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
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)
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。
人教版高中物理-有答案-人教版物理选修3-1第九章专题：电路的动态分析、故障分析和含容电路问题
人教版物理选修3-1第九章专题：电路的动态分析、故障分析和含容电路问题一、多选题。
1. 如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P向上移动时，下列说法中正确的是（）A.电流表示数变大B.电压表示数变小C.电阻R0的电功率变大D.电源的总功率变小2. 湿敏电阻是利用湿敏材料吸收空气中的水分而导致本身电阻值发生变化这一原理而制成的，当湿度增加时，湿敏电阻的阻值会减小，常用于制作湿度传感器．在室内设计如图所示电路，当周围环境的湿度增加时（）A.电灯L变暗B.电流表的示数变大C.流过湿敏电阻的电流变大D.电源的总功率变小3. 如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A.R3消耗的功率逐渐减小B.电流表读数减小，电压表读数增大C.电源的输出功率逐渐增大D.质点P将向上运动4. 将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图甲的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x（x为图中a点与滑动触头之间的距离），定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙所示，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的这两个过程中，下列说法正确的是（）A.电流表A的示数变化量相等B.电压表V2的示数变化量不相等C.从a点到b点电阻R1的功率变化量较大D.电源的输出功率都不断增大5. 如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是（）A.图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B.图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C.此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变6. 如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻的阻值R1=r，当滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU．下列说法中正确的是（）A.电压表V的示数减小B.电流表A1、A2的示数均减小C.ΔU与ΔI1的比值等于电源内阻rD.电源的输出功率逐渐增大7. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻大于电源的内阻r．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是（）A.电流表的读数减小B.灯泡L变亮C.电源输出功率先减小后增大D.电压表的读数先增大后减小二、选择题。
高中物理部分电路欧姆定律试题经典含解析
高中物理部分电路欧姆定律试题经典含解析一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．如图所示，电源两端电压U 保持不变．当开关S 1闭合、S 2断开，滑动变阻器接入电路中的电阻为R A 时，电压表的示数为U 1，电流表的示数为I 1，电阻R 1的电功率为P 1，电阻R A 的电功率为P A ；当开关S 1、S 2都闭合，滑动变阻器接入电路中的电阻为R B 时，电压表的示数U 2为2V ，电流表的示数为I 2，电阻R B 的电功率为P B ；当开关S 1闭合、S 2断开，滑动变阻器滑片P 位于最右端时，电阻R 2的电功率为8W ．已知：R 1:R 2=2:1，P 1:P B =1:10，U 1:U 2=3:2．求：(1)电源两端的电压U ；(2)电阻R 2的阻值；(3)电阻R A 的电功率P A ．【答案】(1)U=12V (2)R 2=2Ω (3)4.5W【解析】(1)已知： U 1∶U 2=3∶2R 1∶R 2=2∶1由图甲、乙得：U 1=I 1(R 1 + R 2 )U 2=I 2 R 2 解得：12I I =12已知：P 1∶P B =1∶10由图甲、乙得：P 1 = I 12R 1P B = I 22R B解得：R 1 =25R B 由电源两端电压U 不变 I 1(R 1+R 2+R A ) = I 2(R 2+R B )解得：R A =9R 2 由图乙得：2U U =22BR R R + U 2=2V 解得：U =12V(2)由图丙得：2U U '=212R R R +解得：U 2' = 4VP 2=8WR 2 =222U P '=2(4V)8W= 2Ω (3)由U 1∶U 2=3∶2解得：U 1=3VU A =U －U 1=9VR A =9R 2=18ΩP A =2A AU R =4.5W 【点睛】本题是有关欧姆定律、电功率的综合计算题目．在解题过程中，注意电路的分析，根据已知条件分析出各种情况下的等效电路图，同时要注意在串联电路中各物理量之间的关系，结合题目中给出的已知条件进行解决．2．在如图所示的电路中，电源内阻r =0.5Ω，当开关S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U =2.8V ，电流表的读数I =0.4A 。
新人教版高中物理必修三第十一章《电路及其应用》测试题(包含答案解析)(1)
一、选择题1．(0分)[ID ：126188]如图所示，两个定值电阻1R 、2R 串联后接在电压U 稳定于12V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于1R 、2R 的电压表接在1R 两端，电压表的示数为8V 。
如果他把电压表改接在2R 两端，则电压表的示数将（ ）A ．等于4VB ．小于4VC ．大于4V 小于8VD ．等于或大于8V2．(0分)[ID ：126183]某一电流计G 的满偏电流为I g 、内阻为R g ，与一电阻箱R 并联后构成一电流表A ，接在电路中的M 、N 两点。
若增大电阻箱的电阻R ，下列说法正确的是（ ）A ．电流表A 的内阻增大B ．电流表A 的量程增大C ．若MN 两端的电流不变，G 的指针偏角变小D ．若MN 两端的电压不变，G 的指针偏角变小3．(0分)[ID ：126182]如图所示，两个截面面积不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，其两端电压为U ，则下列说法错误的是（ ）A ．通过两棒的电流相等B ．细棒的电压U 1大于粗棒的电压U 2C ．两棒内的电场强度不同，细棒内场强E 1大于粗棒内场强E 2D ．两棒的自由电子定向移动的平均速率相同4．(0分)[ID ：126167]如图所示，用伏安法测电阻R 0的值时，M 、N 接在恒压电源上，当S 接a 时电压表示数10V ，电流表示数0.2A ；当S 接b 时，电压表示数12V ，电流表示数0.15A 。
