高三必备-含电容的电路分析
高中物理含电容器电路的分析方法学法指导
含电容器电路的分析方法山西 石有山一、连接方式1. 串接：如图1所示，R 和C 串接在电源两端，K 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2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3所示，K 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||U N M ϕ-ϕ=二、典型例题1. 静态分析：稳定状态下，电容器在直流电路中起阻断电流作用，电容器两极间存在电势差，电容器容纳一定的电量，并满足Q=CU ．2. 动态分析：当直流电路中的电流和电势分布发生变化影响到电容器支路两端时，电容器的带电量将随之改变（在耐压范围内），即电容器发生充、放电现象，并满足△O=C △U ． 例1、如图4电路中电源E=12V ，r=1Ω，定值电阻R 1=3Ω，R 2=2Ω，R 3=5Ω，C 1=4μF ，C 2=1μF ，当电路闭合且稳定后各电容器的带电量为多少？当K 断开时，通过R 1、R 2的电量各为多少？解析：静态分析：R 3相当于导线，C 2与R 1、R 2串联起来的部分并联，C 1和R 2并联．V 10)R R (I U ,V 4IR U ,A 2r R R E I 212C 21C 21=+====++= C 100.1U C Q ,C 101.6U C Q 52C 225C111--⨯==⨯==，且C 1的下极板，C 2的右极板带正电．动态分析：断开K 后，C 1通过R 3、R 2放电，C 2通过R 3、R 2和R 1放电，最后电压都为0，电容上电量也都为0．故通过R 2的电量为Q=Q 1+Q 2=2.6x10－5C ，通过R 1的电量为Q 2=C 100.15-⨯． 例2、如图5所示的电路中，电源电动势为E ，内阻不计，电容器的电容为C ，R 2=R 3=R 4=R 5=R ，R 1为滑动变阻器，其阻值可在0～2R 范围内变化，则当滑动头从最左端向最右端滑动的过程中，通过R 5的电量是多少？解析：动态分析：本题电容器的接法为跨接，且电阻R 1连续变化，C 上电压为连续变化，不妨设电源负极为零电势点．则有2E N =ϕ 当P 置于R 1的最左端时2E U ,E MN M ==ϕ 当P 置于R 1中间某位置时0U ,2E MN M ==ϕ 当P 置于R 1的最右端时6E U ,3E MN M -==ϕ 当滑动头P 从最左端向最右端滑动的过程中，电容器上下极板电势差改变为3E 22E 6E U =--=∆ 则通过R 5的电量CE 32U C Q =∆=∆。
原创1：含容电路的分析与计算
由欧姆定律得通过R1的电流
E
10
I
A 1A
R1 R2 4 6
(2)S断开前，C两端电压U1＝IR2＝6 V C所带电量Q1＝CU1＝30×10－6×6 C＝1.8×10－4 C 开关S断开稳定后，总电流为零， 电容器两端电压为E， 所带电量Q2＝CE＝30×10－6×10 C＝3×10－4 C 通过R1的电量，即为电容器增加的电量 ΔQ＝Q2－Q1＝1.2×10－4 C． 答案：(1)1 A (2)1.2×10－4 C 规律总结：处于稳定状态时，电容器相当于断路，与之串联的电阻不
例1．如图所示，电路中E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF．电 池内阻可忽略． (1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流． (2)然后将开关S断开，求这以后通过R1的总电量．
解析：(1)电路稳定后，电容器所在的支路上无电流通过，
因此R1与R2串联，C两端的电压即为R2两端的电压．
R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线 将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合 电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F，下列关 于F的大小变化的判断正确的是( ) A．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R1、R2不变，减小平行板MN的间距，F将变大 D．保持R1、R2不变，减小平行板MN的间距，F将变小
·R2＝3 V.
Q＝CU2＝12×10－6 C，且a板带正电，b板带负电．
SQ闭′＝合C，U1C＝两7端.2×电1压0－即6 RC1．两且端a电板压带，负由电电，路b分板析带：正U电1=．R1
R1 R2
·r
E R外
·R外=1.8 V.
