含电容电路

如图10所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同
且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电
压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法正确的
是()
A．灯泡L1变亮
B．灯泡L2变亮
C．电容器C的带电量将增加
D．闭合S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左
答案是AD
问题是D。

电容器的左端和L1左端既然都是与电源正极相连的，电势应该始终等于正极电势，怎么还会有电流呢？电容器充放电是正负极板同时充放电吗？即使是，电势相等也不应该有电流啊？
含电容电路的分析策略电容器是最基本的电学元件之一，在电路中的作用是“隔直流，通交流”。

对电容器充电的过程中，电容器相当于负载；放电时相当于电源。

电容器和电阻串联时，相对于电阻起断开的电键作用；电容器和电阻并联时，可能起到负载或电源的作用。

解析该类试题基本思路是依据串并联电路的特点和闭合电路欧姆定律；涉及动生电动势时，要结合法拉第电磁感应定律解决问题。

5.如图所示，当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法不正确的是( )
A．电阻R3消耗的功率变大B．电容器C上的电荷量变大
C．灯L变暗D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值
5.A【解析】滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，R2的阻值变小，电路中的总电流变大，路端电压变小，通过R3的电流变小，故R3消耗的功率变小，A错误；流过R1的电流变大，则R1两端的电压变大，即电容器两端的电压也变大，故电容器上电荷量变大，B正确；而灯L两端的电压变小，故灯L变暗，C正确；由于路端电压变小，故R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值，D正确．
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.
第I卷（选择题）
1．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．电容器上的电荷量将减少
C．电容器的电容将减少
D．液滴将向下运动
2．如图所示,当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时( )
A.电容器C的电容增大
B.电容器C两极板间的电场强度增大
C.电压表的读数减小
D.R1消耗的功率增大
3．在如图的电路中电源电动势为E,内电阻为r.闭合开关S,待电流达到稳定后,电流表示数为I,电压表示数为U,电容器C所带电荷量为Q.现将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向a端移动一些,待电流达到稳定后,则与移动前相比( )
A.U变小
B.I变大
C.Q增大
D.Q减小
4．在如图所示的电路中,开关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.断开哪一个开关后P会向下运动( )
A.S1
B.S2
C.S3
D.S4
5．在如图6所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭
)
合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是(
A．灯泡L将变暗
B．灯泡L将变亮
C．电容器C的电荷量将减小
D．电容器C的电荷量将增大
6．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
7．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是( )
A ．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G 中有从b 到a 的电流
B ．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程中，V 1示数变大，V 2示数变小。

C ．在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，油滴仍然静止，V 1示数变大，V 2示数变小。

D ．在将S 断开后，油滴仍保持静止状态，G 中无电流通过
8．如图所示，R 1、R 2、R 3、R 4均为可变电阻，C 1、C 2均为电容器，电源的电动势为E ，内阻r≠0。

若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）
A ．减小R 1，C 1、C 2所带的电量都增加
B ．增大R 2，
C 1、C 2所带的电量都增加
C ．增大R 3，C 1、C 2所带的电量都增加
D ．减小R 4，C 1、C 2所带的电量都增加
9．如图所示，电源的电动势E=12 V ，内阻不计，电阻123R R R ===6Ω ，4R =12Ω，电容器的电容C=10μF ，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2
R 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 ．2R 发生断路前U A
B =2V
B ．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上
C ．2R 发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3g
D ．从电阻2R 断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为8510-⨯C
10．如图所示电路，开关S 1、S 2均处于闭合状态。

在分别断开S 1、S 2后的短暂过程中，关于流过电阻R 1、R 2的电流方向，以下判断正确的是 （ ）
A ．若只断开S 1，流过R 1的电流方向为自左向右
B ．若只断开S 1，没有电流流过R 1
C ．若只断开S 2，流过R 2的电流方向为自左向右
D ．若只断开S 2，流过R 2的电流方向为自右向左
11．在如图所示的电路中，电源的内电阻r 不能忽略，其电动势E 小于电容器C 的耐压值。

断开开关S ，待电路稳定后，再闭合开关S ，则在电路再次达到稳定的过程中，下列说法中错误的是 （ ）
A ．电阻R 1两端的电压增大
B ．电容器
C 两端的电压减小
C ．电容器C 上所带的电量增加
D ．电源两端的电压减小
12．如图所示，R 1，R 2为可调电阻，R 3为一般电阻，R 4为热敏电阻。

