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)
2025高考物理 闭合电路动态分析、故障分析及含容电路动态分析
2025高考物理闭合电路动态分析、故障分析及含容电路动态分析一、单选题1．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10（24V/200W）和10个相同的指示灯X1～X10（24V/2W），如图连接在220V交流电源上，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则（）A．X1功率减小，L1功率增大B．X1功率增大，L1功率增大C．X2功率增大，其它指示灯的功率减小D．X2功率减小，其它指示灯的功率增大2．在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r，电表均为理想电表。
闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是（）A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电源的效率变大D．滑动变阻器消耗功率变大二、多选题3．如图，电路中的定值电阻0R 大于电源的内电阻r 。
现将开关S 闭合，将滑动变阻器R 的滑片P 向上滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3的示数变化量的绝对值分别为1U 、2U 、3U ，理想电流表A 的示数变化量的绝对值为I ，则下列说法中正确的是（ ）A ．电压表 V 1的示数增大，电压表V 2的示数减小B ．电流表A 的示数变大，电压表V 3的示数增大C ．电压表 V 3和电流表A 的示数变化量的比值30U r R I∆=+∆ D ．电压表 V 1和V 2的变化量12U U >三、单选题4．在如图所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示。
下列判断正确的是（ ）A ．|ΔU 1|<|ΔU 2|，|ΔU 2|>|ΔU 3|B ．1U I 不变，1U I ∆∆变小 C ．2U I变大，2U I ∆∆变大D ．3U I变大，3U I ∆∆变大四、多选题5．如图所示，电源电动势为E 、内阻为r ，滑动变阻器总电阻为R ，所有电表均为理想表。
高二物理题含电动机电路分析
1．一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2 A。
在30 s内可使该物体被匀速提升3 m。
若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量；(3)线圈的电阻。
解析：(1)电动机的输入功率P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W.(2)电动机提升重物的机械功率P机＝F v＝(4×3/30) W＝0.4 W.根据能量关系P入＝P机＋P Q，得生热的功率P Q＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2 W.所生热量Q＝P Q t＝0.2×30 J＝6 J.(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻R＝QI2t＝60.22×30Ω＝5 Ω.2、如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．19（12分）⑴灯泡L正常发光，电路中的电流为62A3LLPIU===⑵由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D=E－I(r+R)－U L=20－2×（1＋4）－3＝7V⑶电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7＝14W 电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5＝2W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14－2＝12W3．如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6 A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？(2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【解析】(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I＝UR得R＝UI1＝2 Ω，其发热功率为P R＝UI1＝12×6 W＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 23r A 所以P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W4．利用电动机通过如图所示的电路提升重物， 已知电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝1 Ω，电阻R ＝3 Ω，重物质量m ＝0.10 kg ，当将重物固定时，电压表的示数为5 V ，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5 V ，求重物匀速上升时的速度大小(不计摩擦，g 取10 m/s 2)．解析：设电动机内阻为r ′当将重物固定时I ＝E －U r＝1 A R ＋r ′＝U I ＝5 Ω，r ′＝2 Ω当重物不固定时I ′＝E －U r＝0.5 A P 出＝UI ′＝2.75 W ，P R ＋P r ′＝I ′2(R ＋r ′)＝1.25 W所以重物的功率P ＝P 出－P R －P r ′＝mgv ，解得v ＝1.5 m/s 答案：1.5 m/s5．(10分)在图2－28所示电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω.D 为直流电动机，其电枢线圈电阻R ＝2 Ω，限流电阻R ′＝3 Ω.当电动机正常工作时，电压表示数为0.3 V ．求：(1)通过电动机的电流是多大？(2)电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少？解析：(1)通过电动机的电流I 与流过限流电阻R ′的电流相同，由I ＝U R ′得：I ＝0.33A ＝ 0.1 A. (2)由E ＝Ir ＋U ＋U D 可得电动机两端电压U D ＝E －Ir －U ＝6 V －0.1×1 V －0.3 V ＝5.6 V 所以电动机输入的电功率P 入＝U D I ＝0.56 W.电动机的发热功率P 热＝I 2R ＝0.02 W. 电动机的输出功率P 出＝P 入－P 热＝0.54 W.答案：(1)0.1 A (2)0.56 W 0.02 W 0.54 W6．如图所示电路，电炉电阻R 1＝19 Ω，电动机电阻R 2＝0.5 Ω，电源内阻r ＝1 Ω.当开关S 断开时，电炉消耗的电功率为475 W ，S 接通、电动机正常运转后，电炉消耗的电功率为304 W ．求电动机转化为机械能的功率．解析：S 断开时外电路为纯电阻电路，电路中电流I ＝P 1R 1＝47519A ＝5 A ，由此可解得电源电动势E ＝I (R 1＋r )＝5×(19＋1) V ＝100 V.S 接通后外电路有两个支路，除纯电阻负载R 1支路外，另一支路负载为电动机，R 1支路中的电流I 1＝P 1′R 1＝30419A ＝4 A.路端电压U ＝I 1R 1＝4×19 V ＝76 V .由I ＝E －U r ＝100－761A ＝24 A 可知，电动机支路的电流I 2＝(24－4) A ＝20 A.电动机输入的电功率P 2＝I 2U ＝20×76 W ＝1 520 W ；电动机中的热功率P 耗＝I 22R 2＝202×0.5 W ＝200 W ；因此电动机转化为机械能的功率P 机＝I 2U －I 22R 2＝1 320 W.答案：1 320 W7. 如右图所示，电源的电动势是 6 V ，内电阻是 0.5 Ω，小电动机M 的线圈电阻为0.5 Ω，限流电阻R 0为3 Ω，若电压表的示数为3 V ，试求：(1)电源的功率和电源的输出功率；(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．【解析】 (1)由题意和部分电路欧姆定律可知I ＝UR 0R 0＝33A ＝1 A. 电源的功率 P 电＝EI ＝6×1 W ＝6 W 电源的输出功率P 出＝P 电－I 2r ＝6 W －0.5 W ＝5.5 W.