据此通过电流表电量ΔQ＝Q＋Q′＝1.92×10－5 C. 答案：1.92×10－5 C
电磁感应与含电容器电路的综合分析
当前研究主要集中在理想条件下的理论分析和数值模拟，对于实际应用中存在 的复杂环境和影响因素考虑不足。
02
需要进一步开展实验研究，验证理论分析的正确性和有效性，并探索实际应用 中可能出现的问题和解决方案。
03
随着科技的发展，可以预见未来含电容器电路将在能源转换、信号处理、智能 控制等领域发挥更加重要的作用。因此，需要加强基础研究，推动相关技术的 创新和应用。
实验设备：电磁铁、线圈、电容器、直流电源 、电流表、电压表、导线等。
01
1. 搭建实验电路，将线圈与电容器串联， 连接到直流电源上。
03
02
实验步骤
04
2. 调整磁场，观察线圈中产生的感应电动 势和电容器两端电压的变化。
3. 调整电场，观察电容器充电和放电过程 中电流的变化。
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4. 记录实验数据，分析电磁感应与电容器 相互作用的规律。
实验结果与数据分析
实验结果
通过观察和记录实验数据，可以发现线圈中产生的感应电动势与磁场的变化率成正比，电容器两端电 压与电场强度成正比。在电磁感应与电容器相互作用的过程中，线圈中产生的感应电动势会改变电容 器两端的电压，而电容器两端电压的变化也会影响线圈中感应电动势的大小。
数据分析
根据实验数据，可以进一步分析电磁感应与电容器相互作用的规律。例如，通过比较不同磁场和电场 条件下线圈中感应电动势和电容器两端电压的变化，可以得出它们之间的定量关系。这些规律有助于 深入理解电磁场理论在电路分析中的应用。
阻尼振荡
电容器可以吸收多余的能量，起到阻尼振荡的作 用，稳定电路的工作状态。
滤波作用
电容器可以过滤掉电路中的高频噪声，提高信号 的纯度。
电磁感应与电容器的相互作用实例分析
专题：含有电容器的直流电路分析
专题：含有电容器的直流电路分析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，在电容器处电路看做是断路，简化电路时可去掉它。
简化后若要求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上。
解决含电容器的直流电路问题的一般方法：(1)通过初末两个稳定的状态来了解中间不稳定的变化过程。
(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路。
(3)电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。
(4)在计算电容器的带电荷量变化时，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始末状态电容器电荷量之差；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始末状态电容器电荷量之和。
[典例1](2013·宁波模拟)如图1所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2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()图1A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加[解析]R1上没有电流流过，R1是等势体，故减小R1，C1两端电压不变，C2两端电压不变，C1、C2所带的电量都不变，选项A错误；增大R2，C1、C2两端电压都增大，C1、C2所带的电量都增加，选项B正确；增大R3，C1两端电压减小，C2两端电压增大，C1所带的电量减小，C2所带的电量增加，选项C错误；减小R4，C1、C2两端电压都增大，C1、C2所带的电量都增加，选项D正确。
[答案]BD[典例2](2012·江西省重点中学联考)如图2所示电路中，4个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有质量为m、带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间。
微专题65 含电容器电路分析问题-2025版高中物理微专题
微专题65含电容器电路分析问题【核心考点提示】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：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．3．电容器所带电荷量的变化的计算：(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．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：(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)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．【微专题训练】(2016·全国卷Ⅱ，17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路。
开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，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.25B.12C.35D.23【解析】S 断开时等效电路如图甲所示。
图甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R ×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路如图乙所示。
图乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R ×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确。
