×10－6 C…(2)合上S 2后，电容器上的电荷量为QQ ＝CU 2＝×10－5 C再断开S 1后，R 1和R 2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比． 故流过电阻R 1的电荷量为：Q 1＝R 2R 1＋R 2Q ＝×10－6 C. 答案 (1)减少了×10－6 C (2)×10－6 C5、如图所示的电路中，R 1、R 2、R 3是定值电阻，R 4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R 4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R 4的电流变小，电源的路端电压增大D ．通过R 4的电流变大，电源提供的总功率变小答案 B解析 无光照射时，C 不带电，说明R 1R 2＝R 3R 4.当有光照射时，R 4阻值减小，则R 4分压减小，C 上板电势低于下板电势，下板带正电．由于R 4减小，回路中总电流变大，通过R 1、R 2电流变小，路端电压减小，通过R 4的电流变大，P 电源＝EI 应变大．只有B 正确．。

高一物理电容器试题1.（2015•德阳模拟）下列叙述中正确的是（）A．由电容的定义式C=可知，C与Q成正比，与V成反比B．由磁感应强度的定义式B=可知，F的方向与B的方向一定相同C．电流通过电阻时产生的热量Q=I2Rt，是由英国科学家焦耳发现的D．带电粒子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压成正比【答案】C【解析】电容与电量无关，B与F垂直，焦耳定律是由英国科学家焦耳发现的，粒子离开回旋加速器时的最大动能由加速器的半径与磁场B有关．解：A、C与Q，U无关，则A错误B、F一定与B垂直，则B错误C、焦耳定律是由英国科学家焦耳发现的，则C正确=mv2=．与加速的电压无关，则D错误D、根据qvB=m，知v=，则最大动能EKm故选：C点评：考查电容的决定因素，了解物理学史，知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关．2.（2014•洛阳二模）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量表达式中属于比值法定义式的是（）A．导体的电阻R=ρB．加速度a=C．电场强度E=k D．电容器的电容C=【答案】D【解析】电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答．解：A、导体的电阻R=ρ中电阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，不属于比值定义法，故A 错误；B、加速度中a取决于力的大小，不属于比值定义法，故B错误；C、点电荷的电场强度E取决于电量及距离，与电量有关；不属于比值定义法，故C错误；D、电容的定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故D正确；故选：D．点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关．3.（2014•南昌三模）两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止，现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度大小为g，忽略电场的边缘效应，则（）A．电容器A的电压增加，带电粒子加速向上运动B．电容器A的带电量增加原来的2倍C．电容器B的正对面积减少到原来的D．电容器B间的电场强度保持不变【答案】AC【解析】根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；由电容的决定式分析B的电容变化，由电容的定义式可得出其电量的变化，判断出A的电量变化，从而能分析出A的电压的变化．根据平衡条件、牛顿第二定律和电容的相关公式列式分析B的正对面积变化．解：AD、带电微粒静止，则有：mg=，得U=①当B电容板错开时，B电容器的电容C减小，而两个电容器的总电量不变，电压相等，则知B的带电量减小，则A的带电量增加，由C=知A板间电压增加，说明B板的电压增加，场强增大，粒子所受的电场力增大，所以粒子向上加速运动．故A正确，D错误．B、C、带电微粒向上加速运动，根据牛顿第二定律得：﹣mg=m②由①②解得：U′=则板间电压变为原来的倍．根据电容的定义式C=，可知A的带电量为原来的倍，则B的带电量为倍．由电容的定义式C=，可知B的电容为原来的倍，则B的正对面积减少到原来的．故C正确，B错误．故选：AC点评：本题为电容器的动态分析，要注意明确两电容直接相连时，电容器两端的总电量保持不变；这是解本题的突破点．4.（2014•惠州模拟）连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板之间的距离减小时，则（）A．电容器极板的带电量Q变大B．电容器两极板间的电场强度E变大C．电容器两极板的电势差U变大D．电容器的电容C不变【答案】AB【解析】电容器连接在电池上，电压不变．根据平行板电容器的电容C=，两极板之间的距离减小，电容增大，由Q=CU，电压不变，分析电量变化，由E=分析电场强度的变化．解：D、根据公式C=，当两极板之间的距离减小时，电容器的电容C变大，故D错误；A、电容器连接在电池上，电压不变，由Q=CU，得知电容器极板的带电量Q变大；故A正确；B、由E=分析，U不变，d减小，则E变大，故B正确；C、电容器连接在电池上，电容器两极板的电势差U等于电池的电动势，不变，故C错误；故选：AB．