(2)电动机消耗的功率P M ＝IU M ＝I (E －Ir －UR 0)＝2.5 W电动机输出的机械功率P 机＝P M －I 2r ＝2.5 W －0.5 W ＝2 W.【答案】 (1)6 W 5.5 W (2)2.5 W 2 W8．如下图所示，电源电动势为12 V ，内电阻为r ＝1 Ω，R 1＝1 Ω，R 2＝6 Ω，电动机线圈电阻为0.5 Ω，若开关闭合后通过电源的电流为3 A ，则R 1上消耗的电功率为多少？电动机消耗的电功率为多少？解析： R 1上消耗的功率P 1＝I 2R 1＝9×1 W ＝9 W 电动机两端的电压U ＝E －I (R 1＋r )＝12 V－3×(1＋1) V ＝6 V 通过R 2的电流为I 1＝U R 2＝66A ＝1 A 通过电动机的电流为I 2＝I －I 1＝2 A 故电动机消耗的电功率为P 2＝I 2U ＝2×6 W ＝12 W.答案： 9 W 12 W9．规格为“220 V,36 W”的排气扇，线圈电阻为40 Ω，求：(1)接上220 V 的电压后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；(2)如果接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率．12．解析： (1)排气扇在220 V 的电压下正常工作时的电流为I ＝P U ＝36220A≈0.16 A ， 发热功率为P 热＝I 2R ＝(0.16)2×40 W≈1 W.转化为机械能的功率为P 机＝P －P 热＝36 W －1 W ＝35 W.(2)扇叶被卡住不能转动后，电动机成为纯电阻用电器，电流做功全部转化为热能，此时电动机中电流为I ′＝U R ＝22040A ＝5.5 A ，电动机消耗的功率即电功率等于发热功率．P ′电＝P ′热＝UI ′＝220×5.5 W ＝1 210 W.答案： (1)35 W 1 W (2)1 210 W 1 210 W10．如图所示，已知电源电动势E ＝20 V ，内阻r ＝1 Ω，当接入固定电阻R ＝4 Ω时，电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L 和内阻R D ＝0.5 Ω的小型直流电动机D 都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．解析：(1)灯泡L 正常发光，电路中的电流为I ＝P L /U L ＝63A ＝2 A. (2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D ＝E －I (r ＋R )－U L ＝20 V －2×(1＋4) V －3 V ＝7 V .(3)电动机的总功率为P 总＝IU D ＝2×7 W ＝14 W电动机的热功率为P 热＝I 2R D ＝22×0.5 W ＝2 W所以电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝14 W －2 W ＝12 W.答案：(1)2 A (2)7 V (3)12 W11．如图所示，电源电动势为E ＝30 V ，内阻为r ＝1 Ω，电灯上标有“6 V ，12 W”字样，直流电动机线圈电阻R ＝2 Ω.若电灯恰能正常发光，求电动机输出的机械功率．解析：由电灯恰能正常发光知：I ＝P U 灯＝126A ＝2 A. 则电动机两端电压U ＝E －Ir －U 灯＝22 V.所以电动机的输出功率P ＝UI －I 2R ＝36 W.答案：36 W12．如图所示，电源的电动势E ＝110 V ，电阻R 1＝21 Ω，电动机的电阻R 0＝0.5 Ω，开关S 1始终闭合。
高中电学电路分析试题及答案
高中电学电路分析试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 以下哪个选项是欧姆定律的表达式？A. V = IRB. V = P/IC. P = IVD. I = V/P答案：A2. 串联电路中，总电阻与各部分电阻的关系是什么？A. 总电阻等于各部分电阻之和B. 总电阻等于各部分电阻之差C. 总电阻等于各部分电阻之积D. 总电阻等于各部分电阻倒数之和答案：A3. 并联电路中，总电流与各支路电流的关系是什么？A. 总电流等于各支路电流之和B. 总电流等于各支路电流之差C. 总电流等于各支路电流之积D. 总电流等于各支路电流倒数之和答案：A4. 一个电路中，电源电压为12V，电阻为6Ω，通过电阻的电流是多少？A. 1AB. 2AC. 3AD. 4A答案：B5. 电容器的单位是什么？A. 欧姆（Ω）B. 法拉（F）C. 伏特（V）D. 安培（A）答案：B二、填空题（每空1分，共10分）6. 当电路中的电阻增加时，电路中的电流将______。
答案：减小7. 电路中的功率P可以表示为电压V与电流I的乘积，即P = ______。
答案：VI8. 串联电路中，总电压等于各部分电压之______。
答案：和9. 并联电路中，各支路电压______。
答案：相等10. 电容器在直流电路中相当于______。
答案：断路三、简答题（每题5分，共10分）11. 什么是基尔霍夫电压定律（KVL）？答案：基尔霍夫电压定律指出，在一个闭合电路中，沿着任何闭合路径的电压降之和等于零。
12. 什么是基尔霍夫电流定律（KCL）？答案：基尔霍夫电流定律指出，在一个节点上，流入该节点的电流之和等于流出该节点的电流之和。
四、计算题（每题15分，共30分）13. 一个简单的串联电路，包含一个12V的电源，一个10Ω的电阻和一个20Ω的电阻。
求电路中的总电阻和电流。
答案：总电阻R_total = R1 + R2 = 10Ω + 20Ω = 30Ω。
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。
高中物理电路题解析
高中物理电路题解析电路题是高中物理中的重要内容之一，也是学生们普遍感到困惑的部分。
在解答电路题时，我们需要掌握一些基本的解题技巧和方法，才能够准确地分析和解决问题。
本文将通过具体的题目举例，详细说明电路题的解题思路和考点，并给出一些解题技巧和指导，帮助高中学生更好地应对电路题。
一、串联电路题1. 题目：如图所示，两个电阻R1和R2串联连接在电源上，已知电源电压为U，电流表A和电压表V的示数分别为I和V。
求R1和R2的阻值。
解析：首先，我们需要根据题目中给出的信息，列出等式。
根据欧姆定律，电阻与电流和电压之间的关系为R=U/I。
由于R1和R2串联连接在一起，所以它们的电流相等，即I1=I2=I。
根据题目中给出的电流表A和电压表V的示数，我们可以得到以下等式：U=V+V，即U=2V。
将这些等式代入欧姆定律，可以得到R1=U/I1=2V/I，R2=U/I2=2V/I。
因此，R1和R2的阻值分别为2V/I。
考点：串联电路的特点是电流相等，电压分担。
在解答这类题目时，我们需要根据题目给出的信息，列出等式，并利用欧姆定律进行计算。
同时，我们还需要注意串联电路中电流的分布和电压的分担关系。
二、并联电路题2. 题目：如图所示，两个电阻R1和R2并联连接在电源上，已知电源电压为U，电流表A和电压表V的示数分别为I和V。
求R1和R2的阻值。
解析：对于并联电路，电流分担，电压相等。
根据题目中给出的信息，我们可以得到以下等式：I=I1+I2，U=V=V1=V2。
根据欧姆定律，可以得到R1=V1/I1，R2=V2/I2。
由于并联电路中电压相等，所以V1=V2=V，将这些等式代入欧姆定律，可以得到R1=V/I1，R2=V/I2。
因此，R1和R2的阻值分别为V/I1和V/I2。
考点：并联电路的特点是电流分担，电压相等。
在解答这类题目时，我们需要注意电流的分布和电压的相等关系，并利用欧姆定律进行计算。
三、混合电路题3. 题目：如图所示，一个电阻R1和两个电阻R2和R3并联连接在电源上，已知电源电压为U，电流表A和电压表V的示数分别为I和V。
电路动态分析问题、含容电路专题
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无电流。
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，电源电动势E=10V， R1=4Ω,R2=6Ω,C=30μF,电池内阻可忽 略。
R2
③
把R1看成电源内电阻
Er
答案：① 2.25W；②R1 2W；③ 1.5W。
A．电源的路端电压一定逐渐变小 B．电源的输出功率一定逐渐变小 C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大 D．电源的供电效率一定逐渐变小
例1、如图所示，线段A为某电源U-I图线，线段 B为某电阻R的U-I图线。以上述电源和电阻组成闭合 电路时， 求(1)电源的输出功率P出多大? (2)电源内部损耗的电功率P内是多少? (3)电源的效率多大?