当环境温度升高时，下列说法中正确的是
A ．电容器所带电量减小
B ．若R 1的阻值减小，电容器的带电量可能保持不变
C ．若R 2的阻值增大，电容器的带电量可能保持不变
D ．若R 2的阻值减小，电流表的示数可能保持不变
13．（2012年2月江西重点中学盟校联考）在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
A ．灯泡L 变亮
B ．电流表读数变小，电压表读数变大
C ．电源的输出功率变小
D ．电容器C 上电荷量减少
14．在如图所示的电路中，R 1=11Ω，r =1Ω，R 2=R 3=6Ω，当开关S 闭合且电路
稳定时，电容器C 的带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 的带电量为
Q 2，则（ ）
A ．Q 1:Q 2=1:3
B ．Q 1:Q 2=3:1
C ．Q 1:Q 2=1:5
D ．Q 1:Q 2=5:1
15．如图所示的电路中，已知电容C 1=C 2，电阻R 1﹥R 2，电源内阻可忽略不计，
当开关
S 接通时，以下说法中正确的有（ ）
A.C 1的电量增多，C 2的电量减少
B.C 1的电量减少，C 2的电量增多
C.C 1、C 2的电量都减少
D.C 1、C 2的电量都增多
图
16．如图，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．开关S闭合时，一位于P点的带电油滴恰好处于静止状态．现将下极板竖直向上平移一小段距离，如图中虚线所示，则
(A)．电容增大
(B)．P点的电势升高
(C)．P点的电势降低
(D)．带点油滴仍保持静止状态
17．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C 为电容器，○A、○V为理想电流表和电压表。

在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是（）
A．电压表示数变小B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低
18．如图，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是：（）
A．保持K闭合，使滑动片P向左滑动，微粒仍静止
B．保持K闭合，使滑动片P向右滑动，微粒向下移动
C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动
D．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动
19．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。

闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。

要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是
A．只增大R1，其他不变 B．只增大R2，其他不变
C．只减小R3，其他不变 D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变
20．如下图左所示，为了使白炽灯泡L在电路稳定后变得更亮，可以采取的方法有（）
A.只增大电阻R1的阻值
B.只增大电阻R2的阻值
C.只增大电容C两板间的距离
D.在电容器两板间插入玻璃板
21．如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C 两水平极板间的带电尘埃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K断开
22．如图所示的电路图中，电源电动势E，内阻忽略不计，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（）
A、开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量
B、开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量
C、开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量
D、开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量
23．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。

当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于
静止状态。

现将R3变大，则以下判断正确的是（）
Ａ.液滴将向下运动
Ｂ.电容器将继续充电
Ｃ.有从左到右的瞬时电流流过R1
Ｄ.电容器上的带电量将增大
24．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。

闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。

要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是
A．只增大R1，其他不变
B．只增大R2，其他不变
C．只减小R3，其他不变
D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变
25．在如图所示的电路中，电键K1、K2、K3、K4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，断开哪个电键后P不会运动
A．K1 B．K2
C．K3 D．K4
26．如图所示，M、N是竖直放置的平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、电荷量为+ q的小球悬于电容器内部。

闭合开关S，设法让小球做小角度摆动，测得周期为T。

调节R1、R2，关于该摆做小角度振动的周期的判断，正确的是（小球摆动时不会碰极板）
A．保持R1不变，增大R2时，周期小于T
B．保持R1不变，增大R2时，周期大于T
C．保持R2不变，增大R1时，周期小于T
D．保持R2不变，增大R1时，周期大于T
27．在如图所示的电路中，已知电容C＝2μF，电源电动势E＝12V，内电阻不计，R1∶R2∶R3∶R4＝1∶2∶6∶3，
则电容器极板a上所带的电量为
A.－8×10－6C
B.4×10－6C
C.－4×10－6C
D.8×10－6C
28．如图所示的电路中,电源的电动势E=3.0 V,内阻r=1.0 Ω;电阻R 1=10 Ω,R 2=10 Ω,R 3=30 Ω,R 4=35 Ω;电容器的电容C=100 μF.电容器原来不带电.求接通电键S 后流过R 4的总电荷量.
29．(10分)如图12所示，将一电动势为E ＝6 V 、内阻r ＝0.5 Ω的电源，与一粗细均匀的电阻丝AB 相连，电阻丝的长度为L ＝0.30 m ，阻值为R ＝4 Ω，电容器的电容为C ＝3 μF.闭合开关S 使其达到稳定状态后，将滑动触头P 向右以速度v ＝0.6 m/s 匀速滑动的过程中，电流计的读数为多少？流过电流计的电流方向如何？
30．如图所示的电路中，E ＝10 V ，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电池内阻不计，C 1＝C 2＝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R 1的电荷量.
31．如图所示，一电荷量q=3×10-5
C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点。