点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，其电压不变；充电后与电源断开，其电量不变．5.（2014•泰安二模）用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法．下面四个物理量表达式中，属于比值法定义式的是（）A．导体的电阻B．加速度C．电场强度D．电容器的电容【答案】CD【解析】电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答．解：A、导体的电阻R=ρ中电阻与导线长度、电阻率成正比、与横截面积成反比，不属于比值定义法，故A错误；B、加速度中a与F成正比，与m成反比，不属于比值定义法，故B错误；C、电场强度E与电场力及检验电荷的电荷量无关；属于比值定义法，故C正确；D、电容的定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故D正确；故选：CD．点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关．6.（2014•海淀区模拟）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E【答案】C【解析】电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式C=分析极板间电压的变化．在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变．根据I﹣t图线所围成的面积求解放电的电荷量．充电完毕时，电容器极板间的电压等于电源的电动势E．解：A、在形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，由电容的定义式C=分析可知极板间电压增大，故A错误；B、在形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故B错误；C、I﹣t图线与时间轴围成的面积表示电荷量．由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积．故C正确；D、S接1端，只要时间足够长，电容器充电完毕，电路中没有电流，电源的内电压为零，电容器极板间的电压等于电源的电动势E．故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握电容的定义式C=，知道电容与电压、电量无关的特性，以及知道I ﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量．7.（2014•韶关一模）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（）A．电容器中的电场强度将增大B．电容器的电容将减小C．电容器上的电荷量将减少D．液滴将向上运动【答案】C【解析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据C=可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故B错误；C、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U减小，由根据C=可得，电容器放电，电荷量减少；故C正确；D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，重力将大于电场力，液滴将向下运动，故D错误；故选：C．点评：考查含电容器电路的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时结合C=与E=公式的理解．8.（2014•眉山模拟）如图所示，一个电容为C，电量为Q的平行板电容器竖直放置，两板间的电场可视为匀强电场，将一个质量为m，电荷量为﹣q的带电小球（可视为质点），不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间O点．现将小球拉至水平位置M点，由静止释放，当小球延圆弧向下摆动60度到达N点时，速度恰好为零．则（A．电容器的左极板带负电B．绳子的最大拉力为2mgC．电容器两极板间的距离为D．如果让电容器的带电量减半，小球仍从M点有静止释放，到达N点时速度仍为0【答案】AC【解析】根据动能定理，合外力做功为零，重力做正功，电场力对小球做负功，可知电场力的方向，根据小球的带电正负，可知场强的方向．将重力与电场力合成可得出等效最低点，在最低点处绳子的拉力最大；先由动能定理求出最低点的速度，再由向心力公式即可求得最大拉力；从M到N的过程中电场力和重力做功，由动能定理求得电场力和重力的关系，结合公式C=和E=求得两板间的距离；根据电容的决定式C=，结合结合公式C=和E=可得到E=，当两极板的间距变化或两极板的正对面积，判断场强的变化，进步根据动能定理判断到达N点的速度．解：A、小球从M到N的过程中，动能变化为零，根据动能定理，合力做功0，而重力做正功，则电场力对小球做负功，即电场力方向向右，由于小球带负电，故场强方向向左，所以左极板带负电，右极板带正电．故A正确B、设两板间电势差为U、场强为E，由C=和E=得：E=①对球，从M到N由动能定理有mgLsin60°﹣qEcos60°=0﹣0所以有：Eq=mgtanθ=mg；则重力与电场力的合力大小为2mg；方向沿与水平方向成30°角，此时绳子的拉力F﹣2mg=m；因速度不为零；故拉力一定大于2mg；故B错误；C、设两板间电势差为U、场强为E，由C=和E=得：E=①对球，从M到N由动能定理有mgLsin60°﹣qELcos60°=0﹣0所以有：Eq=mgtanθ=mg由①②得：d=，故C正确．