【物理】2019届二轮复习含电容器电路学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习含电容器电路学案（全国通用）

‎2019届二轮复习 含电容器电路 学案（全国通用）‎ 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，电容器所处电路可看做是断路，简化电路时可去掉它，简化后若要求电容器所带电荷量时，可接在相应的位置上。‎ 一、电容器在电路中的连接方式 ‎1．串接：如图所示，R和C串接在电源两端， 闭合，电路稳定后，R相当于导线，C上的电压大小等于电源电动势大小。‎ ‎2．并接：如图所示，R和C并接，C上电压永远等于R上的电压。‎ ‎3．跨接：如图所示， 闭合，电路稳定后，两支路中有恒定电流，电容器两极板间电压等于跨接的两点间的电势差，即 二、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．处理方法：‎ ‎（1）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。‎ ‎（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。‎ ‎3．含电容器电路问题的解题思路 分析和计算含有电容器的直流电路时，关键是准确判断和求出电容器两端的电压，其具体方法是：第一步——理清电路的串、并联关系。‎ 第二步——确定电容器两极板间的电压。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。或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。当电容器与电源直接相连，则电容器两极板间电压即等于电源电动势。‎ 在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U。‎ 第三步——分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q＝CU，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势板带正电，低电势板带负电。‎ ‎【题1】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＝3.6 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？‎ ‎【答案】（1）减少了1.8×10－6 C　（2）9.6×10－6 C U1＝I1R1＝4.5 V 合上开关S2后，电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有I2＝＝2 A U2＝I2＝4 V 所以电容器上电荷量减少了，减少量为ΔQ＝（U1－U2）C＝1.8×10－6 C。‎ ‎（2）设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q＝CU2＝1.44×10－5 C 再断开S1后，通过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。‎ 故流过电阻R1的电荷量为Q1＝Q＝9.6×10－6 C。学 ‎ ‎【题2】如图电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为平行板电容器，开关S闭合后，电容器两板正中央有一个带电液滴恰好静止。电流表和电压表都可以视为理想电表。当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，下述说法中正确的是 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．电容器C所带电荷量增加，液滴向上加速运动 D．电容器C所带电荷量减小，液滴向下加速运动 ‎【答案】D 三、关于电路中电容器的考察类型 ‎1．考查电容器所带电荷量及其变化的计算 ‎（1）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；‎ ‎（2）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。‎ ‎【题3】如图所示的电路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF当开关S断开时，电源所释放的总功率为2W；当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4W。求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（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）4V 0.5Ω（2）3.5W （3）0‎ ‎（2）闭合S时，电源的输出功率P＝IR外＝12×（1.5＋）W＝3.5W ‎（3）S断开时Q1＝CUR2＝20×10－6×0.5×6C＝6×10－5C S闭合，电容器两端的电势差为零，则Q2＝0。‎ ‎【题4】（多选）如图所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝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C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大 D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大 ‎ 【答案】BC ‎【解析】S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误。S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1>C2，由Q＝CU知此时Q1>Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝2 A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6 V、U2＝IR2＝12‎ ‎ V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5 C、Q2′＝C2U2＝3.6×10－5 C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误。‎ ‎【题5】在如图所示的电路中，开关S原来是闭合的，现将S断开，则灯泡L亮度变化和电容器C带电量变化情况是 . ]‎ A．灯泡L变亮、电容器C带电量增加 B．灯泡L变亮、电容器C带电量减少 C．灯泡L变暗、电容器C带电量增加 D．