P总 E R r
（最后一个等号只适用于外电路为纯电阻电路）
三、电源的输出功率
R
P出 I 2R
E 2R (R r )2
I
Er
E2
(R
r )2 R
4r
1、当外电阻等于内电阻时电源的输出功率最大
Pm
E2 4r
三、电源的输出功率
1、当外电阻等于内电阻时电源的输出功率最大
Pm
E2 4r
2、电源输出功率随外电阻变化的图线（ P出 R 图线）
的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，
额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压
表读数为3V，那么当开关S接位置2时，小灯
泡L的发光情况是
A．很暗，甚至不亮
B．正常发光
C．不正常发光略亮
D．有可能被烧坏
高二物理部分电学知识点及例题
L4L质子源v 1v 2一、电流、电阻和电阻定律1．电流：电荷的定向移动形成电流．（1）形成电流的条件：内因是有自由移动的电荷，外因是导体两端有电势差．（2）电流强度：通过导体横截面的电量Q 与通过这些电量所用的时间t 的比值。
①I=Q/t ；假设导体单位体积内有n 个电子，电子定向移动的速率为V ，则I=neSv ；假若导体单位长度有N 个电子，则I ＝Nev ．②表示电流的强弱，是标量．但有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．③单位是：安、毫安、微安1A=103mA=106μA2．电阻、电阻定律（1）电阻:加在导体两端的电压与通过导体的电流强度的比值. R=U/I,导体的电阻是由导体本身的性质决定的,与U.I 无关.(2)电阻定律:导体的电阻R 与它的长度L 成正比,与它的横截面积S 成反比. R ＝ρL/S (3)电阻率:电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量，由材料决定,但受温度的影响．①电阻率在数值上等于这种材料制成的长为1m,横截面积为1m 2的柱形导体的电阻.②单位是:Ω·m.（4）电阻随温度的变化关系A 金属导体：导电性能好，电阻率随温度的升高而变大，随温度的降低而减少。
b 半导体:导电性能介于导体和绝缘体之间，电阻率随温度的升高而减小，导电性能由外界条件所控制，如改变温度、光照、掺入微量杂质等c 超导体:有些物质当温度降低到绝对零度附近时它们的电阻率会突然变为零．d 标准电阻：锰铜合金和镍铜合金的电阻率随温度变化极小，利用它们的这种性质，常用来制作标准电阻。
二、部分电路欧姆定律1、导体中的电流I 跟导体两端的电压成正比，跟它的电阻R 成反比。
I=U/R2、适用于金属导电体、电解液导体，不适用于空气导体和某些半导体器件．3、导体的伏安特性曲线:研究部分电路欧姆定律时,常画成I ～U 或U ～I 图象,对于线性元件伏安特性曲线是直线,对于非线性元件,伏安特性曲线是非线性的.注意：①我们处理问题时，一般认为电阻为定值，不可由R=U/I 认为电阻R 随电压大而大，随电流大而小．②I 、U 、R 必须是对应关系．即I 是过电阻的电流，U 是电阻两端的电压．【例1】来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV 的直线加速器加速，形成电流强度为1mA 的细柱形质子流。
(完整版)电容器典型习题及含容电路计算
电容器动态问题与电势及电势能相结合 电容器动态问题与粒子受力相结合一、 电容器、电容1、 电容器：两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成一个电容器。
2、电容 ：1）物理意义：表示电容器容纳电荷的本领。
2）定义：电容器所带的电荷量Ｑ（一个极板所带电量的绝对值）与两个极板间的电势差Ｕ的比值叫做电容器的电容。
3）定义式：UQ U QC ∆∆==，对任何电容器都适用，对一个确定的电容 器，电容是一个确定的值，不会随电容器所带电量的变化而改变。
4）单位：5）可类比于水桶的横截面积。
3、电容器的充放电：充电：极板带电量Q 增加，极板间场强E 增大； 放电：极板带电量Q 减小，极板间场强E 减小；4、常见电容器有：纸质电容器，电解电容器，可变电容器，平行板电容器。
电解电容器连接时应注意其“＋”、“－”极。
二、平行板电容器 平行板电容器的电容kds C r πε4=（平行板电容器的电容与两板正对面积成正比，与两板间距离成反比，与介质的介电常数成正比）。
是决定式，只对平行板电容器适应。
带电平行板电容器两极板间的电场可认为是匀强电场，dU E =。
三、平行板电容器动态分析 一般分两种基本情况：１、电容器两极板电势差Ｕ保持不变。
即平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。
２、电容器的带电量Ｑ保持不变。
即平行板电容器充电后，切断与电源的连接，使电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。
进行讨论的物理依据主要是三个： （１）平行板电容器的电容与极板距离ｄ、正对面积Ｓ、电介质的介电常数ε间的关系：kdS C r πε4=（２）平行板电容器内部是匀强电场，dU E =S kQ r επ4=。
（３）电容器每个极板所带电量Ｑ＝ＣＵ。
平行板电容器的电容为C ， 带电量为Q ， 极板间的距离为d . 在两极板间的中点放一电量很小的点电荷q .它所受的电场力的大小等于（ ）A ．8kQq/d 2B ．4kQq/d 2C ．Qq/CdD ．2Qq/Cd1、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E2、如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列的图像中能正确反映电容器的带电量Q、电压U和电容器电容C之间关系的是：（）3、(2012·江苏单科，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()．A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小4、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变小B．保持S不变，增大d，则θ变大C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ变大5、(2012·课标全国，18)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()．A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动6、平行板电容器的两极板A 、B 接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S ，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图4所示，则下列说法正确的是 ( )A ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ减小 B ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大C ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大D ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变7、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一负点电荷（电量很小）固定在P 点，如图所示．以E 表示两极板间电场强度，ϕ表示负极板电势，ε表示正点电荷在P 点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A ． E 变大，ϕ降低B ．E 不变，ϕ升高 C ． ϕ升高，ε减小D ． ϕ升高，ε增大8、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9、如图所示，Ａ、Ｂ为平行金属板，两板相距为ｄ，分别与电源两板相连，两板的中央各有一个小孔Ｍ和Ｎ。
高中物理电路问题解析与解题思路
高中物理电路问题解析与解题思路在高中物理学习中，电路问题是一个重要的考点。
掌握解题思路和技巧，能够帮助学生更好地理解和应用电路知识。
本文将通过具体的例题，讲解电路问题的解析和解题思路，帮助高中学生和家长更好地应对电路问题。
一、串联电路问题串联电路是指电流依次通过多个元件的电路。
解决串联电路问题的关键是根据电流守恒定律和欧姆定律，确定电路中各个元件的电流和电压。
例如，有一个由电源、电阻1和电阻2串联而成的电路，电源电压为U，电阻1的电阻为R1，电阻2的电阻为R2。
求电路中的总电阻和电流。