下列叙述正确的是（ ）A．为了较准确地测定R0的值，S应接在a点，R0的真实值为50Ω。
B．为了较准确地测定R0的值，S应接在a点，R0的真实值为70Ω。
C．为了较准确地测定R0的值，S应接在b点，R0的真实值为50Ω。
D．为了较准确地测定R0的值，S应接在b点，R0的真实值为70Ω。
5．(0分)[ID：126153]把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝的长度为L，直径为d，B电阻丝长度为2L，直径为2d。
2020年高考真题：物理(新课标ⅲ)【含答案及解析】
2020年全国统⼀⾼考物理试卷（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．（6分）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动2．（6分）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3J B．4J C．5J D．6J3．（6分）“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。
已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。
则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（）A．B．C．D．4．（6分）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。
甲、乙两物体质量相等。
系统平衡时，O 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β．若α＝70°，则β等于（）A．45°B．55°C．60°D．70°5．（6分）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。
一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。
已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。
为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）A．B．C．D．6．（6分）1934年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He+Al→X+n．X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y+e．则（）A．X的质量数与Y的质量数相等B．X的电荷数比Y的电荷数少1C．X的电荷数比Al的电荷数多2D．X的质量数与Al的质量数相等7．（6分）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表。
2025届江门市重点中学高三第三次教学质量检测试题物理试题试卷含解析
2025届江门市重点中学高三第三次教学质量检测试题物理试题试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示，理想变压器的原线圈接在2202sin (V)π=u t 的交流电源上，原线圈上接有20Ωr =的电阻，副线圈接有50ΩR =的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。
下列说法正确的是（ ）A ．副线圈输出交流电的周期为50sB ．电流表的读数为1AC ．电压表的读数为50VD ．若将r 替换为电阻为20Ω的二极管，电流表、电压表读数均不发生变化2、如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U 。
理想电压表接在副线圈两端，理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡123L L L 、、接在副线圈电路中。
开始时开关S 闭合，三盏灯都亮。
现在把开关S 断开，三盏灯都没有烧毁，则下列说法正确的是（ ）A ．电流表和电压表的示数都不变B ．灯1L 变暗C ．灯2L 变暗D ．电源消耗的功率变大3、笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。
当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。
如图所示，一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流I 时，电子的定向移动速度v ，当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场B 中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏幕的熄灭。
高考物理闭合电路的欧姆定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析(2)
高考物理闭合电路的欧姆定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析(2)一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示的电路中，电源电动势E =10V ，内阻r =0.5Ω，电阻R 1=1.5Ω，电动机的线圈电阻R 0=1.0Ω。
电动机正常工作时，电压表的示数U 1=3.0V ，求： (1)电源的路端电压； (2)电动机输出的机械功率。
【答案】(1)9V ；(2)8W 【解析】 【分析】 【详解】(1)流过电源的电流为I ，则11IR U =路端电压为U ，由闭合电路欧姆定律U E Ir =-解得9V U =(2)电动机两端的电压为M 1()U E I R r =-+电动机消耗的机械功率为2M 0P U I I R =-解得8W P =2．如图所示，在A 、B 两点间接一电动势为4V ，内电阻为1Ω的直流电源，电阻1R 、2R 、3R 的阻值均为4Ω，电容器的电容为30F μ，电流表内阻不计，当电键S 闭合时，求：（1）电流表的读数． （2）电容器所带的电量．（3）断开电键S 后，通过2R 的电量．【答案】（1）0.8A ；（2）59.610C -⨯；（3）54.810C -⨯ 【解析】试题分析：当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路．根据欧姆定律求出流过3R 的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于3R 两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S 后，电容器通过1R 、2R 放电，1R 、2R 相当并联后与3R 串联．再求解通过2R 的电量．（1）当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路．根据欧姆定律得： 电流表的读数340.841E I A A R r ===++ （2）电容器所带的电量653330100.849.610Q CU CIR C C --===⨯⨯⨯=⨯（3）断开电键S 后，电容器相当于电源，外电路是1R 、2R 相当并联后与3R 串联．由于各个电阻都相等，则通过2R 的电量为514.8102Q Q C -==⨯'3．如图的电路中，电池组的电动势E =30V ，电阻，两个水平放置的带电金属板间的距离d =1.5cm 。
