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高考物理复习知识点难点汇总14 含电容电路的分析策略


难点 14 含电容电路的分析策略 将电容器置于直流电路,创设复杂情景,是高考命题惯用的设计策略,借以突出对考 生综合能力的考查,适应高考选拔性需要.应引起足够关注. ●难点磁场? 1.(★★★★)在如图 14-1 电路中,电键 S1、S2、S3、S4 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.S1 B.S2 C.S3

D.S4

图 14—1 图 14—2 2.(★★★) (2000 年春)图 14-2 所示,是一个由电池、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 ●案例探究 [例 1] (★★★★★)如图 14-3 所示的电路中,4 个电阻的 阻值均为 R,E 为直流电源,其内阻可以不计,没有标明哪一极 是正极.平行板电容器两极板间的距离为 d.在平行极板电容器的 两个平行极板之间有一个质量为 m,电量为 q 的带电小球.当电键 K 闭合时,带电小球静止在两极板间的中点 O 上.现把电键打开, 图 14-3 带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动,并与此极板碰 撞,设在碰撞时没有机械能损失,但带电小球的电量发生变化.碰后小球带有与该极板相同 性质的电荷, 而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板.求小球与电 容器某个极板碰撞后所带的电荷. 命题意图:考查推理判断能力及分析综合能力,B 级要求. 错解分析:不能深刻把握该物理过程的本质,无法找到破题的切入点(K 断开→U3 变化→q 所受力 F 变化→q 运动状态变化) ,得出正确的解题思路. 解题方法与技巧: 由电路图可以看出,因 R4 支路上无电流,电容器两极板间电压,无论 K 是否闭合始 终等于电阻 R3 上的电压 U3,当 K 闭合时,设此两极板间电压为 U,电源的电动势为 E, 由分压关系可得 U=U3=

qU =mg ② d E 当 K 断开,由 R1 和 R3 串联可得电容两极板间电压 U′为 U′= ③ 2 3 由①③得 U′= U ④ 4
小球处于静止,由平衡条件得 U′<U 表明 K 断开后小球将向下极板运动,重力对小球做正功,电场力对小球做负

2 E ① 3

功,表明小球所带电荷与下极板的极性相同,由功能关系 mg

d U? 1 2 ? mv -0 ⑤ -q 2 2 2 7 q 6

因小球与下极板碰撞时无机械能损失,设小球碰后电量变为 q′,由功能关系得 q′U′-mgd=0-

1 2 mv 2



联立上述各式解得 q′=

即小球与下极板碰后电荷符号未变,电量变为原来的

7 . 6

[例 2] (★★★★)如图 14-4 所示,电容器 C1=6 μ F,C2= 3 μ F,电阻 R1=6 Ω ,R2=3 Ω ,当电键 K 断开时,A、B 两点间的 电压 UAB=?当 K 闭合时,电容器 C1 的电量改变了多少(设电压 U= 18 V)? 命题意图:考查理解、推理、分析综合能力及解决实际问题的创 图 14-4 新能力,B 级要求. 错解分析:没有依据电路结构的变化分析求出电容器充放电前后的电压变化,使问题 难于求解. 解题方法与技巧:在电路中电容 C1、C2 的作用是断路,当电键 K 断开时,电路中无 电流,B、C 等电势,A、D 等电势,因此 UAB=UDB=18 V,UAB=UAC=UDB=18 V,K 断 开时,电容器 C1 带电量为 - - Q1=C1UAC=C1UDC=6×10 6×18 C=1.08×10 4 C. 当 K 闭合时,电路 R1、R2 导通,电容器 C1 两端的电压即电阻 R1 两端的电压,由串联 的电压分配关系得:UAC=

R1U =12 V R1 ? R2


此时电容器 C1 带电量为:Q1′=C1UAC=7.2×10 5 C - 电容器 C1 带电量的变化量为:Δ Q=Q1-Q1′=3.6×10 5 C - 所以 C1 带电量减少了 3.6×10 5 ●锦囊妙计 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,电路有充电、 放电电流,一旦电流达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电 容器是理想不漏电的情况)的元件,电容电路可看作是断路,简化电路时可去掉它,简化 后若要求电容器所带电量时,可在相应的位置补上.分析和计算含有电容器的直流电路时, 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.

●歼灭难点训练 1.(★★★) (1997 年全国)如图 14-5 所示的电路中,电源的电 动势恒定,要想使灯泡变暗,可以 A.增大 R1 B.减小 R1 C.增大 R2 图 14-5 D.减小 R2 2.(★★★)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 14-6 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 图 14-6 C.增大 R3 D.减小 R2 3.(★★★★)如图 14-7 所示,E=10 V,R1=4 Ω ,R2=6 Ω ,C=30 μ F,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,求这以后通过 R1 的总电量.