解析：首先，根据串联电路中电流守恒定律，电路中的总电流等于各个元件的电流之和。
假设电路中的总电流为I，根据欧姆定律可得：U = I * (R1 + R2)根据上述公式，我们可以计算出电路中的总电流。
接下来，根据欧姆定律，可以计算出电路中各个元件的电流。
电阻1的电流为I1，电阻2的电流为I2，根据欧姆定律可得：I1 = U / R1I2 = U / R2通过上述计算，我们可以得到电路中各个元件的电流。
二、并联电路问题并联电路是指电流分别通过多个元件的电路。
解决并联电路问题的关键是根据电流守恒定律和欧姆定律，确定电路中各个元件的电流和电压。
例如，有一个由电源、电阻1和电阻2并联而成的电路，电源电压为U，电阻1的电阻为R1，电阻2的电阻为R2。
求电路中的总电阻和电流。
解析：首先，根据并联电路中电流守恒定律，电路中的总电流等于各个元件的电流之和。
假设电路中的总电流为I，根据欧姆定律可得：I = I1 + I2接下来，根据欧姆定律，可以计算出电路中各个元件的电流。
电阻1的电流为I1，电阻2的电流为I2，根据欧姆定律可得：I1 = U / R1I2 = U / R2通过上述计算，我们可以得到电路中各个元件的电流。
然后，根据欧姆定律，可以计算出电路中各个元件的电压。
电阻1的电压为U1，电阻2的电压为U2，根据欧姆定律可得：U1 = I * R1U2 = I * R2通过上述计算，我们可以得到电路中各个元件的电压。
高二物理电学精讲及配套习题
1.电功和电热电功是电场力做功W=UIt ；由焦耳定律电热Q=I 2Rt 。
电流通过金属导体时，自由电子 在加速运动过程中频繁与正离子相碰，使离子的热运动加剧，而电子速率减小，可以认为自 由电子只以某一速率定向移动，而电能只转化为内能。
U 2t（1）对纯电阻而言，电功等于电热：W=Q=UIt=I 2R t= R （2）对非纯电阻电路（如电动机和电解槽），由于电能除了转化为电热以外还同时转 化为机械能或化学能等其它能，所以电功必然大于电热：W > Q ，这时电功只能用W=UIt 计算，电热只能用Q=I 2Rt 计算，两式不能通用。
［例1］某一电动机，当电压U 1=10V 时带不动负载，因此不转动，这时电流为I 1=2A 。
当电 压为U 2=36V 时能带动负载正常运转，这时电流为12=1A 。
求这时电动机的机械功率是多大？R = -1 = 5Q解：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得， 11 ，这个电阻可认为是 不变的。
电动机正常转动时，输入的电功率为 P 产UI =36W ，内部消耗的热功率P 珈电 2 2 热=I 誉=5W ，所以机械功率P =31W由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。
［例2］来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV 的直线加速器加速，形 成电流强度为1mA 的细柱形质子流。
已知质子电荷e =1.60X 10-19C 。
这束质子流每秒打到 靶上的质子数为。
假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与 质子源相距L 和4L 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n 1 和 n 2，贝U n ］ ： n 2=。
片V2 质子源Q 11 —---------- 4£ ---------- >|n I _ _ —=_ = 6.25 * 1015 te 由于各处电流相同，设这段长度为l ，其中的质子数为n 个，则由v 2 = 2 as ，.二 v x 7 s 而2.闭合电路欧姆定律（1）主要物理量 研究闭合电路，主要物理量有E 、r 、R 、I 、U ,前两个是常量，后三个是变量。
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.如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。
开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α 。
在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是（）A．缩小a、b间的距离B．加大a、b间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质【答案】BC【解析】由知，d↓，C↑；Q不变，再根据，U↓，由分析知，PQ间的E↓，α变小，故A错误；增大a、b间的距离，d↑，C↓，Q不变，U↑，分析知，PQ间的E↑，α变大，故B正确；取出a、b两极板间的电介质ε↓，C↓，Q不变，，U↑，PQ间的E↑，α变大，，故C 正确；换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质ε↑，C↑，Q不变，，U↓，PQ间的E↓，α变小，故D错误。
【考点】本题考查电容器的动态分析。
2.图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面.若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）A．匀速滑动时，I1=0，I2=0B．匀速滑动时，I1≠0,I2≠0C．加速滑动时，I1=0，I2=0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0【答案】D【解析】当AB切割磁感线时，相当于电源．电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流．匀速滑动，电动势不变，电容器两端间的电压不变，所以I2=0，I1≠0，故AB均错误；加速滑动，根据知，电动势增大，电容两端的电压增大，所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I1≠0，I2≠0，故C错误，D正确．所以选D．【考点】本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律及电容器对电流的作用．3.（8分）如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t) (T)已知R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向。
动态电路、含容电路、交流电路动态分析 高三物理二轮复习新高考版(含解析)
动态电路、含容电路、交流电路动态分析-名校高中物理精品1.如图所示,电源内阻为r,定值电阻R0的电阻值为9r,滑动变阻器R的总电阻为8r。
若将滑片P自左向右滑动,下列判断正确的是()。
A.电源的输出功率先增大后减小B.滑动变阻器消耗的功率先增大后减小C.定值电阻R0消耗的功率一直增大D.电源的效率一直增大2.为了研究二极管和线圈对电路的影响,设计电路如图所示,矩形金属框有一小缺口,从缺口处接入电路,L1、L2和L3为电阻不变的相同小灯泡,L为不计电阻的线圈,D为理想二极管。
金属框内有按正弦规律变化的磁场,若保持交变电源两端电压的有效值不变,只增大磁场变化周期,关于三个灯泡的亮度变化,下列说法正确的是()。
A.L1、L2两个灯泡变亮 B.只有灯泡L2变亮C.L1、L2两个灯泡变暗 D.只有灯泡L2变暗3.(多选)为了探究变化电阻消耗的功率随其电阻值的变化规律,设计电路如图1所示,电源电动势恒定,定值电阻R0=2 Ω。
测得电阻箱所消耗的功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图2所示,随着电阻箱电阻值R的增大,下列判断正确的是()。
A.电源电动势为45 V,内阻为3 ΩB.电源的输出功率一直增大C.电源输出功率最大值为75 WD.电阻箱所消耗的功率P最大时,电源效率大于50%4.实际生活中常见到变压器,变压器都会有能量损失,为了研究问题的简单方便,我们往往把变压器看作理想变压器。
电路如图所示,定值电阻R0,灯泡L电阻保持不变,P为滑动变阻器的滑片。
两电压表为理想电表。
保持a、b间交变电压U1不变,闭合开关S,下列说法正确的是()。
A.P向下滑动时,变压器的输出功率可能变大B.P向下滑动时,灯泡变亮,示数可能变小C.P向上滑动时,电压表和示数都不变D.P向上滑动时,示数与示数的比值变大5.在生活中经常用电池作直流电源,探究电源的功率和内阻消耗功率如何随电流变化是一个重要课题。
如图所示,直线OMQ为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线,抛物线ONQ为该直流电源内部的热功率P r随电流I变化的图线,M、N两点对应的横坐标均为2 A。
高二物理电学专题提升专题20含容电路的分析及计算