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练：电容器和电路分析(word 含答案)
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练电容器和电路分析一、单项选择题1、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r＝2 Ω，电阻R1、R2、R3的阻值分别为4 Ω、10 Ω、12 Ω，当滑片P滑到最右端b时时，理想电流表示数为1 A，流过电阻R3的电流为0.5 A，则下列说法正确的是( )A．滑动变阻器的最大阻值为6 ΩB．电源电动势为6 VC．当滑片P滑到最左端a时，电流表的读数为1 AD．当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84W答案：D解析：当滑片P滑到最右端时，R2被短路，R3与整个变阻器R并联，并联电阻上的电流都是0.5 A，则并联电阻相等，都是12 Ω，A错误；电源电动势E ＝I (R 1＋r ＋R ·R 3R ＋R 3)＝12 V ，B 错误；当滑片P 滑到最左端时，R 3、变阻器R 及电子R 2都被短路，此时电流表的读数I 1＝ER 1＋r ＝2 A ，C 错误；滑片P 位于变阻器的中点时，R 3与R2并联后再与R 1串联，此时R 并＝4 Ω，I 总＝1.2 A ，并联部分的电压U 并＝I 总R并＝4.8 V ，变阻器上消耗的功率P R ＝U 2并R /2＝3.84 W ，D 正确． 2、某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两相互绝缘的金属极板．当对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 两板构成电容器的电容增大B ．P 板电荷量增大C ．M 点的电势比N 点低D ．M 点的电势比N 点高答案：D解析：电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，根据电容决定式C ＝εS 4πkd可知电容减小，又根据电容定义式C ＝Q U得知电容器所带电量减小，P 极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R 的方向由M 到N.故M 点的电势比N 点高，故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．3、工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A 、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )A ．A 、B 平行板电容器的电容减小B ．A 、B 两板间的电场强度增大C ．A 、B 两板上的电荷量变小D ．有电流从b 向a 流过灵敏电流计答案：D解析：根据C ＝εS 4πkd可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C 增大，再根据Q ＝CU 可知极板带电量Q 增加，有充电电流从b 向a 流过，故A 、C 两项错误，D 项正确；B 项，因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E ＝U d不变，故B 项错误． 4、如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，开关S 闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 板向左平移以增大板间距离B ．在A 、B 两板之间插入一块陶瓷板C ．断开S 后，使B 板向左平移以减小板间距离D ．断开S 后，使B 板向上平移以减小极板正对面积答案：D解析：A 、B 两项，开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A 、B 两项错误．C 项，断开S ，电容器所带的电量不变，当B 板向左平移减小板间距，根据平行板电容器的表达式可知电容增大，根据U ＝Q C知，电势差减小，则指针张角减小．故C 项错误．D 项，断开S ，电容器所带的电量不变，使B 板向上平移减小正对面积，电容减小，根据U ＝Q C 知，电势差增大，则指针张角增大．故D 项正确．5、如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴( )A ．仍保持静止，电势能不变B ．仍保持静止，电势能减小C ．将向下运动，电势能增大D ．将向下运动，电势能减小答案 B解析 根据C ＝εS 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 推导得E ＝4πkQ εS，知Q 、S 不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U ＝Ed 分析知，E 不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P 点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．6、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ变小答案 B解析 A 、B 两项，保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，板间距离d 减小，由板间场强E ＝U d分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A 项错误，B 项正确．C 、D 两项，电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E ＝4πkQ εS，得知，板间场强E 不变，小球所受电场力不变，则将A 板向B 板靠近时，θ不变．故C 项错误，D 项错误．7、如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g ，粒子运动的加速度为( )A.l d gB.d －l dg C.l d －l g D.d d －lg 答案 A解析 抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg ＝q U d －l，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝l dg ，A 项正确．