【答案】C【变式】(多选)如图所示，C 1＝6μF ，C 2＝3μF ，R 1＝3Ω，R 2＝6Ω，电源电动势E ＝18V ，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2AC ．开关S 断开时C 1带的电荷量比开关S 闭合后C 1带的电荷量大D ．不论开关S 断开还是闭合，C 1带的电荷量总比C 2带的电荷量大【解析】S 断开时外电路处于断路状态，两电阻中均无电流通过，电阻两端电势相等，由题图知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C 1＞C 2，由Q ＝CU 知此时Q 1＞Q 2.当S 闭合时，稳定状态下C 1与R 1并联，C 2与R 2并联，电路中电流I ＝E R 1＋R 2＝2A ，此时两电阻两端电压分别为U 1＝IR 1＝6V 、U 2＝IR 2＝12V ，则此时两电容器所带的电荷量分别为Q 1′＝C 1U 1＝3.6×10－5C 、Q 2′＝C 2U 2＝3.6×10－5C ，对电容器C 1来说，S 闭合后其两端电压减小，所带的电荷量也减小，故B 、C 正确，D 错误．【答案】BC【巩固习题】1.(2014·天津·2)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【解析】增大R1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A错误．电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R2，故R2两端无电压，所以，增大R2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B正确．增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C错误．断开电键S后，两板间的电势差为0，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D错误．【答案】B2.如图所示电路中，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【解析】当滑动变阻器滑片P向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，R2与R3并联的电阻减小，总电阻减小，则总电流增大，R1两端电压增大，则电压表示数变大；R2与R3并联的电压减小，通过R3电流减小，则电流表示数变大，故A、B错误；R2与R3并联的电压减小，电容器板间的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，则液滴将向下加速运动，故C错误，D正确．【答案】D3.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 带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 2，则()A ．Q 1∶Q 2＝1∶3B ．Q 1∶Q 2＝3∶1C ．Q 1∶Q 2＝1∶5D ．Q 1∶Q 2＝5∶1【解析】当开关S 闭合时，电容器两端电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E 3，Q 1＝E 3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．【答案】A4.如图所示，E 为内阻不计的电源，MN 为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝，C 为电容器。
高三物理电容器电路知识点
高三物理电容器电路知识点在高三物理学习中，电容器电路是一个非常重要的知识点。
电容器是电路中常见的电子元件之一，它具有储存电荷的能力，并且在电路中发挥着重要的作用。
本文将介绍电容器的基本概念、电容器的充电和放电过程以及电容器在电路中的应用等知识点。
1. 电容器的基本概念电容器是由两个导体板和介质组成的装置，在电路中常用C表示。
导体板上的电荷量与电压之间的关系可以用公式Q=C×V表示，其中Q表示电荷量，C表示电容，V表示电压。
电容的单位是法拉(F)。
2. 电容器的充电和放电过程电容器在充电过程中，通过连接电源，电荷从电源流向电容器，逐渐积累在导体板上，导致电容器两端电压逐渐上升，最终达到与电源电压相等的稳定状态。
充电过程可以用充电曲线来表示，曲线呈指数增长趋势。
电容器在放电过程中，断开与电源的连接，电荷从电容器流向电路中的负载，导致电容器两端电压逐渐下降，最终消耗完电荷，电压降为零。
放电过程可以用放电曲线来表示，曲线呈指数衰减趋势。
3. 电容器在电路中的应用3.1 电容器的存储和释放能量由于电容器具有存储电荷的能力，它可以作为电路中的能量储存器。
在电路中，当电容器充电时，电能被转化为电势能，而当电容器放电时，电势能又转化为电能，从而实现能量的储存和释放。
3.2 电容器的滤波作用电容器还可以用于电路中的滤波作用。
在交流电路中，电容器可以通过存储电荷的能力来平滑电压信号，减小信号的波动，从而起到滤波的作用。
这在电路中广泛应用于稳压电路和音频放大器等电子设备中。
3.3 电容器的时间常数电容器还具有时间常数的概念，即电容器充放电的时间。
在电容器充放电过程中，时间与电容器的电阻和电容有关，可以用公式τ=R×C表示，其中τ表示时间常数，R表示电阻，C表示电容。
时间常数描述了电容器充放电过程的快慢程度，对于电路的稳定和响应速度起着重要作用。
综上所述，高三物理电容器电路知识点主要包括电容器的基本概念、充电和放电过程以及在电路中的应用等内容。
含电容的电路分析
含电容的电路分析
含容电路分析计算
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，在电容器处电路看作是断路，简化电路时可去掉它。
简化后若要求电容器所带电荷量时，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，需注意以下几点：
(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过．所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．
(2)当电容器和用电器并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联用电器两端的电压相等．
(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，电容器将通过与它并联的电路放电.电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。
2025高考物理 含电容的直流电路分析
2025高考物理含电容的直流电路分析一、单选题1．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S2．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N 板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是A．保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧3．如图所示，电源电动势E=7V、内阻r=2Ω，电阻R=R1=R2=5Ω，R3=10Ω，电流表为理想电表，电容器的电容C=6μF，闭合开关S，电路稳定后，下列说法正确的是（）A ．电流表示数为0.67AB ．R 3两端的电压为5VC ．电容器所带的电量为3×10-5CD ．若S 断开通过R 2的电荷量为6C 7.510-⨯4．如图所示电路中，直流电源内阻0r ≠，1R 、2R 为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为3R ，123r R R R <=<。