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==1.5A,U1=I1R1=4.5V.合上开关S2后,电容器电压为U2,干路电流为I2.根据闭合电路欧姆定律有I2==2A,U2=I2=4V.所以电容器上电荷量变化了ΔQ=(U2-U1)C=-1.8×10-6 C.(或电容器上电荷量减少了1.8×10-6C)(2) 合上S2后,电容器上电荷量为Q=CU2=1.44×10-5C.断开S1后,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,流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9.6×10-6C.三总结提升（1）电路稳定后，电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。
高中物理电路题型归纳总结
高中物理电路题型归纳总结在高中物理学习中，电路题型是一个重要的考点，涉及到电阻、电流、电压等概念的运用和计算。
为了帮助同学们更好地理解和应对电路题型，本文将对常见的电路题型进行归纳总结，包括串联电路、并联电路、等效电阻和电路分析等方面。
一、串联电路串联电路是将多个元件按照一定的顺序连接在一起的电路。
在串联电路中，电流只有一条通路可以流过，因此电流强度在每个元件上相同，而电压随着元件的不同而分配。
1. 电阻的计算在串联电路中，电阻之和等于各个电阻的代数和。
即：R总 = R1 + R2 + R3 + ...2. 电流的计算在串联电路中，各个电阻中的电流强度相同，都等于总电流强度。
即：I总 = I1 = I2 = I3 = ...3. 电压的计算在串联电路中，各个电阻的电压之和等于总电压。
即：U总 = U1 + U2 + U3 + ...二、并联电路并联电路是将多个元件的两端连接在一起的电路。
在并联电路中，电压相同，而电流则随着元件的不同而分配。
1. 电阻的计算在并联电路中，电阻的倒数之和等于各个电阻倒数的和的倒数。
即：1/R总 = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 + ...2. 电流的计算在并联电路中，各个电阻并联时的电流强度之和等于总电流强度。
即：I总 = I1 + I2 + I3 + ...3. 电压的计算在并联电路中，各个电阻的电压相同，都等于总电压。
即：U总 = U1 = U2 = U3 = ...三、等效电阻等效电阻是指能够在电路分析中起到与实际电路等效的作用的电阻。
根据串联电路和并联电路的特性，可以推导出等效电阻的计算方法。
1. 串联电路的等效电阻在串联电路中，可以将多个电阻的等效电阻计算为它们的代数和。
即：R总 = R1 + R2 + R3 + ...2. 并联电路的等效电阻在并联电路中，可以将多个电阻的等效电阻计算为它们的倒数之和的倒数。
即：1/R总 = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3 + ...四、电路分析在解决电路题型时，除了利用串联电路和并联电路的特性进行计算外，还需要运用欧姆定律、基尔霍夫定律和功率公式等原理进行电路分析。
2020_2021学年高二物理专题训练下电容器的电容pdf含解析
2020-2021学年高二物理：电容器的电容专题训练题组1 电容器及电容1.如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是（）A.开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B.开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电C.开关接2时，平行极电容器充电，且上极板带正电D.开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电【答案】A【解析】开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A对，B错；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错.2.如图所示，电源A两端的电压恒为6 V，电源B两端的电压恒为8 V，当开关S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为1.2×10－5C，则电容器的电容约为（）A.2×10－5FB.1.5×10－6FC.6×10－6FD.8.6×10－7F【答案】D【解析】当开关S接A时，电容器上极板带正电，所带电荷量Q＝CUA，当开关S扳到B时，电容器上极板带负电，所带电荷量Q′＝CUB，该过程中通过电流计的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝C（UA＋UB）＝1.2×10－5C，解得电容C≈8.6×10－7F，选项D正确.3.如图所示，为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是（）A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5×10－2FD.该电容器的电量变化量为0.2 C【答案】B【解析】由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝F＝5×10－3F，可知C 错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错.4.一个空气平行板电容器，极板间相距d，正对面积S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是（）A.将电压变为B.将带电荷量变为2QC.将极板间的距离变为D.两板间充满介电常数为原来介电常数的电介质【答案】C【解析】电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身决定，与极板间的电压和所带电荷量无关，所以改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，故A、B错误.由电容的决定式C＝可知我们可采取的方式是：①将极板间的距离变为；②将电介质换为介电常数为原来介电常数2倍的电介质.故C正确，D错误.5.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是（）A.在A、B之间插入金属板，且不和A、B接触，静电计指针张角变大B.将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C.将A板稍微下移，静电计指针张角将变小D.若将A板拿走，则静电计指针张角变为零【答案】B【解析】电容器上所带电荷量一定，在A、B之间插入金属板，且不和A、B接触，d减小，根据C＝，电容增大，根据U＝，Q不变，则电势差减小，张角变小.由公式C＝，当A板上移或下移时，正对面积S变小，C也变小，U变大，张角变大；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，张角变大，故选B.6.（多选）关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是（）A.充、放电过程中外电路有瞬间电流B.充、放电过程中外电路有恒定电流C.充电过程中电源提供的电能全部转化为内能D.放电过程中电容器中的电场能逐渐减小【答案】AD【解析】电容器充、放电过程中会有电荷发生定向移动，外电路产生变化的瞬间电流，电容器充、放电结束，电流消失，A对，B错；充电过程中电源提供的电能部分转化为电容器的电场能，C错；放电过程中电容器中的电场能逐渐转化为其他能，D对.题组2 平行板电容器7.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路.闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0.则下列说法正确的是（）A.若将A板下移少许，Q增大；U减小；E0不变B.若将A板下移少许，Q不变；U减小；E0减小C.若断开开关，将A板下移少许，Q增大；U不变；E0增大D.若断开开关，将A板下移少许，Q不变；U减小；E0不变【答案】D【解析】开关闭合时电容器两极板间电压U不变，由公式C＝可知，A板下移（板间距d减小），电容C将增大，由公式C＝可知电容器带电量Q将增大.由公式E0＝可知板间场强增大；开关断开后电容器带电量Q不变，由公式C＝可知，A板下移（板间距d减小），电容C将增大，由公式C＝可知电容器极板间电压U将减小.由以上三式可得E0＝，由此可知板间场强不变.选项D正确.8.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地.