8、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD 交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是( )A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍答案：B解析：A项，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B 点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性不确定，故A、C两项正确；B项，据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B项错误；D项，由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D项正确．二、多项选择题9、如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地．若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是( )A．电容器的电容增大B．AB间的电压增大C．液滴将向上运动D．液滴的电势能不变答案：BD解析：若将极板A向上移动少许，板间距离增大，电容减小，要放电；但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q 一定，由于电容减小，则由Q ＝UC 可知，U 增大；因电荷量不变，根据C ＝εS 4πkd，C ＝Q U 、U ＝Ed ，联立可得：E ＝4πkQ S，故电场强度不变，则液滴保持静止；由于E 不变，故P 点与B 板的电势差不变，故P 点的电势不变，故电势能不变，故B 、D 两项正确，A 、C 两项错误．10、如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d ，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方d 3处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是( )A ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 3处返回 B ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 5处返回C ．断开开关，若将下极板上移d 5，粒子将能返回原处 D ．断开开关，若将上极板上移d 5，粒子将能返回原处 答案：BD解析：A 、B 两项，对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg·43d －qU ＝0－0.若将下极板上移d 2，设运动到距离上极板x 处返回．根据动能定理得：mg·(d 3＋x)－q x （d －12d ）·U ＝0－0.联立两式解得：x ＝d 5.故A 项错误，B 项正确；C 项，开关断开后，电量不变，移动极板电场E 不变．下极板上移时，极板之间的电压减小，粒子将打在板上．故C 项错误；D 项，上极板上移时，移动极板电场E 不变，板间电压增大，粒子定能返回．故D 项正确．11、如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g.( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t 2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2mv 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝m q g 2＋4v 02t 2 答案：BD解析：A 项，根据题意可知，油滴只能在水平方向做直线运动，即向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，受力情况如图所示；水平位移x ＝v 02t ，设电容器倾角为θ，则两极板间的距离d ＝xsinθ＝v 02t ·sin θ，A 项错误；B 项，减速过程中根据动能定理可得：qU ＝12mv 02，而Q ＝CU ，可知电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022q，故B 项正确； C 、D 两项，减速运动的加速度大小为： a ＝v 0t 2＝2v 0t根据平行四边形法则可知：(qE)2＝(mg)2＋(ma)2，解得两极板间的电场强度大小为：E ＝m qg 2＋4v 02t2，故C 项错误，D 项正确． 12、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源E 相连，在与两板等距离的M 点有一个带电液滴恰处于静止状态．若将b 板向上平移一小段距离，但仍在M 点下方，下列说法中正确的是( )A．液滴仍将处于静止状态B．M点电势升高C．带电液滴在M点的电势能增大D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同答案：CD解析：电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E电场＝Ud分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A错误；由U＝Ed aM 知，M与a间的电势差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M 点的电势能增大，故C正确；在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W＝qU 知，电场力做功相同，故D正确．13、如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有( )A ．保持开关S 闭合，将A 板向右平移，θ不变B ．保持开关S 闭合，将A 板向左平移，θ变小C ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ不变D ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ变小答案：BC解析：保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，将A 板向右平移，d 减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A 板，θ角变小，A 错误，B 正确；断开开关S ，电荷量不变，根据C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，C ＝Q U，联立解得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A 板，θ角不变，C 正确，D 错误．14、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ不变答案：AD解析：保持开关S 闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电量不变，根据公式4S Q C kd U επ==，•4U Q k E d sπε==，知d 变化，E 不变，电场力不变，θ不变．故C 错误，D 正确。