开关K 闭合且电路稳定后，滑动变阻器的滑片P 缓慢从b 向a 滑动过程中（ ）A ．电流表示数变小B ．电源的效率减小C ．滑动变阻器消耗的功率一直增大D ．通过2R 的电流方向为从c 到d 5．图（a ）所示的电路中，K 与L 间接一智能电源，用以控制电容器C 两端的电压U C 。
如果U C 随时间t 的变化如图（b ）所示，则下列描述电阻R 两端电压U R 随时间t 变化的图像中，正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．二、多选题6．如图，电源电动势9V E =，内阻不计，定值电阻14ΩR =，28ΩR =，312ΩR =。
含容电路分析计算技巧和实例
含容电路分析计算技巧和实例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，在电容器处电路看作是断路，简化电路时可去掉它。
简化后若要求电容器所带电荷量时，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，需注意以下几点：(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过．所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．(2)当电容器和用电器并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联用电器两端的电压相等．(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，电容器将通过与它并联的电路放电.电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。
⑷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电荷量的差；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电荷量之和。
含有电容器的电路解题方法（1）先将含电容器的支路去掉（包括与它串在同一支路上的电阻），计算各部分的电流、电压值。
（2）电容器两极扳的电压，等于它所在支路两端点的电压。
（3）通过电容器的电压和电容可求出电容器充电电量。
（4）通过电容器的电压和平行板间距离可求出两扳间电场强度，再分析电场中带电粒子的运动。
例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．电容器的电容将减小D．液滴将向上运动由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．【解析】A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，R2两端电压U 减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；B、根据可得，电容器放电，电荷量减少，B项正确；C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误．D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D项错误；故选：B例2：在如图所示的电路中，电源两端A、B 间的电压恒定不变，开始时S断开，电容器上充有电荷．闭合S后，以下判断正确的是（）A．C1所带电量增大，C2所带电量减小B．C1所带电量减小，C2所带电量增大C．C1、C2所带电量均减小D．C1、C2所带电量均增大S断开时，外电路中没有电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，S闭合后，两电容器的电压都小于电源的电动势，根据Q=CU分析电容器电量的变化．【解析】S断开时，外电路中没有电流，两电容器的电压都等于电源的电动势．S闭合后，两电阻串联，电容器C1的电压等于R1的电压，电容器C2的电压等于R2的电压，可知两电容器的电压都小于电源的电动势，根据Q=CU分析可知两电容器电量均减小．故C正确，ABD错误．故选C例3：如图所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增强而减小．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电容在电路稳定时可看作开路，故由图可知，R1、R2串联后与R3、R4并联，当有光照射时，光敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化及路端电压的变化，再分析外电路即可得出C两端电势的变化，从而得出电容器极板带电情况；同理也可得出各电阻上电流的变化．【解析】因有光照射时，光敏电阻的阻值减小，故总电阻减小；由闭合电路的欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由E=U+Ir可知路端电压减小；R1与R2支路中电阻不变，故该支路中的电流减小；则由并联电路的电流规律可知，另一支路中电流增大，即通过R2的电流减小，而通过R4的电流增大，故C、D错误；当没有光照时，C不带电说明C所接两点电势相等，以电源正极为参考点，R1上的分压减小，而R3上的分压增大，故上极板所接处的电势低于下极板的电势，故下极板带正电；故A错误，B正确；故选B．例4:如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v=4m/s水平向右射入两板高效课堂—实验微专题间，该小球可视为质点．若小球带电量q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）．求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？（1）小球进入电场中做类平抛运动，小球恰好从A板右边缘射出时，水平位移为L，竖直位移为d，根据运动学和牛顿第二定律结合可求出板间电压，再根据串联电路分压特点，求解滑动变阻器接入电路的阻值．（2）根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数．（3）电源的输出功率P=UI，U是路端电压，I是总电流．【解析】（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：L=vt竖直方向：d=由上两式得：a===20m/s2又根据牛顿第二定律得：a=联立得：U==V=24V根据串联电路的特点有：=代入得：=解得，滑动变阻器接入电路的阻值为R′=24Ω（2）根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为：I==A=1A电压表的示数为：U=E-Ir=（40-1×1）V=39V（3）此时电源的输出功率是P=UI=39×1W=39W．