图 14—7

图 14—8

4.(★★★★)如图 14-8 所示的电路,已知电池电动势 E=90 V,内阻r=5 Ω ,R1 =10 Ω ,R2=20 Ω ,板面水平放置的平行板电容器的两极板 M、N 相距 d=3 cm,在两板 - - 间的正中央有一带电液滴,其电量 q=-2×10 7 C,其质量 m=4.5×10 5 kg,取 g=10 m/s2, 问(1)若液滴恰好能静止平衡时,滑动变阻器 R 的滑动头 C 正好在正中点,那么滑动变 阻器的最大阻值 Rm 是多大? (2) 将滑动片 C 迅速滑到 A 端后, 液滴将向哪个极板做什么运动?到达极板时的速度 是多大?

5.(★★★★)如图 14-9 所示.两根相距为 L 的竖直金属导轨 MN 和 PQ 的上端接有一 个电容为 C 的电容器,质量为 m 的金属棒 ab 可紧贴竖直导轨无摩擦滑动,且滑动中 ab 始终保持水平,整个装置处于磁感应强度为 B 的磁场中,不计电阻,求最后通过 C 的充电 电流.

图 14—9

6.(★★★★★)图 14-10 所示,金属棒 ab 质量 m=5 g,放 在相距 L=1 m 的光滑金属导轨 MN、 上, PQ 磁感应强度 B=0.5 T, 方向竖直向上,电容器的电容 C=2μ F,电源电动势 E=16 V, 导轨距地面高度 h=0.8 m.当单刀双掷开关先掷向 1 后, 再掷向 2, 金属棒被抛到水平距离 s=6.4 cm 的地面上, 问电容器两端的电压 还有多大? 图 14-10

参考答案: [难点磁场]1.C 2.BC[歼灭难点训练]1.AD 2.CD 3.电容器稳定后相当于断路,K断开前电容器相当于和 R2 并联,K 断开前,电容器相 当于直接接到电源上,K 断开前后通过 R1 的电量即为前后两状态下电容器带电量之差. 电容器稳定后相当于断路,则: (1)I1=I总=

E 10 A=1A ? R1 ? R2 (4 ? 6)

(2)断开 K 前,电容器相当于和 R2 并联,电压为I2R2,储存的电量为 Q1=CI1R2 断开 K 稳定后,总电流为零,电容器上电压为 E,储存电量为 Q2=CE - 所以通过 R1 的电量为:Δ Q=Q2-Q1=C(E-I1R2)=1.2×10 3 C 4.滑动变阻器 R 的滑动触头 C 正好在 AB 正中点时对液滴进行受力分析知,重力 G 与 电场力Eq 平衡,从而求得电容器两极电压,也就是 BC 间电压,然后据闭合电路欧姆定 律求得 RBC,从而求得 Rm. 将滑片 C 迅速滑到 A 端后,由闭合电路欧姆定律可求得 AB 间电压,即电容器两板间 电压UAB=UMN′=

90 ×90 即UMN′=77 V 大于 C 在中央时电压, 对液滴分析受力 90 ? 15

知电场力大于重力,所以向 M 板运动,由动量定理便可求得速度. (1)滑片 C 在 AB 中央时,对带电液滴由平衡条件得 mg=q

U MN d

所以UMN=

m gd 45 ? 10?4 ? 3 ? 10?2 = V=67.5(V) q 2 ? 10?7
由欧姆定律得

由题意知 UMN=UBC=67.5 V

E R r ? R1 ? m 2

=UBC



R 90 ? m =67.5 R 2 15 ? m 2

所以 Rm=90 Ω

(2)滑片滑到 A 时,UMN′=

ERm 90 ? 90 V=77(V)>67.5 V r ? R1 ? Rm 90 ? 15

所以液滴向 M 板运动,设达 M 板时速度为 v

? U MN d 1 由动能定理得 q· ? m g · = mv2 2 2 2

所以 v=0.2 m/s

5.经分析知最终 ab 棒做匀加速下滑,设最终充电电流为 I,在Δ t 内电量、速率、电动 势的变化量分别为Δ Q、Δ v 和Δ E

则有 I=

?Q ?E ?v =C· =CBL· =CBLa ?t ?t ?t mgCBL m ? B 2 L2 C

由牛顿第二定律有 mg-BIL=ma 解得 I=

6.电容器充电后电量为 Q=CE.开关掷向位置 2 时,电容器通过 ab 放电,其放电电量 为Δ Q,则通过棒中电流为 I=

?Q ?t ?Q ?t
① ② ③

金属棒受安培力 F=BIL=BL 据动量定理 FΔ t=mv-0 由平抛运动可知 v=s/

2h g ?s g 2h
?Q g ·Δ t=ms ?t 2h

由式①、②、③得 BL

所以Δ Q=

ms g - =1.6×10 5C BL 2h

电容器所余电量 Q′=Q-Δ Q=CE-Δ Q=1.6×10-5 C 所以电容器两端电压为

U′=

Q? =8V C


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