高考物理闭合电路的欧姆定律练习题及答案含解析
高考物理闭合电路的欧姆定律练习题及答案含解析一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示，R 1=R 2=2.5Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为10Ω，电压表为理想电表。
闭合电键S ，移动滑动变阻器的滑片P ，当滑片P 分别滑到变阻器的两端a 和b 时，电源输出功率均为4.5W 。
求 (1)电源电动势；(2)滑片P 滑动到变阻器b 端时，电压表示数。
【答案】(1) 12V E = (2) 7.5V U = 【解析】 【详解】(1)当P 滑到a 端时，21124.5RR R R R R =+=Ω+外 电源输出功率：22111(E P I R R R r==+外外外） 当P 滑到b 端时，1212.5R R R =+=Ω外电源输出功率：22222(E P I R R R r==+'外外外） 得：7.5r =Ω 12V E =(2)当P 滑到b 端时，20.6A EI R r==+'外电压表示数：7.5V U E I r ='=-2．如图所示的电路中，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电动机的电阻R 0＝1.0 Ω，电阻R 1＝2.0Ω。
电动机正常工作时，电压表的示数U 1＝4.0 V ，求： (1)流过电动机的电流；(2)电动机输出的机械功率； (3)电源的工作效率。
【答案】（1）2A ；（2）14W ；（3）91.7% 【解析】 【分析】 【详解】(1)电动机正常工作时，总电流为I ＝11U R ＝ 2A (2)电动机两端的电压为U ＝E －Ir －U 1=(12－2×0.5－4.0) V ＝7 V电动机消耗的电功率为P 电＝UI ＝7×2 W ＝14 W电动机的热功率为P 热＝I 2R 0＝22×1 W ＝4 W电动机输出的机械功率P 机＝P 电－P 热＝10 W(3)电源释放的电功率为P 释＝EI ＝12×2 W ＝24 W有用功率P 有＝2122W UI I R +=电源的工作效率=91.7%P P η=有释3．如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d =40 cm 。
电路复习试题[含答案解析]
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电路复习题第一部分 填空题1. 对于理想电压源而言，不允许 路，但允许 路。
2. 当取关联参考方向时，理想电容元件的电流与电压的一般关系式为 。
3. 当取非关联参考方向时，理想电感元件的电压与电流的相量关系式为 。
4. 一般情况下，电感的 不能跃变，电容的 不能跃变。
5. 两种实际电源模型等效变换是指对外部等效，对内部并无等效可言。
当端子开路时，两电路对外部均不发出功率，但此时电压源发出的功率为 ，电流源发出的功率为 ；当端子短路时，电压源发出的功率为 ，电流源发出的功率为 。
（用S S S R I U 、、表示）6. 对于具有n 个结点b 个支路的电路，可列出 个独立的KCL 方程，可列出个独立的KVL 方程。
7. KCL 定律是对电路中各支路 之间施加的线性约束关系。
8. 理想电流源在某一时刻可以给电路提供恒定不变的电流，电流的大小与端电压无关，端电压由 来决定。
9. 两个电路的等效是指对外部而言，即保证端口的 关系相同。
10. RLC 串联谐振电路的谐振频率 = 。
11. 理想电压源和理想电流源串联，其等效电路为 。
理想电流源和电阻串联，其等效电路为 。
12. 在一阶RC 电路中，若C 不变，R 越大，则换路后过渡过程越 。
13. RLC 串联谐振电路的谐振条件是 = 0。
14. 在使用叠加定理适应注意：叠加定理仅适用于 电路；在各分电路中，要把不作用的电源置零。
不作用的电压源用 代替，不作用的电流源用 代替。
不能单独作用；原电路中的 不能使用叠加定理来计算。
15. 戴维宁定理指出：一个含有独立源、受控源和线性电阻的一端口，对外电路来说，可以用一个电压源和一个电阻的串联组合进行等效变换，电压源的电压等于一端口的 电压，串联电阻等于该一端口全部 置零后的输入电阻。
16. 电感的电压相位 于电流相位π/2，电容的电压相位 于电流相位π/2。
17. 若电路的导纳Y=G+jB ，则阻抗Z=R+jX 中的电阻分量R= ，电抗分量X=（用G和B表示）。
高中物理闭合电路的欧姆定律试题(有答案和解析)含解析
高中物理闭合电路的欧姆定律试题(有答案和解析)含解析一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示电路，A 、B 两点间接上一电动势为4V 、内电阻为1Ω的直流电源，三个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF ，电流表内阻不计，求：(1)闭合开关S 后，电容器所带电荷量；(2)断开开关S 后，通过R 2的电荷量。
【答案】(1)6.4×10-5C ；(2)53.210C -⨯【解析】【分析】【详解】(1)当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路，据欧姆定律得电流表的读数为34A 0.8A 14E I r R ===++ 电容器所带电荷量 653320100.84C 6.410C Q CU CIR --=⨯⨯⨯=⨯==(2)断开电键后，电容器相当于电源，外电路1R 、2R 并联后与3R 串联，由于各个电阻相等，则通过2R 的电荷量为51 3.210C 2Q Q -==⨯'2．如图所示，水平U 形光滑框架，宽度1L m =，电阻忽略不计，导体棒ab 的质量0.2m kg =，电阻0.5R =Ω，匀强磁场的磁感应强度0.2B T =，方向垂直框架向上.现用1F N =的拉力由静止开始向右拉ab 棒，当ab 棒的速度达到2/m s 时，求此时： ()1ab 棒产生的感应电动势的大小；()2ab 棒产生的感应电流的大小和方向；()3ab 棒所受安培力的大小和方向；()4ab 棒的加速度的大小．【答案】（１）0.4V （２）0.8A 从a 流向b （３）0.16N 水平向左 （４）24.2/m s【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）根据切割产生的感应电动势公式E=BLv ，求出电动势的大小．（2）由闭合电路欧姆定律求出回路中电流的大小，由右手定则判断电流的方向.（3）由安培力公式求出安培力的大小，由左手定则判断出安培力的方向．（4）根据牛顿第二定律求出ab 棒的加速度．（1）根据导体棒切割磁感线的电动势0.2120.4E BLv V V ==⨯⨯=（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流0.40.80.5E I A A R ===，由右手定则可知电流方向为：从a 流向b（3）ab 受安培力0.20.810.16F BIL N N ==⨯⨯=，由左手定则可知安培力方向为：水平向左（4）根据牛顿第二定律有：F F ma -=安，得ab 杆的加速度2210.16/ 4.2/0.2F F a m s m s m 安--=== 3．如图所示，质量m=1 kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1 m 的光滑绝缘框架上。