答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为24Ω．（2）此时电流表、电压表的示数分别为1A和39V．（3）此时电源的输出功率是39W．每日一练解析C为板间距离固定的电容器，电路连接如图所示，当滑动触头P向右缓慢滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A．电容器C充电B．电容器C放电C．流过电流计G的电流方向为a→G→bD．流过电流计G的电流方向为b→G→a首先明确含电容器的支路等效为断路，且两端的电压为并联部分的电压相等；当滑动触头P向右缓慢滑动的过程中，该电路的总电阻不变，但与电容器并联部分的电阻减少，即电容器两端的电压减少，根据C=可知，电容器极板电量减少，即放电；电容器右极板与电源负极相连，所以自由电子从a移动到b，故流过电流计G的电流方向为b→G→a．【解析】AB、含电容器的支路等效为断路，且两端的电压为并联部分的电压相等；当滑动触头P向右缓慢滑动的过程中，该电路的总电阻不变，但与电容器并联部分的电阻减少，即电容器两端的电压减少，根据C=可知，电容器极板电量减少，即放电，故A错误，B正确．CD、以上分析可知，电容器放电，且电容器右极板与电源负极相连，所以自由电子从a移动到b，电流的方向与电子的方向相反，故流过电流计G的电流方向为b→G→a，故C错误，D正确．。
含容电路问题求解方法
Җ㊀山东㊀顾化坤㊀㊀含容电路问题是高中物理教学的重点,也是学生学习的难点．近年来,在各种考试中关于含容电路的问题屡屡出现．为更好地突破这个难点,本文试通过分析求解几道例题,总结解题的通式通法,以供参考．１㊀平行板电容器中带电粒子的运动例１㊀如图１所示,E ＝１０V ,r ＝１Ω,R １＝R ３＝５Ω,R ２＝４Ω,C ＝１００μF ．当开关S 断开时,电容器中带电粒子恰好处于静止状态．求当开关S 闭合后,带电粒子加速度的大小和方向．图１开关S 断开时,电阻R １㊁R ２串联,电路中的电流为I １＝E R １＋R ２＋r ＝１０５＋４＋１A＝１A ．电容器两端的电压与电阻R ２两端的电压相等,即U １＝I １R ２＝１ˑ４V＝４V ．此时,电容器中的带电粒子受到的重力和电场力大小相等,设此时电容器内匀强电场的场强为E １,则有m g ＝qE １＝U １dq ．开关S 闭合后,R １被短路,电路中的电流I ２＝E R ２＋r ＝１０４＋１A＝２A．此时,电容器两端的电压仍与电阻R ２两端的电压相等,即U ２＝I ２R ２＝２ˑ４V＝８V ．显然,此时带电粒子受到的电场力大于重力,其方向竖直向上．设此时电容器内匀强电场的场强为E ２,由牛顿第二定律得q E ２－m g ＝ma ,其中E ２＝U ２d．联立以上各式解得a ＝g ．技巧方法㊀在恒定电路中,平行板电容器因带电在内部形成一个电场,不考虑边缘效应,可将此电场看作匀强电场,因此,带电粒子在电容器中的运动实质上就是带电粒子在匀强电场中的运动．２㊀电容器的充放电状态例２㊀如图２所示,当a ㊁b 两点间没有接电容器时,闭合开关S ,灯L 正常发光．断开S ,在a ㊁b 两点间接一个电容较大的电容器C ,再闭合开关S 时,观察到的现象是;闭合一段时间后,再将开关S断开,观察到的现象是．图２在a ㊁b 两点间接电容器,闭合开关S 时,由于电容器处于充电状态,电容器两端的电压从零逐渐增大到灯L 的额定电压,之后电路处于稳定状态．在此过程中,灯L 两端的电压也从零开始逐渐增大,故可观察到灯L 慢慢变亮的现象．电路稳定后再把开关断开,由于电容器处于放电状态,它与灯L 构成回路,电容器相当于电源,电容器放电．随着电容器放电电流逐渐减小,灯L 两端的电压逐渐降低．故断开开关S 后可观察到灯慢慢变暗后熄灭．技巧方法㊀电容器充电时,在电路中因电荷的移动形成电流,电容器两端的电压逐渐增大,通过的电流逐渐减小,所带的电荷量不断增大．在电容器刚充电时,电流最大,当带电荷量达到最大时,充电完毕,电流减小为零．电容器放电时,在电路中因电荷的移动形成电流,电容器两端的电压逐渐减小,通过的电流逐渐减小,所带的电荷量不断减少．在放电过程刚开始时,电流最大,当带电荷量减小为零时,放电完毕,电流减小为零．３㊀判定电路的电流方向例３㊀在如图３所示的电路中,电源电动势E ＝０３１ ５V ,内阻r ＝１Ω,电阻R １＝４Ω,电阻R ２＝R ３＝１０Ω,电容器的电容C ＝５ˑ１０－３F ,则:图３(１)开关S 断开时,电容器的电荷量Q １为多少?(２)将开关S 闭合,通过电流计G 的电荷量q 为多少?电流方向如何?(１)开关S 断开时,R １与R ２串联,电容器两端的电压U C １等于路端电压．根据闭合电路欧姆定律得I １＝E R １＋R ２＋r ＝１ ５４＋１０＋１A＝０ １A ．电容器两端的电压U C １＝I １(R １＋R ２)＝０ １ˑ(４＋１０)V＝１ ４V ．电容器所带的电荷量Q １＝C U C １＝５ˑ１０－３ˑ１ ４C ＝０ ００７C ．(２)开关S 闭合后,R ２与R ３并联再与R １串联,电容器两端的电压U C ２等于电阻R １两端的电压．R ２与R ３并联的总电阻R ２３＝R ２R ３R ２＋R ３＝１０ˑ１０１０＋１０Ω＝５Ω．根据闭合电路欧姆定律知通过电阻R １的电流I ᶄ１＝E R １＋R ２３＋r ＝１ ５４＋５＋１A＝０ １５A ．电容器两端的电压U C ２＝I ᶄ１R １＝０．１５ˑ４V＝０．６V ．电容器所带的电荷量为Q ２＝C U C ２＝５ˑ１０－３ˑ０ ６C ＝０ ００３C ．将开关S 闭合瞬间,通过电流计G 的电荷量q ＝Q １－Q ２＝０ ００４C ．由此可知,开关闭合后,电容器将要放电,电流方向自右向左通过电流计G ．技巧方法㊀判断含有电容器的电路中的电流方向,关键在于弄清电容器是处于充电状态还是放电状态．总之,求解含容电路问题,既要掌握电容器的基本特点,也要熟悉串㊁并联电路的特点,做到能够化简电路,并能熟练灵活地运用处理此类问题的通式通法,实现快速求解．(作者单位:山东省平度市第九中学)Җ㊀山东㊀王现忠㊀㊀从物理学的视角来看,模型法是人们为研究物理问题㊁探究物理事物本身规律而对研究对象所作的一种简化描述．模型法以观察和实验为基础,采用理想化的思维方法,揭示物理现象的本质和内在特性．在高中物理解题教学中,教师可指导学生应用模型法解题,抓住问题的主要因素,将问题由复杂变得简单,从而顺利解决问题,提升学生物理学科核心素养．１㊀物理模型物理作为一门自然科学,主要研究物体最一般的运动规律和物质的基本结构,与其他学科相比较为抽象,结合研究对象的规律建立模型有助于将抽象问题具体化．例１㊀物理兴趣小组研究两名同学在接力赛中直线部分的交接棒过程,甲同学能在加速之后以７m s－１的速度运动,而乙同学从开始运动到接棒过程做匀加速直线运动,为使乙同学顺利接棒且达到合适速度,甲同学在接力区前１０m 处发出信号,乙开始做匀加速直线运动,恰能在接力区被甲追上且速度相同,求乙同学的加速度a 乙及在何处接到棒(已知接力区长度为L ＝２０m )．解答本题需先挖掘研究对象的本质,建立模型,再根据甲㊁乙两名同学的运动情况,建立出质点匀速直线运动和匀加速直线运动两个模型．根据题意得知L 甲＝v 甲t 甲,L 乙＝１２a 乙t ２乙,L 甲＝L 乙＋１０m ,v 乙＝v 甲＝a 乙t 乙,联立各式得t 甲＝t 乙＝２ ８６s ,a 乙＝２ ４５m s －２．结合题意得L 乙＝１２a ２t ２２＝１０m ,即两同学在距接力区起点１０m 处接棒．此题涉及两个模型,匀速直线运动模型和匀加速直线运动模型,主要考查运动学知识㊁牛顿运动定律的应用等,学生通过认真分析,构建出模型,使解题思路变得清晰,易于求解．２㊀实物模型实物模型是指用来代替由具体物体组成的．代表１３。