现将电容器的b板向下稍微移动，则（）A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小D.电容器的带电荷量增加【答案】B【解析】b板下移后，电容减小，极板间电压不变，由Q＝CU知，极板带电荷量减少，D错误；极板间电压不变，板间距增大导致内部场强减小，电荷受力减小，A错误；根据U＝Ed，场强E的减小导致P处与上极板间的电势差减小，P处的电势升高，由于点电荷带负电，P点电势能减少，B正确，C错误.9.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E表示两极板间的电场强度、φ表示P点的电势，E p表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象正确的是图中的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由平行板电容器的电容C＝可知d减小时，C变大，但不是一次函数，选项A错误；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝，E＝＝，与x无关，选项B错误；在负极板接地的情况下，设P点最初的电势为φ0，则平移后P点的电势为φ＝φ0－Ex0，选项C正确；正电荷在P点的电势能E p＝qφ＝q（φ0－Ex0），显然选项D错误.10.如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合.一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（）A.带电液滴可能带正电B.增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流，电容器中负电荷从B到AC.断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降D.断开S，减小两极板距离过程中，液滴静止不动【答案】D【解析】带电液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，电场力方向向上，电场方向向下，故液滴带负电，A选项错误.由C＝和Q＝CU可知，当两极板间距离增大的过程中，C变小，所以Q变小，因此电容器放电，放电电流的方向从a到b，负电荷由B板经电源和电阻R流向A板，选项B错误.断开S，由C＝，Q＝CU和U＝Ed知E＝，Q不变，S减小，所以E增大，电场力大于重力，液滴加速上升，C选项错误.由E＝知，Q不变，d减小，E不变，液滴静止不动，D选项正确.11.如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应（）A.给平行板电容器充电，补充电荷量B.给平行板电容器放电，减小电荷量C.使两极板相互靠近些D.使两极板相互远离些【答案】A【解析】为维持油滴静止状态，应增大两板间场强，由Q＝CU，U＝Ed，C＝可知E＝，增大Q，E也增大，故A项对，B项错；Q不变，改变d，E不变，C、D项错.12.如图所示，带有等量异种电荷的平行板电容器的金属板M、N水平放置.两板之间有一带电微粒以速度v0沿直线运动.当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒（）A.可能沿轨迹①运动B.一定沿轨迹②运动C.可能沿轨迹③运动D.可能沿轨迹④运动【答案】B【解析】带电微粒沿直线运动说明受到的静电力与重力平衡，在两极板间的距离变化后，根据C＝，C＝，可得E＝＝＝，两板间的电场强度和两板间的距离无关，所以电场强度保持不变，故带电微粒仍做直线运动，即一定沿轨迹②运动，选项B正确.13.有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为（）A.4∶11∶3B.1∶43∶1C.4∶13∶1D.4∶14∶3【答案】C【解析】由U＝得：＝＝＝，又由E＝＝得：＝＝＝，所以选项C正确.14.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1/2d，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＝1/2U1，E2＝E1D.U2＝U1，E2＝E1【答案】C【解析】根据电容的决定式C＝、电容定义式C＝和匀强电场公式E＝，得：E＝，电容器充电后与电源断开，电量Q不变，据题知S不变，则E不变.由U＝Ed可知，将电容器极板间距变为d，则得：U2＝U1，故C正确.15.（多选）下列关于电容的说法正确的是（）A.电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量B.电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多C.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量D.由公式C＝知，若电容器两极间电压为10 V，极板带电量为2×10－5C，则电容器电容大小为5×105F 【答案】AC【解析】电容反映电容器容纳电荷本领的大小，A对.电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错；电压为10 V，电荷量为2×10－5C时，电容C＝＝2×10－6F，D错.16.（多选）下列关于电容器和电容的说法中，正确的是（）A.根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B.对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C.无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D.电容器所带电荷量增加一倍，电容就增加一倍【答案】BC【解析】由于电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性.一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比.因此A错误；电容器所带电荷量增加一倍，两极板间的电压增加一倍，电容C＝不变，故D错误；由于电容是定值，由Q＝CU知，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B、C正确.17.（多选）如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（）A.保持S闭合，使A、B两板靠近一些B.保持S闭合，使A、B两板正对面积减小一些C.断开S后，使B板向右平移一些D.断开S后，使A、B正对面积减小一些【答案】CD【解析】静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高.当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C＝可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大.所以本题的正确答案是C、D.18.（多选）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E 和Q表示.下列说法正确的是（）A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半【答案】AD【解析】由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C错误；当d不变，Q变为原来的一半时，U变为原来的一半，则E变为原来的一半，D正确.题组3 电容器问题的综合分析19.如图所示，把一个平行板电容器接在电压U＝10 V的电源上.现进行下列四步操作：（1）合上S；（2）在两板中央插入厚为的金属板；（3）断开S；（4）抽出金属板.则此时电容器两板间的电势差为（）A.0B.10 VC.5 VD.20 V【答案】D【解析】根据C＝分析每一步操作造成的影响如下：（1）合上S，电源对电容器充电，电容器两端电压为U，设电容为C，则带电荷量Q1＝CU，板间形成一个匀强电场，电场强度为E1＝.（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成两个匀强电场区域，其宽度均为.由于整个金属板为等势体，则M板与金属板之间、金属板与N板之间的电势差均为，因此，其电场强度增为原来的2倍，即E2＝2E1.显然，在插入过程中，电源必须对M、N两板继续充电，使板上电荷量增为原来的2倍，即Q2＝2Q1.（3）断开S，M、N两板的电荷量保持不变，即Q3＝Q2＝2Q1.（4）抽出金属板，电容器的电容仍为C，而电荷量为2Q1，所以两板间电势差变为＝2U＝20V.20.M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图偏离竖直方向.