高考物理闭合电路的欧姆定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理闭合电路的欧姆定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示电路，A 、B 两点间接上一电动势为4V 、内电阻为1Ω的直流电源，三个电阻的阻值均为4Ω，电容器的电容为20μF ，电流表内阻不计，求： (1)闭合开关S 后，电容器所带电荷量； (2)断开开关S 后，通过R 2的电荷量。
【答案】(1)6.4×10-5C ；(2)53.210C -⨯ 【解析】 【分析】 【详解】(1)当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路，据欧姆定律得电流表的读数为34A 0.8A 14E I r R ===++ 电容器所带电荷量653320100.84C 6.410C Q CU CIR --=⨯⨯⨯=⨯==(2)断开电键后，电容器相当于电源，外电路1R 、2R 并联后与3R 串联，由于各个电阻相等，则通过2R 的电荷量为513.210C 2Q Q -==⨯'2．如图所示，电解槽A 和电炉B 并联后接到电源上，电源内阻r ＝1Ω，电炉电阻R ＝19Ω，电解槽电阻r ′＝0.5Ω.当S 1闭合、S 2断开时，电炉消耗功率为684W ；S 1、S 2都闭合时，电炉消耗功率为475W(电炉电阻可看作不变)．试求：（1）电源的电动势；（2）S 1、S 2闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）S 1、S 2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率． 【答案】（1）120V （2）20A （3）1700W【解析】（1）S 1闭合，S 2断开时电炉中电流106P I A R== 电源电动势0()120E I R r V =+=； （2）S 1、S 2都闭合时电炉中电流为25B P I A R== 电源路端电压为95R U I R V == 流过电源的电流为25E UI A r-== 流过电槽的电流为20A B I I I A =-=； （3）电解槽消耗的电功率1900A A P I U W ==电解槽内热损耗功率2'200A P I r W ==热电解槽转化成化学能的功率为1700A P P P W 化热=-=．点睛：电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流．3．如图所示电路中，19ΩR =，230ΩR =，开关S 闭合时电压表示数为11.4V ，电流表示数为0.2A ，开关S 断开时电流表示数为0.3A ，求： (1)电阻3R 的值． (2)电源电动势和内电阻．【答案】（1）15Ω （2）12V 1Ω 【解析】 【详解】(1)由图可知，当开关S 闭合时，两电阻并联，根据欧姆定律则有：21123()IR U I R IR R =++ 解得：315ΩR =(2) 由图可知，当开关S 闭合时，两电阻并联，根据闭合电路的欧姆定律则有：213()11.40.6IR E U I r r R =++=+ S 断开时，根据闭合电路的欧姆定律则有：212()0.3(39)E I R R r r =++=⨯+联立解得：12V E =1Ωr =4．爱护环境，人人有责；改善环境，从我做起；文明乘车，低碳出行。
新教材高中物理第2章电势能与电势差5.1实验观察电容器的充、放电实验研析练(含解析)鲁科版必修第三册
实验观察电容器的充、放电类型一数据处理【典例1】把电容器、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【解析】选C.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，所带电荷量增大，电容不变，由电容的定义式C=分析可知两极板间电压增大,故A错误；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，与电压和电荷量无关,保持不变,故B错误;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荷量相等,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；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。
类型二实验创新【典例2】发光二极管具有单向导电性，当发光二极管接正向电压时,二极管导通并发光;接反向电压时,二极管不导通也不发光。
如图所示，连接电路,将开关分别拨到位置“1"和位置“2”，哪个二极管会发光?请解释观察到的现象。
【解析】开关拨到位置“1"时，发光二极管D2亮；开关拨到位置“2”时，发光二极管D1亮.因为开关拨到位置“1”时，电容器充电;开关拨到位置“2”时，电容器放电.答案：见解析.【创新评价】1。
实验器材:用发光二极管代替电流表。
2。
高二物理含容电路试题答案及解析
高二物理含容电路试题答案及解析1.图示电路中，电源内阻为r，电容器的两块极板A、B间有一带电油滴恰能静止．把R1的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（）A．电流表读数减小，油滴向下运动B．电流表读数减小，油滴向上运动C．电流表读数增大，油滴向下运动D．电流表读数增大，油滴向上运动【答案】B【解析】当R1的滑动片向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，则知电流表读数减小．干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动．故B正确．故选B【考点】电路的动态变化分析2.电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路。
当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。
现将开关S断开，则以下判断正确的是A．液滴仍保持静止状态B．液滴将向上运动C．电容器上所带的电荷将减为零D．电容器上所带的电荷将增大【答案】BD【解析】由电路图可知，当开关闭合时，电容器与电阻R2并联，其电压等于R2两端的电压，此时带电液滴处于静止状态，电场力等与重力；当开关断开时，电容器与电源并联，其电压增大，电场力变大，所带电量增加，所以带电液滴向上运动，故选项BD正确AC错误．【考点】本题考查了含容电路的分析，关键在于明确电容器与哪部分电路并联，其电压如何变化，再结合其他条件解答．3.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两极板间距离的过程中：A．电容器A板始终带正电荷B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．A、B板间的电场强度不变【答案】A【解析】在减小电容器两板间距离的过程中，电容C增大，电压U不变，则电量Q=CU增大，电容器充电．由于电容器上极板带正电，则电阻R中有从b流向a的电流．故A正确，BC错误．由分析可知，U不变，d减小，E变大．故D错误．【考点】电容器的电容及充电放电。