灯泡L变暗、电容器C带电量减少 ‎【答案】A ‎2．考查电路变化后通过用电器的电荷量 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。‎ ‎【题6】如图所示的电路，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电池内阻不计，C1＝C2＝30 μF。先闭合开关S，待电路稳定后再断开S，求断开S后通过电阻R1的电荷量。‎ ‎【答案】4.2×10－4 C ‎ 学, , ,X,X, ]‎ S断开电路稳定后，由于电路中无电流，故UC1′＝UC2′＝10 V，‎ 电容器C2上增加的电荷量为ΔQ2＝C（UC2′－0）＝30×10－6×10 C＝3×10－4 C，‎ 电容器C1上增加的电荷量为ΔQ1＝C（UC1′－UC1）＝30×10－6×4 C＝1.2×10－4 C。‎ 通过R1的电荷量Q＝ΔQ1＋ΔQ2＝4.2×10－4 C。‎ ‎【规律总结】‎ 此类问题解决的关键是分析清楚电路稳定前后电容器两端电压的变化及其两极板的电性是否发生了改变。学 ‎ ‎【题7】如图所示的电路中，U=10V，电阻R1=3Ω、R2=2Ω、R3=5Ω、电容器的电容C1=4μF、C2=1μF、求：‎ ‎（1）当 闭合时间足够长时，C1和C2所带的电量各是多少？‎ ‎（2）然后把 打开， 打开后通过R2的电量是多少？ ‎ ‎【答案】（1）16μC 10μC（2）26μC ‎【解析】（1）关键是计算电容器两端的电压。‎ I=2A U2=IR2=4V ，Q2=10μC ‎ U1=I（R1+R2）=10V， Q1=16μC。 . ]‎ ‎（2）两个电容放电的电量都要经过R2，且最终两电容的带电量均为零，‎ 故通过R2的电量Q=26μC。 . ‎ ‎3．电压变化带来的电容器变化 电路中电流、电压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，可由ΔQ＝C·ΔU计算电容器上电荷量的变化量。‎ ‎【题8】（多选）如图所示，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将向下运动 ‎ D．R3上消耗的功率逐渐增大 ‎【答案】AC ‎【题9】如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是 A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 ‎ C．增大两板间的距离 D．断开电键S ‎【答案】B ‎【题10】如图，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是 A．增大R1的阻值 ‎ B．增大R2的阻值 ‎ C．增大两板间的距离 ‎ D．断开电键S ‎【答案】B ‎【解析】根据电路结构，电容器两极板间电压等于R1两端电压，与R2大小无关，即UC＝UR1＝E，对油滴由平衡条件得q＝mg，油滴静止不动，说明电场强度不发生变化，即R1的电压不变即可，故改变R2时对电路工作状态无影响，选B。‎ ‎【题11】如图所示电路，已知平行金属板电容器C中固定一个带正电的质点P，下板接地，当将滑动变阻器R1的滑片向右滑动时，质点P的电势能如何变化？‎ ‎【答案】减小 ‎ ‎【解析】因为当滑动变阻器R1的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，电路中电流减小，由欧姆定律知R2的电压减小，而电容器的电压等于R2的电压，故电容器极板间电压减小。由E＝知，板间场强减小，则P点与下极板的电势差减小，下极板接地，电势为0，而P点的电势高于下极板的电势，所以P点的电势降低，质点P带正电，故质点P电势能减小。‎ ‎4．以电容器为背景考查力电综合问题 ‎【题12】如图所示的电路中，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 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，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。‎ ‎【答案】q 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 是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3，当 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＝E ①‎ 小球处于静止，由平衡条件得＝mg ②‎ 当 断开，由R1和R3串联可得电容两极板间电压U′为U′＝ ③‎ 由①③得U′＝U ④‎ U′＜U表明 断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系mg－qmv2－0 ⑤‎ 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－mv2 ⑥‎ 联立上述各式解得q′＝q ‎【题13】如图所示的电路，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 g，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?‎ ‎【答案】（1）90 Ω（2）0.2 m/s 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即ＵMN′＝77 V大于C在中央时电压，对液滴分析受力知电场力大于重力，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 所以UMN＝= V＝67.5（V）‎ 由题意知UMN＝ＵBC＝67.5 V 由欧姆定律得＝UBC即＝67.5‎ 所以Rm＝90 Ω ‎（2）滑片滑到A时，UMN′＝V＝77（V）＞67.5 V 所以液滴向M板运动，设达M板时速度为v 由动能定理得q··=mv2 ‎ 所以v=0.2 m/s ‎5．磁场中有关电容器问题 ‎【题14】如图所示，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。‎ ‎【答案】‎ ‎【题15】如图所示，金属棒ab质量m=5 g，放在相距L=1 m的光滑金属导轨MN、PQ上，磁感应强度B=0.5 T，方向竖直向上，电容器的电容C=2μF，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?‎ ‎【答案】8V ‎【解析】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ΔQ，则通过棒中电流为I＝‎ 金属棒受安培力F＝BIL＝BL ①‎ 据动量定理FΔt＝mv－0 ②‎ 由平抛运动可知v=s/ ③‎ 由式①、②、③得BL·Δt＝ms