下列哪一项措施会使OP 悬线与竖直方向的夹角增大？（P球不与金属极板接触）（）A.增大MN两极板间的电势差B.减小MN两极板的带电量C.保持板间间距不变，将M、N板一起向右平移D.保持板间间距不变，将M、N板一起向左平移【答案】A【解析】由题意知小球带正电，增大MN两极板间的电势差，小球受的电场力增大，OP悬线与竖直方向的夹角增大，A正确；减小MN两极板的带电量，小球受的电场力减小，OP悬线与竖直方向的夹角减小，B 错误；保持板间间距不变，将M、N板一起平移，电势差不变，OP悬线与竖直方向的夹角不变，C、D错误.21.如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源.在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是（）A.甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B.甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C.甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D.甲图中夹角减小，乙图中夹角减小【答案】B【解析】题图甲中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小.当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变；根据平行板电容器的电容公式C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强与两板间距离无关，故题图乙中夹角不变.综上分析，选项B正确.22.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接.绝缘线与左极板的夹角为θ.当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）A.θ1<θ2，I1<I2B.θ1>θ2，I1>I2C.θ1＝θ2，I1＝I2D.θ1<θ2，I1＝I2【答案】D【解析】先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定大小关系；再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系.当滑片在a位置时平行板电容器两极板间电势差比当滑片在b位置时小，场强也就小，故θ1<θ2，两种情况下的闭合电路总电阻不变，故I1＝I2，所以正确选项为D.23.如图所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d.今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为（）A.kB.kC.D.【答案】C【解析】平行板电容器极板间电场为匀强电场，其电场强度为E＝，因此点电荷q在其中所受到的电场力为F＝Eq＝.24.（多选）传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示的是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】F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增大，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增大，电容器继续充电，电路中有从b到a的电流，B正确.若电流表有示数，则电容器在不断充电（或放电），故Q在变化，F变化，D正确.25.（多选）如图所示，当待测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动.如果测出了电容的变化，就能知道物体位移的变化.若电容器的电容变大，则物体的位移可能的变化是（）A.加速向右移动B.加速向左移动C.减速向右移动D.减速向左移动【答案】BD【解析】由于相对介电常数εr发生变化而引起电容器电容C的变化，根据C＝可知：当电容C变大时，εr应该增大，电介质板应向左移动，所以选项B、D正确.26.（多选）如图所示，一平行板电容器的电容为C，两极板M、N间距离为d，所接电源的电动势为E，两板间a、b、c三点的连线构成一等腰直角三角形.三角形的两直角边长均为L，其中ab边与两板平行，以下说法正确的是（）A.电容器所带电荷量为CEB.两极板间匀强电场的电场强度大小为C.a、c两点间的电势差为D.若增大两板间距离时，a、c两点间电势差不变【答案】AB【解析】电容器两端的电压为电源的电动势，故电容器的带电量Q＝CE，故A正确；电场强度E场＝＝，故B正确；a、c两点的电势差Uac＝－E场dac＝－L sin 45°＝－，故C错误；因电容器与电源相连，故电容器两端的电压不变，增大两板间的距离时，电场强度减小，故ac两点的电势差减小，故D错误. 27.（多选）如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板.两板间有M、N、P三点，M、N连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN＝θ.以下说法正确的是（）A.电容器带电荷量为B.两极板间匀强电场的电场强度大小为C.M、P两点间的电势差为D.若将带电荷量为＋q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了【答案】CD【解析】由电容器电容的定义式可知，电容器的带电荷量为Q＝CU，A项错误；两板间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强度E＝，B项错误；MP两点间的电势差就等于NP 间的电势差，即UMP＝EL sinθ＝，C项正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电荷量为＋q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做的功，即为qUMP＝，D项正确.。
高中物理电学解题技巧总结
高中物理电学解题技巧总结一、电路分析电路分析是高中物理电学中的重要内容，掌握好电路分析的方法和技巧对于解题非常有帮助。
下面以几个具体的题目为例，介绍电路分析的一些常用技巧。
1. 串联电阻的等效电阻计算题目：如图1所示，已知电阻R1、R2、R3串联连接在电源上，请计算它们的等效电阻。
解析：对于串联电阻，等效电阻为各个电阻之和。
即 R = R1 + R2 + R3。
2. 并联电阻的等效电阻计算题目：如图2所示，已知电阻R1、R2、R3并联连接在电源上，请计算它们的等效电阻。
解析：对于并联电阻，等效电阻为各个电阻的倒数之和的倒数。
即 1/R = 1/R1 + 1/R2 + 1/R3。
3. 电阻与电流、电压的关系题目：如图3所示，已知电阻R1、R2、R3串联连接在电源上，请计算电阻R1上的电压。
解析：根据欧姆定律，电压与电阻和电流之间的关系为 U = I * R。
在串联电路中，电流相同，所以电阻越大，电压越大。
因此，在图3中，电阻R1上的电压应该是最大的。
二、电路中的电流和电压计算在解题过程中，计算电路中的电流和电压是非常常见的。
下面以几个具体的题目为例，介绍计算电流和电压的一些技巧。
1. 电流的计算题目：如图4所示，已知电阻R1、R2、R3串联连接在电源上，请计算电路中的总电流。
解析：根据欧姆定律，电流与电压和电阻之间的关系为 I = U / R。
在串联电路中，电阻之和等于总电阻，所以总电流可以通过总电压除以总电阻来计算。
2. 电压的计算题目：如图5所示，已知电阻R1、R2、R3并联连接在电源上，请计算电路中的总电压。
解析：对于并联电路，各个电阻之间的电压相同，所以总电压等于任意一个电阻上的电压。
三、电路中的功率计算在电学中，功率是一个重要的概念，计算电路中的功率是解题过程中的常见任务。
下面以几个具体的题目为例，介绍计算功率的一些技巧。
1. 电功率的计算题目：如图6所示，已知电阻R1、R2、R3串联连接在电源上，请计算电路中的总功率。
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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。
5A,U 1=I1R1=4。
5V。
合上开关S2后,电容器电压为U2,干路电流为I2.根据闭合电路欧姆定律有I2==2A，U 2=I2=4V。
所以电容器上电荷量变化了ΔQ=(U2—U1）C=—1。
8×10-6 C.(或电容器上电荷量减少了1。