电键S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。

已知两板相距d=0.1m ，电源电动势ε=15V ，内阻r=0.5Ω，电阻R 1=3Ω，R 2=R 3= R 4 =8Ω。

g 取10m/s 2，已知　6.037sin 0=，8.037cos 0=。

求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量。

32．如图所示，电源电动势为4v ，内阻为1Ω，电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为3Ω ，电容器C 的电容为30pF ，电压表和电流表均为理想电表。

闭合开关s 电路达到稳定状态后。

求：（1）电压表和电流表的读数
（2）电容器C所带电荷量
在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm。

电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω。

闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s 竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板。

若小球所带电荷量q=1.0×10-7C，质量m=2.0×10-4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2。

求：
33．A、B两金属板间的电压的大小U；
34．滑动变阻器消耗的电功率P滑；
35．电源的效率η。

如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF．闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，为1.50V．
36．该电压表的内阻为多大?
37．由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?
38．如图所示，E=10V，C1=C2=30μF，R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，电池内阻忽略不计。

先闭合开关S，待电路稳定后，再将开关断开，则断开S后流过R1的电量为多大？
39．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？电流的方向如何？
参考答案
1．BD
【解析】电容器和电阻R 2并联，两端电压与R 2两端电压相等，当滑片P 向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R 2两端电压减小，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. 2．B
【解析】当P 向下滑动时,R 2增大,回路总电阻增大,干路电流减小,路端电压升高,电压表示数增大,R 1两端电压减小,R 2和C 两端电压增大,只有B 正确. 3．C
【解析】将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向a 端移动一些,则其阻值变大,回路总电阻变大,干路电流I 变小,路端电压U 升高,因此A ､B 错;电容器两端电压等于电压表示数,U 变大,因此其带电量Q 增大,C 对D 错. 4．C
【解析】四个开关均闭合时,油滴悬浮于平行板电容器的极板间,油滴所受合外力为零,说明油滴除受重力外必受电场力的作用,且大小与重力相等,方向与重力相反.若断开某个开关后,油滴向下运动,必是电场力减小,电容器极板间电压减小所致.从电路连接形式可看出,电阻R 1､R 2并联后与电容器C 串联.故电容器C 实质上是并联在电阻R 3两端.因R 1､R 2的电阻相对于电容器而言可忽略,断开S 1不会使电容器两板间的电压发生变化;断开S 4,电容器两板间的电压保持不变;断开S 2,因电源内阻远小于电容器的电阻,电容器两板间电压反而会升高;只有断开S 3时,电容器通过R 3放电,使电容器两板间的电压降低,P 才会向下运动. 5．AD
【解析】当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器R 接入电路部分电阻增大，灯泡L 中电流减小，灯泡L 将变暗，选项B 错、A 正确；电阻R 接入电路部分电阻增大，电源路端电压增大，电容器两端电压增大，电容器C 的电荷量增大，选项C 错、D 正确．
6．选B.
【解析】电容器和电阻R 2并联，两端电压与R 2两端电压相等，当滑片P 向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R 2两端电压减小，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. 7．A
【解析】油滴恰好处于静止状态，是qE=mg ，在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，由串联分压可知滑动变阻器分得电压增大，电容器电压增大，E 增大，油滴向上加速运动，电容器处于充电过程，G 中有从b 到a 的电流，A 对；同理BC 错；在将S 断开后，电容器开始放电，电场强度减小，油滴向下加速，G 中有电流通过，D 错； 8．BD
【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V U OA 6=，同理V U OB 4=，
V U U U OA OB AB 2-=-=，A 错；当2R 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=10μF ×6V=0.6×10-4C ，D 错 9．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V U OA 6=，同理V U OB 4=，
V U U U OA OB AB 2-=-=，A 错；当2R 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=10μF ×6V=0.6×10-4C ，D 错；
10．D
【解析】只断开S 1，电容C 两端电压变大，向电容充电，流过R 1的电流方向为自右向左，AB 错误；只断开S 2，C 通过R 2放电，C 错误、D 正确。