高中物理必修三第十一章《电路及其应用》测试题(包含答案解析)(7)
一、选择题1．如图为Maxwell 超级电容器，其标有“3V ，3000F”。
它是一种新型储能装置，不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、抗振动和抗冲击性能强的特点。
关于此电容器下列说法正确的是（ ）A ．在3V 电压下才能正常工作B ．充电时把电能转化为化学能和内能C ．工作电压是3V 时，电容才是3000FD ．加额定电压时所储存的电荷量是手机锂电池“4.2V ，4000mAh”带电量的58倍 2．如图所示，两个定值电阻1R 、2R 串联后接在电压U 稳定于12V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于1R 、2R 的电压表接在1R 两端，电压表的示数为8V 。
如果他把电压表改接在2R 两端，则电压表的示数将（ ）A ．等于4VB ．小于4VC ．大于4V 小于8VD ．等于或大于8V 3．电子绕核运动可以看做一环形电流。
设氢原子中的电子绕原子核在半径为r 的轨道上运动，用e 表示电荷量，m 表示电子的质量，k 为静电力常量。
则（ ）A ．电子运动的速率为k v mr=B ．电子运动的周期为2r m T e kπ= C ．电子运动形成的电流k v mr=D ．电子运动形成的电流2ek I r mr π=4．如图所示，11ΩR =，23ΩR =，滑动变阻器总电阻为36ΩR =，按如图所示方式连接成电路，则下列说法正确的是（ ）A ．A 、B 间电阻最小值为2.4ΩB ．A 、B 间电阻最大值为2.4ΩC ．A 、B 间电阻最小值为2.5ΩD ．A 、B 间电阻最大值为2.5Ω 5．如图所示，用伏安法测电阻R 0的值时，M 、N 接在恒压电源上，当S 接a 时电压表示数10V ，电流表示数0.2A ；当S 接b 时，电压表示数12V ，电流表示数0.15A 。
下列叙述正确的是（ ）A ．为了较准确地测定R 0的值，S 应接在a 点，R 0的真实值为50Ω。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六十八中学高三物理下学期期末试题含解析
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六十八中学高三物理下学期期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示电路，平行板电容器的两个极板M、N，定值电阻R0、R1、R2为可调电阻，将质量为m、带正电的小球用绝缘细线悬于电容器内部上端．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2（小球摆动均在两极板间）关于F的大小判断正确的是（）A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大参考答案：B【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．【分析】电容器稳定时，与电容器串联的电路电流为零，图中电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场强度的变化，从而知道电场力的变化及拉力F的变化．【解答】解：AB、保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，电路中总电流减小，R0两端的电压减小，则平行板电容器两极板间的电压U减小，板间场强减小，则带电小球受到的电场力F电=qE减小，由平衡条件知，悬线的拉力F=变小，故A错误，B正确．CD、保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，电容器板间电压不变，则小球受到的电场力F电不变，悬线的拉力为F不变，故CD错误．故选：B2. (单选题)如图所示为一物体沿南北方向（规定向北为正方向）做直线运动的v﹣t图象，由图可知（）C解：A、在前3s内，速度为负值，说明物体一直向南运动，没有回到初始位置．故A错误．B、直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化．故B错误．C、D图线的斜率一直大于零，说明物体加速度的方向一直向北，根据牛顿第二定律得知：加速度方向与合外力方向相同，所以物体所受合外力的方向一直向北．故C正确，D 错误．故选C3. 如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动．若斜面足够长，表面光滑，倾角为θ．经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v，若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是A．物体回到出发点时的机械能是80 JB．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的重力势能一直在减少D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中物体的动能一直在减少参考答案：AB4. （单选题）如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r=0.1m处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ=0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知)A．8rad/s B．2rad/sC．rad/s D．rad/s参考答案：B5. 已知理想气体的内能与温度成正比。
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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。
4.如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是（）A．电流表读数变大，电压表读数变小B．灯泡L1变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的的输出功率可能变大【答案】D【解析】灯L2灯丝突然烧断，电路总电阻增大，所以电路总电流减小，路端电压增大，即电压表示数增大，电流表示数减小，A错误，通过L1在干路，所以通过L1的电流减小，故变暗，B错误，L1两端电压减小，所以R两端电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据公式可得，电容器上的电荷量增大，C错误，根据公式，因为不知道电源内阻和外电路电阻的关系，所以电源的输出功率可能增大，也可能减小，D正确，【考点】考查了电路的动态分析点评：做此类型的题目需要根据部分电路变化推到整体变化，再由整体变化推导另外部分变化，5.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】在P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流减小，即A表的示数变小，A错；流过R1的电流变小，R1两端电压减小，由知路端电压增大，再由知U2增大，电容器两端的电压变大，由知电容器的电荷量增大，即G中有由b至a的电流，由知场强变大，电场力变大，所以油滴向上加速运动，B对；在P向下移动的过程中，同理得到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，C对，D错。