8×10—6C)（2) 合上S2后,电容器上电荷量为Q=CU2=1.44×10-5C.断开S1后，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,流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9。
6×10-6C.三总结提升（1)电路稳定后，电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压.（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的电路两端的电压相等。
（3）电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电，若果电容器两端电压升高,电容器将充电；反之,电容器将放电。
(4）电容器在直流电路中相当于断路，对电路没有作用.（5）当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压.四提升专练1。
在如图所示的电路中,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。
路端电压变小 B. 灯泡L将变亮C. 电容器C的电量将减小 D。
电容器C的电量将增大【答案】D【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时,变阻器在路电阻增大，外电阻增大,电路中电流减小，路端电压增大，故A错误．电路中电流减小，灯L变暗，故B错误．电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将增大．故C错误，D正确．故选D。
2. （多选) 在如图所示的电路中，S闭合，电容器已经充电.现将S断开，则以下判断正确的是（）A. 电容器将放电B. 电容器将继续充电C。
有瞬时电流通过R3D. 电容器上的带电荷量将增大【答案】BCD3。
如图所示的电路中，E为电池，R1、R2为可变电阻，R为定值电阻,C为平行板电容器.闭合开关S后，能使电容器带电荷量增加的方法是（)A. 增大R 1的阻值B 。
增大电容器两极板间的距离C 。
减小R 2的阻值D 。
将电容器的两极板错开些 【答案】 C【解析】 电容器与R 1串联，改变R 1的阻值对电容器两端电压无影响,A 项错误;增大电容器两极板的距离和将电容器的两极板错开些,电容C 减小，电压不变，带电荷量减小，B 、D 选项错误；减小R 2可以增大R 两端电压,C 项正确。
4.阻值相等的四个电阻R 、电容器C 及电池E （内阻可忽略）接成如图所示的电路。
保持S 1闭合，开关S 2断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为Q 1;闭合开关S 2，电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为A ． 5:3B ．2：1C ．1:2D ．1:3【答案】A【解析】电池E 的内阻可忽略不计，保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，电容器的电压为：，再闭合开关S2时，电容器的电压为:，由Q =CU 得：C 相同,则有：Q 1:Q 2=U 1：U 2=5:3，故A 正确,BCD 错误。
5.(多选）如图所示，电路中R T 为热敏电阻,R 1和R 2为定值电阻。
当环境温度升高时，R T 阻值变小。
开关S 闭合后，若环境温度降低，则（）12233E E U R R =⨯=22552E EU R R =⨯=A. 通过 R1的电流变小B. 通过R2的电流变小C。
R T两端的电压增大 D. 电容器两极板间的电场强度不变【答案】AC6.（多选）如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∝)连接,电源负极接地.开始时电容器不带电，闭合开关S,稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点.在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是( )A. 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B。
当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C。
断开开关S,带电油滴将向下运动D。
当电容器的下极板向左移动时,P点的电势会升高【答案】ADC ：断开开关S ，理想二极管具有单向导电性,故电容器不会放电，两板间的电场强度不变,带电油滴仍静止。
故C 错误D ：当电容器的下极板向左移动时，电容器两极板的正对面积变小, 电容器的电容减小，电容器两极间的电压增大，理想二极管具有单向导电性，故电容器不会放电电荷量不变U 变大，又,电容器两板间的电场强度增大，设P 点到下极板距离为h ，则P 与下极板间电势差为，又下极板接地电势为零,故P 点的电势会升高。
D 正确7.（多选） 如图电路中,电源电动势为E 、内阻为r ,R 0为定值电阻，电容器的电容为C ．闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值，电压表示数的变化量为ΔU ，电流表示数的变化量为ΔI ，则（ ）A. 变化过程中ΔU 和ΔI 的比值保持不变 B 。
电压表示数变大，电流表示数变小 C 。
电阻R 0两端电压减小，减小量为ΔU D 。
电容器的带电量增大,增加量为C ΔU4S C kdεπ=Q U C=U E d=Eh【答案】ABD8。
电容器C 1、C 2和可变电阻器R 1、R 2以及电源ε连接成如图所示的电路．当R 1的滑动触头在图示位置时，C 1、C 2的电量相等．要使C 1的电量大于C 2的电量，应A. 增大R 2 B 。
减小R 2C. 将R 1的滑动触头向A 端移动 D 。
将R 1的滑动触头向B 端移动 【答案】D【解析】由题意,当变阻器R 1的滑动触头在图示位置时,C 1、C 2的电量相等,则，要使C 1的电量大于C 2的电量，根据Q =CU ,可知，C 1的电压占R1两端的总电压的比例应增大，根据闭合电路分析，则有当将R 1的滑动触头向B 端移动时，C 1的电压占R1两端的总电压的比例将增大,而R 2电阻的增大或减小，都不会导致C 1的电压占R1两端的总电压的比例增大，故D 正确，ABC 错误； 故选D.9。
（多选) 如图所示的电路，R 1＝R 3＝R 4＝R 5＝R ，滑动变阻器R 2的总电阻为2R,其滑片P 恰处在正中，电源的内阻不计，电键S 1闭合，单刀双掷开关S 2合在a 端，此时平行板电容器C 的带电量为Q ，如果将R 2的触片滑到最右端1122cU cUA. 电容器C的带电量变为2Q/3B. 电容器C的带电量将变为Q/3C。
再将S2由a合向b端，将有向右的瞬时电流流过R4D。
将S2由a合向b端后,通过电阻R5的电量为2Q/3【答案】AC10。
在如图所示电路中，电源电动势为12 V，内阻不计,各电阻阻值已在图中标出,开关是闭合的。
现将开关断开，测得通过电阻R3的电荷量为1。
19×10—5C，则电容器的电容为（ )A。
1。
75 μF B. 4.25 μFC. 5.95 μFD. 2。
48 μF【答案】A开关断开时, 和与串联，电容器的电压等于的电压，则代入数据得：,此时电容器两端电压为4。
8V且下极板带负电；开关断开,测得通过电阻R3的电荷量为1.19×10-5C，则代入数据得：故选A11. 如图所示的电路中，R1=3 Ω,R2=6 Ω,R3=1.5 Ω，C=20 μF.当开关S断开时,电源所释放的总功率为2 W;当开关S闭合时，电源所释放的总功率为4 W。
求:（1）电源的电动势和内阻.(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) 4 V0.5 Ω（2） 3.5 W(3） 6×10—5 C0【解析】（1) S断开时P总==2 W，S闭合时P'总==4 W,R并=,1R2R4R2R22124EU RR R R=++ 2U4.8V＝()12QC U U=+61.75101.75C F Fμ-=⨯=解得E=4 V,r=0。
5 Ω.12．如图所示，电源电动势E =6 V,内阻r =1 Ω，电阻R 1=2 Ω,R 2=3 Ω，R 3=7.5 Ω，电容器的电容C =4 μF，开关S 原来断开。
试求：（1）电容器所带电量；（2)合上开关S 到电路稳定，这一过程中通过电流表的电荷量。
【答案】（1）C(2）【解析】（1）S 断开，C 相当于断路,中无电流，C 两端电压即两端电压电容器的电压电容器的带电量C 且a 板带正电，b 板带负电。
（2）S 闭合， 与串联后再与并联，C 两端电压即两端电压，51.210-⨯51.9210C -⨯22123R U E VR R r ==++521.210Q C U -==⨯1R 2R 1R。