11．C
【解析】断开开关S 时，电容器两端的电压为电动势，再闭合开关S ，电容器两端的电压为R 2两端的电压，电容器两端电压减小，C 错误，其它选项均正确。

12．D
【解析】当环境温度升高时，电阻减小，总电流变大，R 1两端电压变大，则电容器所带电量变大，A 错误；R 1的阻值减小并不影响两端电压，B 错误；若R 2的阻值增大，则两端的电压变大，C 错误；若R 2的阻值减小，外电路电阻分压变化，可能使R 3两端的电压仍不变，则电流表示数不变，D 正确。

13．BC
【解析】将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，灯泡L 中电流减小，电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡L 变暗，选项A 错误B 正确；由于灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，电源的输出功率变小，选项C 正确；将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，电容器C 上电压增大，电容器C 上电荷量增多，选项D 错误。

14．A
【解析】当开关S 闭合时，电容器两端电压为R 2 的分压，U 2=E/3, Q 1 =CE/3 当开关S 断开时，电容器两端电压为电源电压，U=E, Q 2 =CE Q 1:Q 2=1:3,故选A. 15．C
【解析】S 断开时，电容C 1、C 2并联，ε==21U U ,又电容相等，故21Q Q =
S 接通时后，εε<+='2
11
1
R R R U εε<+='2
12
2
R R R U
所以：1111
Q U C Q <'=' 2222Q U C Q <'=' 答案C 正确
16．ACD
【解析】因为kd s C π4∈=
，d
U
E =，d 减小所以电容C 增大，E 增大。

P 点距上极板距离没变电势降落变大所以P 点电势降低，油滴受到向下的重力和向上的电场力，因为E 增大所以电场力变大则油滴会向上做加速运动。

则选AC 。

17．D
【解析】电压表测量的是1R 两端电压，电流表测量的是通过3R 的电流，当滑动变阻器的划片从a 端向b 端滑动时，
3R 减小⇒并联电路电阻减小⇒电路总电阻减小⇒电路路端电压减小，电路总电流增大，根据U IR =可得，1R 大
小不变，电流增大，所以1R 两端电压增大即电压表示数增大，A 错误；1R 两端电压增大，电路路端电压减小⇒并联电路两端电压减小⇒电容器两端电压减小，根据Q
C U
=
得，电容器所带电荷量减小，C 错误； 2R 两端电压减小，所以通过2R 的电流减小，但电路总电流是增加的，所以通过3R 的电流增大，故电流表示数变大，B 错误。