直流电路中含有电容器的电路分析
Ａ． 一８×１ ０～ Ｃ Ｃ． 一４×１ ０一 Ｃ
Ｂ． ４￣１ ０一 Ｃ Ｄ． ８ ｘ１ ０一 Ｃ
圈
网１
解析 ： 电源内阻不计 ， 则路端 电压 为 １ ２ Ｖ， 电路稳定后 电 容器相 当于断路 ， 串联 电路 中电压的分 配与 电阻成正 比压 ， 则： Ｕ， ： ４ Ｖ， ＝ ８ Ｖ， Ｕ ３ ＝ ８ Ｖ， ＝ ４ Ｖ， 取 电 源 的 负 极 电 势 为 零， 则 。板电势为 ８ Ｖ， ｂ 板 电势为 ４ Ｖ， 故 电容器两极 板问 电 势差 Ｕ 。 ６ ： ４ Ｖ， 口板 带 正 电 荷 Ｑ 。 ＝Ｃ Ｕ ． ＝８ ×１ ０ ～Ｃ， Ｄ 选 项
Ｃ
图３
解析 ： 由带 电油滴 悬浮在两极 板之 间静 止不 动可 知 ， 带
负 电 油 滴 受 竖 直 向 下 的 重 力 与 竖 直 向 上 的 电 场 力 等 大 反 向， 要使 油滴 上升应增 大极板 问的 电压 。电阻 Ｒ． 与电容 器 串联 ， Ｒ 。 相 当于 导 线 ， Ｒ． 的 变 化 不 会 改 变 电 容 器 两 极 板 间 的 电压 ， Ａ选 项 错 误 ， 可 只 增 大 、 只 减 小 （ 或 者 增 大 同时 减 小 ） ， Ｃ、 Ｄ选 项 正 确 。 ４ ． 含 电容器 电路综合 问题 。 例 ４： 如 图 ４所 示 电路 中 的各 元 件 值 为 Ｒ． ： ＝ １ ０ ｎ， Ｒ Ｒ ＝２ ０ Ｑ， ｃ ＝ ３ ０ ０ ￣ Ｆ ， 电源 电动势 Ｅ＝ ６ Ｖ， 内阻不计 ， 单 刀双 掷开关 ｓ开始 时接通触点 ２ ， 试求 ： （ １ ） 当 开关 ｓ从 触 点 ２改 接 触 点 １ ， 且 电路 稳 定 后 ， 电容 Ｃ所 带 电量 。 （ ２ ） 若 开关 ５从 触点 １改接 触 点 ２后 ， 直 至 电 流 为零 止， 通 过 电阻 Ｒ ． 的电量。
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含电容器电路的归类分析山东潍坊寒亭一中 张启光 李瑞芳（邮编 261100）电容器是一个储能元件， 在直流电路中， 当电路稳定后， 电容器相当于一个阻值无限大 的元件，含有电容器的支路看作断路，关于电路中电容器的考查常见以下几方面：一、考查电容器所带电荷量例 1如图 1 所示电路中， 已知电容器的电容C=2F ，电源电动势 E=12V ，内阻不计，R 1 : R 2 : R 3 : R 4 =1:2:6:3 ，则 S 闭合时电容器 a 板所带电荷量为 （）A ．－ 8×106CB ． 4× 10 6C1a2RRC ．－4×10 6CD ． 8×10 6 CR 3b R 4解析 ：电源内阻不计则路端电压为12V ，电路稳定后电容器相当于断路，由串联正比分压有U 1 R 11 ，则U 2＝8V ，同理SU 2 R 2 2图 1U 3 R 3 2，则U 4 ＝4V ，取电源的负极电势为零，则a 板电势为 8V ，b 板电势为 4V ，U 4R 41故电容器两极板间电势差U ＝ 4V ， a 板带正电荷 qCU ＝8×10 6C ，正确答案为D ．二、考查电路变化后流过用电器的电荷量例 2如图 2 所示电路中 R 1＝ R 2＝ R 3 ＝8，电容器电容 C=5F ，1R 3电源电动势 E=6V ，内阻不计， 求电键 S 由稳定的闭合状态断开后流过R 3 的Ra b电荷量．解析 ：电键闭合时电路结构为R 1 和 R 2 串联后与 R 3 并联，电容器并在R 2SR 2 两端，电源内阻不计，由串联正比分压得U 2 ＝ 3V ， b 板带正电，电荷量Q ＝CU ＝ 15× 10 6R和 R 串联，电容器通过图 2C ；电键断开后电路结构为122R 并在 R 两端，则电容器两端电压为U 1 ＝ 3V ，b 板带负电，电荷量 QCU 1＝15×106 C ，31所以电键断开后电容器通过 R 3 先放电后反向充电， 流过 R 3 的电荷量为两情况下电容器所带电荷量之和 Q Q Q ＝ 3× 10－5C ．注意 ：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．三、以电容器为背景考查力电综合问题例 3如图 3 所示， R 1 ＝ R 2 ＝ R 3 ＝ R 4 ＝ R ，电键 S 闭合时， 间距为 d 的平行板电容器C 的正中间有一质量为m 、电荷量为 q 的小球恰好处于静止状态；R 1R 2电键 S 断开时，小球向电容器的一个极板运动并发生碰撞，碰后小R 3S·球带上与极板同性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能的损失，小4R球反弹后恰好能运动到电容器的另一极板，不计电源内阻，求电源的电动势和碰后小球所带的电荷量．图 3解析 ：电键 S 闭合时 R 1 、 R 3 并联后与 R 4 串联（ R 2 中没有电流通过） ，电容器并在 R 42E ，对带电小球有 mg U C，解得 E3mgd上，U C ＝ U 4 ＝q．电键 S 断开时， 仅 R 1 、3d2qR 4 串联，电容器仍并在R 4上，U CE，故小球向下运动，设小球与下极板碰撞后带电荷2量 为 q ，从小球开始运动到小球恰好运动到上极板的全过程由动能定理得mgdqU Cq U C ＝0，综合解得 q7q 22．6点评 ：分析和计算含有电容器的直流电路问题， 关键是准确地判断和求出电容器两端的电压，具体方法是：（ 1）明确电路结构，确定电容器和哪部分电路并联，该电路两端电压就是电容器两端电压．（2）当电容器与某一电阻串联后接入电路时，此支路中没有电流，所以与电容器串联的电阻看成导线，电路两端的电压就是电容器两极板间电压．（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．。
6、含容电路分析、故障分析
图39
分析与解：由于电灯仍正常发光，说明电源是好的， 电热壶所在的C、D两点间没有发生短路故障。把试 电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光， 说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶 所在的C、D两点间没有发生断路故障。综合分析可 知，故障为导线AB间断路，即C选项正确。
练习：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 C.增大R3 D.减小R2.