D、由电量减半时，电压减半，则极板间的场强减半；从M到N的过程中电场力做功变小，根据动能定理外力做功之和mgLsin60°﹣qEcos60°大于零，则小球从M点释放后，还没有到达N点时速度不会为零；故D错误；故选：AC．点评：该题中带电的小球在重力和电场力的复合场中做类单摆运动，需要正确对运动的过程和小球的受力减小分析．该题中需要注意的是：小球速度最大时重力、电场力、细绳上的拉力和F提供小球做圆周运动的向心力．9.（2014•嘉兴二模）1887年德国物理学家赫兹在莱顿瓶放电实验中发现了电磁波．如图所示，莱顿瓶A、B的内、外壁所粘银箔与两根金属棒相连接，分别构成一个矩形线框．当图中莱顿瓶A被充电达一定值后’金属球a、b间会出现火花放电，这时移动连接莱顿瓶B的矩形线框上带有氖管的金属滑杆至某一位置时可使氖管闪光．则（）A.莱顿瓶其实是电容器B.菜顿瓶A放电时a、b间存在恒定定电场C.氖管闪光是由于矩形线框中产生了电动势D.产生的电磁波可能是纵波且频率取决于装置本身【答案】AC【解析】莱顿瓶是一种电容器；菜顿瓶A放电时a、b间存在变化的电场，从而使氖管所在的矩形线框产生感应电动势，产生的电磁波是横波，频率取决于装置本身．解：A、莱顿瓶能储存电荷，是一种电容器；故A正确．B、菜顿瓶A放电时a、b间存在变化的电场，故B错误．C、菜顿瓶A放电时，电路中产生变化的电流，产生变化的磁场，从而使氖管所在的矩形线框产生感应电动势，故C正确．D、产生的电磁波是横波，频率取决于装置本身．故D错误．故选：AC．点评：本题是一种谐振实验，关键根据麦克斯电磁场理论进行分析，要知道的电磁波是横波，其频率取决于振荡电路本身．10.（2014•岳阳模拟）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【答案】C【解析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．解：A、若将A极板向下平移一小段距离，板间距离d减小，根据C=知，电容增大．故A错误．B、由于电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，则静电计指针张角不变．故B错误．C、由于板间电势差不变，d减小，则板间电场强度增大，P点与下极板的电势差增大，则P点的电势升高．故C正确．D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据C=、C=和E=，可得E=，则知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故D错误．故选：C．点评：本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变．要记住若只改变板间距离时，板间场强是不变的．。

第63讲 含电容器电路的动态分析1．（2019•北京）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。

对给定电容值为C 的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u 随电荷量q 的变化图象都相同。

（1）请在图1中画出上述u ﹣q 图象。

类比直线运动中由v ﹣t 图象求位移的方法，求两极间电压为U 时电容器所储存的电能E p 。

（2）在如图2所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源（忽略内阻）。

通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q ﹣t 曲线如图3中①②所示。

a ．①②两条曲线不同是 （选填E 或R ）的改变造成的；b ．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。

依据a 中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。

（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。

请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

“恒流源”（2）中电源电源两端电压通过电源的电流一.知识回顾1.电容器的简化处理：电路稳定后，简化电路时可以把电容器所处电路作为断路，简化电路时可以将该断路去掉，求电荷量时在相应位置再补上。

2．电阻的简化处理：电路稳定后，与电容器同支路的电阻相当于导线。

3．电荷变化量的计算：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；若电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。

(1)由ΔQ＝CΔU计算电容器上电荷量的变化。

(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即|Q1－Q2|。

(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即Q1＋Q2。

4. 分析电容器所带电荷量的变化要注意以下两点(1)把电容器当成断路简化电路图，按照电路动态分析的基本方法来分析各部分电路电压与电流的变化。