因为1R 两端电压增大，左端跟电源正极相连，电势不变，所以右端a 点电势降低。

D 正确。

18．A
【解析】略 19．BD 【解析】略 20．B
【解析】略 21．B
【解析】略 22．A
【解析】略 23．BD 【解析】略 24．BD 【解析】略 25．AD 【解析】略 26．B
【解析】略 27．D
【解析】略 28．2.0×10-4 C
【解析】由电阻的串并联公式,得闭合电路的总电阻为
由欧姆定律得,通过电源的电流
U=E-Ir 电阻R 3两端的电压U
通过R 4的总电荷量就是电容器的电荷量Q=CU ′ 由以上各式并代入数据解得Q=2.0×10-4 C 29．32 μA 从右向左
【解析】设在Δt 时间内，触头P 移动的距离为ΔL ，则ΔL ＝v Δt ，由于电阻丝单位长度上电压值为
因此在Δt 时间内PB 间电压改变 ΔU
L
而I
则I
v
×0.6 A ＝32 μA
电流方向从右向左．
30．4.2×10－4
C 【解析】S 闭合时，I
U C1＝I R2＝6 V (2分) 由于C 2被S 短路，其两端电压U C2＝0
S 断开待电路稳定后，由于电路中无电流，故U C1′＝U C2′ ＝10 V (2分) 电容器C 2上增加的电荷量为：
ΔQ 2＝C 2(U C2′－0)＝30×10－6×10 C ＝3×10－4
C.(2分) 电容器C 1上增加的电荷量为：
ΔQ 1＝C 1(U C1′－U C1)＝30×10－6
×4 C
＝1.2×10－4
C. (2分) 通过R 1的电荷量
Q ＝ΔQ 1+ΔQ 2＝4.2×10－4
C. (2分)
31．（1）28w （2）140V/m （3）5.6×10-4
kg
【解析】(1)R 外=7.0Ω R 总=7.5Ω I=15/7.5=2A 2’ P 出=I2R 外=22×7.=28w 2’
(2) U 外=IR=2×7=14V 2’ E=U/d=14/0.1=140V/m 2’ (3) Eq=mgtg37° 2’
m=Eq/gtg37°=（140×3×10-5）/（10×0.75）=5.6×10-4
kg 2 32．（1）12(R R )60.4 2.4U I v v ==⨯=+（2）7.2×10-11
c
【解析】（1）电阻R 1、R 2、R 3
电压表示数是电阻1、2两端的电压：12(R R )60.4 2.4U I v v ==⨯=+ （2）电容器的带电量为：Q ＝CU C ＝CU R23＝CI R23＝30µF×0.4A ×6Ω=7.2×10-11
c
33．U=200V
34
35
【解析】（1）小球从B 板上的小孔射入恰好到达A 板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A 、B 两极板间电压为U ，根据动能定理有 -qU- mgd=
02
解得U=200V
（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R 滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流
根据部分电路欧姆定律可知 U=IR 滑
解得 R 滑=2.0×103
Ω
滑动变阻器消耗的电功率
（3）电源的效率
36． 4.8r R k =Ω 37．6
2.3510Q C -∆=⨯
【解析】1R 与r R 并联后的总电阻为R ，则有
① 由串联电路的规律
②
代人数据．得 4.8r R k =Ω （6分）
(2)电压表接入前，电容器上的电压C U 等于电阻2R 上的电压，1R 两端的电压为1R U ，则 又1C R E U U =+
接入电压表后，电容器上的电压为 1'C U E U =-（３分）
由于电压表的接入，电容器带电量增加了 )(c c
U U C Q -'=∆（３分） 由以上各式解得
代入数据，可得 6
2.3510Q C -∆=⨯ （３分） 38．
【解析】
1、如图，R1=10Ω，R2=20Ω，R3=8Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势E=12V，内阻不计。

要使电容器带有4×10的负六次方库伦的电量，变阻器R的阻值应调为（）
A、8Ω
B、16Ω
C、20Ω
D、40Ω
2、如图，电源两端电压为U=10V保持不变，R1=4Ω，R2=6Ω，C1=C2=30μF。

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、4.2×10的负四次方库伦
B、1.2×10的负四次方库伦
C、4.8×10的负四次方库伦
D、3.0×10的负四次方库伦
向左转|向右转
设电阻R2右端电势为零，则其左端电势为8V，电容器两端电势差为2V，故电阻R左端电势为10V或者6V，故电阻R的电压为10V或者6V；
由于R3与电阻R串联，电压比等于电阻之比；
当电阻R的电压为10V时，有：
R3：R=UR3：UR=（12-10）：10=1：5，故R=5R3=40Ω；
当电阻R的电压为6V时，有：
R3：R=UR3：UR=（12-6）：6=1：1，故R=R3=8Ω；
故选AD．
2.
分析：当开关闭合时，R1与R2串联，电容器C2短路，C1与R2并联，故C1两端的电压与R2两端相连；
当开关断开时，电路断开，两电容器均与电源相连，故两电容器充电，通过R1的电量等于两电容器上增加的电量．解答：解：开关闭合时，电路中电流I=E/(R1+R2)=10V/(4Ω+6Ω) =1A；
R2两端的电压U=IR2=6V；
故电容器C1上的带电量Q1=UC=6V×30μF=1.8×10^-4C；
当断开开关后，两电容器直接与电源相连，电压均等于电源的电动势；
故两电容上的电量Q总=2×E×C=2×10V×30μF=6.0×10^-4C；
故通过R1的电量△Q=Q总-Q1=4.2×10^-4C．
故选A
物理：高考难点突破12讲难点11 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11-1电路中，电键S 1、S 2、S 3、S 4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.S 1 B.S 2 C.S 3 Ｄ.S 4
图11—1 图11—2
2.图11-2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11-3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，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→U 3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R 4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R 3上的电压U 3，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 ＝U 3＝32
E
①
小球处于静止，由平衡条件得
d qU
＝mg
②
当K 断开，由R 1和R 3串联可得电容两极板间电压U ′为
U ′＝2E
③
图11-3。