解 这 类 题 的 关 键 ： 据 E=U/d 和 C E=4π KQ/(ε .S) 讨论 E 的变化情况。 根据场强的变化情况就可以分析电容 器中带电粒子的受力情况，从而判定 带电粒子的运动情况。
（2）短路故障的判断：用电压表与电源并联，若有 电压时，再逐段与电路并联；若电压表示数为零时， 该电路被短路，当电压表示数不为零，则该电路不被 短路或不完全被短路。 2、假设法：已知电路发生某种故障，寻示故障发生 在何处时，可将整个电路划分为若干部分；然后逐一 假设某部分电路发生故障，运用电流定律进行正向推 理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是 发生在这部分电路；若推理结果与题述物理现象符合， 则故障可能发生在这部分电路；直到找出发生故障的 全部为止。
R1 m R2 R3 E
图19
二、电路故障的分析方法
（一）故障的特点：
1、断路的特点：电路中发生断路，表现为电源电压不 为零而电流强度为零；若外电路中任意两点之间的电 压不为零，则这两点间有断点，而这两点与电源联结 部分无断点。
(完整word版)含容电路的计算
含容电路的计算专题分析含容电路问题是高考中的一个热点问题，在高考试题中多次出现。
同学们要要点提示复习。
1、求电路稳定后电容器所带的电量求解这类问题关键要知道：电路稳定后，电容器是断路的，同它串联的电阻均可视为短路，电容器两端的电压等于同它并联电路两端的电压。
【例1】在图16所示的电路中，已知电容C=2μF ，电源电动势E=12V,内电阻不计，R 1∶R 2∶R 3∶R 4=1∶2∶6∶3。
则电容器极板a 所带的电量为（ ）A 。
-8×10-6C B 。
4×10-6C C. —4×10-6C D 。
8×10—6C方法点拨：电路稳定后，电容C 作为断路看待，电路等价于R 1和R 2串联，R 3和R 4串联.由串联电路的特点得：211R R ER U AB +=， 即V R R E R U AB 4211=+=同理可得V R R ER U CD8433=+= 故电容C 两端的电压为：V U U U U U AB AD D B ab 4=-=-= 电容器极板a 所带的电量为：C CU Q ab a 6108-⨯==。
即D 选项正确。
2、求通过某定值电阻的总电量【例2】图17中，E=10V ，R 1=4Ω，R 2=6Ω，C=30μF，电池内阻可忽略。
(1)闭合电键K,求稳定后通过R 1的电流。
(2）然后将电键K 断开,求这以后流过R 1的总电量.方法点拨：（1）闭合电键K ，稳定后通过R 1的电流为:A R R EI 121=+=,电容器上电压为IR 2，储存的电量为 Q 1=CIR 2=1.8C 410-⨯(2） 电键K 断开后，待稳定后，电容器上电压为E,储存的电量为：Q 2=CE=3×10—4C 流过R 1的总电量为C Q Q Q 412102.1-⨯=-=∆【练1】在如图18所示的电路中，电源的电动势E=30V ，内阻r=1.0Ω,R 1=10Ω，R 2=10Ω,R 2=30Ω,R 3=35Ω，电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电。
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。
含容电路的分析与计算
由两个相互靠近的导体组成，能 够储存电能，具有“隔直通交” 的特性。
电容器作用与特性
储存电能
01
电容器能够储存电能，其储存的电能与电容器的电容量和电压
的平方成正比。
隔直通交
02
电容器对直流电具有隔断作用，而对交流电则具有导通作用，
其导通程度取决于电容器的电容量和交流电的频率。
充放电过程
03
电容器在充电过程中储存电能，而在放电过程中释放电能。
电容器将电场能释放，转换为其他形式的能量（如热能、机械能等）。
效率计算方法及优化措施
效率定义
计算方法
选择高性能元器件
优化电路设计
控制策略优化
在含容电路中，效率通 常定义为有用功率与输 入功率之比，用于衡量 能量转换的有效程度。
效率计算涉及对输入功 率、输出功率以及损耗 功率的测量与计算。通 常使用功率计或相关仪 表进行测量，并结合电 路参数进行分析。
报告范围
01
02
03
04
含容电路基本概念
介绍含容电路的定义、特点以 及常见类型等基本概念。
分析方法
详细介绍含容电路的分析方法 ，包括等效电路法、相量法、
复频域分析法等。
计算实例
通过具体的计算实例，展示含 容电路分析方法的实际应用和
计算过程。
结论与展望
总结报告的主要内容和成果， 并展望含容电路未来的发展趋
复杂含容电路稳态分析
含多个电容器的复杂电路 稳态分析
对于含有多个电容器的复杂电路，可以采用 节点电压法或网孔电流法进行分析。首先， 根据电路的连接方式确定各电容器之间的电 压或电流关系；然后，利用基尔霍夫定律建 立电路的方程组；最后，通过求解方程组得 到各电容器上的电压或电流值。
→总结归纳→高考含电容电路的分析
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.S1B.S2C.S3Ｄ.S4图14—1 图14—22.（★★★）（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，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.图14-3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＝E ①小球处于静止，由平衡条件得＝mg ②当K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′＝U④U′＜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即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的.［例2］（★★★★）如图14-4所示，电容器C1＝6 μF，C2＝ 3μF，电阻R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，当电键K断开时，A、B两点间的电压U AB＝？当K闭合时，电容器C1的电量改变了多少（设电压U＝ 18 V）?图14-4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U AB＝U DB＝18 V，U AB＝U AC＝U DB＝18 V，K断开时，电容器C1带电量为Q1＝C1U AC＝C1U DC＝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：U AC＝＝12 V此时电容器C1带电量为：Q1′＝C1U AC＝7.2×10－5 C电容器C1带电量的变化量为：ΔQ＝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，可以图14-5A.增大R1B.减小R1C.增大R2Ｄ.减小R22.（★★★）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，可采用的办法是图14-6A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.减小R23.（★★★★）如图14-7所示，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，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—84.