【考点】本题考查电路的动态分析，电容的定义式，场强与电势差的关系式点评：本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。
6.两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示．接通开关S，电源即给电容器充电，下列说法中正确的是（）A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小B．保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小D．断开S，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大【答案】B【解析】电源接通时电压不变，电源断开时，电容器所带电荷量不变。
A、保持S接通，减小两极板间的距离，由于U不变，根据可知电场场强增大；错误B、保持S接通，在两极板间插入一块电介质，电容C变大，由于U不变，根据可知Q 增大；正确C、断开S，Q不变，根据可知，两极板间的电场强度与极板间距离无关；错误D、断开S，Q不变，在两极板间插入一块电介质C增大，由可知U减小；错误故选B【考点】电容器的动态分析点评：中等难度。
关于平行板电容器各物理量的变化，还有一个较为简单可行的方法：即认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线．当电容器间距变化时，电容器上的电荷量不会变，则板间电场线疏密程度不变，即场强E不变，再由U=Ed，就可讨论两板间的电势差U的变化情况了．7.如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是( )A．①情况下，可以通过上移极板M实现B．①情况下，可以通过上移极板N实现C．②情况下，可以通过上移极板M实现D．②情况下，可以通过上移极板N实现【答案】B【解析】要使粒子向上运动，则电场力增大，若保持S闭合，则电容器两端的电压不变，要使电场强度增大，根据公式可得，可以通过上移极板N实现，A错误，B正确，若断开S，两极板所带电荷量保持不变，根据公式，得，故电场强度和两极板间的距离无关，所以CD错误，【考点】考查了电容器的动态变化点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．8.如图所示，C为两极板水平放置的空气平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带点尘埃P恰好处于静止状态.要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（）A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开【答案】B【解析】要使尘埃P向下加速运动，电容C两端电压就得下降，在含容电路中相当于一根导线，和电源组成分压电路，把R2的滑片向左移动，电容两端电压就会下降；把开关S断开，电容C两端电压等于电源电动势，电压升高，尘埃P向上加速运动。
故选B【考点】与电容器有关电路分析点评：稍难。
电容器稳定后可认为断路，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．与电容器串联的电阻可作为导线处理。
9.（9分）一电路如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长，两极板的间距。
的总电量为多少？（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取）【答案】（1）（2）故微粒不能从C的电场中射出。
【解析】（1）S断开时，电阻R两端电压为3S闭合后，外阻为端电压为两端电压为电阻R3的总电量为……………………4分则所求流过R4（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：竖直方向：由以上各式求得：故微粒不能从C的电场中射出。
…………5分本题考查闭合电路的含容电路问题分析，把开关闭合后电容器充电，电容器电量的变化即为流过R4的电量，求得电源断开和闭合电容器两端电压和电量，通过计算即可，第二问考查带电粒子在电场中的偏转，求得电容器的电压，根据E=U/d求得电场强度，计算加速度，根据类平抛原理计算可得10.如图所示，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．电容器所带的电荷量将减少C．电容器的电容将减小D．液滴将向上运动【答案】选B.【解析】电容器和电阻R2并联，两端电压与R2两端电压相等，当滑片P向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电容器中场强减小，A错；液滴受到的电场力减小，故液滴向下运动，D错误；由Q＝CU知，电容器所带的电荷量减少，B正确；电容器的电容与两端电压及所带电荷量无关，故C错.11.如图所示，电源的电动势E="12" V，内阻不计，电阻6Ω ，=12Ω，电容器的电容C=10F，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态。
若在工作的过程中，电阻突然发生断路，电流表可看作是理想电表。
则下列判断正确的是（）A．发生断路前UAB=2VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上C．发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3gD．从电阻断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为8C【答案】C【解析】设R1左端为O点，R2右端为D点，R1和R2所在支路两端电压为12V，由串联分压，同理，，A错；当突然发生断路时，电容器两端电压为R3两端电压，为4V，电容应处于充电过程，流过电流表的电流为由上到下，B错；带电微粒静止时受到向上的电场力，有F=qE=mg，电容电压变化后电场力方向先下，大小变为2mg，微粒的加速度变为3g，方向向下，C对；电容器带电量变化△Q=C△U=10F×6V=0.6×10-4C，D 错；12.如图所示，当平行板电容器C充电后把电键S断开．设电容器电压为U，电量为Q．现只将电容器两板的正对面积减小，则A．Q变大B．Q不变C．U变大D．U变小【答案】BC【解析】电容器与电源断开，Q不变，选项B正确。