（★★★★）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R m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—96.（★★★★★）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、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?图14-10参考答案：［难点磁场］1.C2.BC［歼灭难点训练］1.AD2.CD3.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＝A＝１A（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：ΔQ＝Q2－Q1＝C（E－I1R2）＝1.2×10－3 C4.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R BC，从而求得R m.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U MN＝ＵBC＝67.5 V由欧姆定律得＝ＵBC即＝67.5所以R m＝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/s5.经分析知最终ab棒做匀加速下滑，设最终充电电流为I，在Δt内电量、速率、电动势的变化量分别为ΔQ、Δv和ΔE则有I＝＝C·＝CBL·＝CBLa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ΔQ，则通过棒中电流为I＝金属棒受安培力F＝BIL＝BL①据动量定理FΔt＝mv－０②由平抛运动可知v=s/ ③由式①、②、③得BL·Δt＝mｓ所以ΔQ＝＝1.6×10－5C电容器所余电量Q′＝Q－ΔQ＝CE－ΔQ＝1.6×10-5 C所以电容器两端电压为Ｕ′＝＝８V。
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闭合电路欧姆定律（含电容器电路的分析与计算）
(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路．
(2)电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻电压．1如图所示，E＝10 V, r＝1Ω, R1＝R3＝5 Ω, R2＝4Ω，C＝100μF。
当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态。
求：
(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；
(2)S闭合后流过R3的总电荷量
11.如图2－7－26所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω，C＝100 μF.当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态．求：
图2－7－26
(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；
(2)S闭合后流过R3的总电荷量．
解析：(1)开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE＝mg且q E竖直向上．S闭合后，qE＝mg的平衡关系被打破．S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，
有U C＝
R2
R1＋R2＋r
E＝4 V，qU C/d＝mg.
S闭合后，U′C＝R2
R2＋r
E＝8 V
设带电粒子加速度为a，
则qU′C/d－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上．
(2)S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以ΔQ＝C(U′C－U C)＝4×10－4C.
答案：(1)g方向向上(2)4×10－4C
4．如图7－2－18所示电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是()
图7－2－18
A．将滑片N向右滑动时，电容器放电
B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电
C．将滑片M向上滑动时，电容器放电
D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电
解析：选A.由题图可知将滑片N向右滑动时，电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，电阻R1两端电压增大，电容器两端电压减小，电容器所带电荷量减少，则电容器放电，故A正确，B错误；若将滑片M上下滑动，电容器两端电压不变，电容器所带电荷量不变，故C、D错误．
7．(2010·高考安徽卷)如图7－2－21所示，M、N是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、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键
S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是(
图7－2－21
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将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小
解析：选B.增大R2，U C变小，场强变小，小球受电场力变小，由平衡知识知F变小，A错B对；R2不变，增大R1，U C不变，则F不变，故C、D错．
8．如图7－2－22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()
图7－2－22
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，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流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，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过
解析：选A.当滑动变阻器滑片P向上移动时，接入电路的电阻变大，外电路的电阻变大，
由I＝E
R总＋r
知，总电流减小，降落在内阻r和R1的电压减小，R和R2两端的电压变大，则电容器两端的电压变大，油滴受的电场力变大而向上加速运动，电容器充电，G中的电流从b到a，故A正确．同理可知B、C、D错．
1．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，S闭合后，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，G为灵敏电流计．以下说法正确的是（）
A．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴仍然静止，G中有
a→b的电流
B．若滑动变阻器滑动触头向下移动，则油滴向下加速运动，G
中有b→a的电流
C．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴向上加速运动，G
中有b→a的电流
D．若将S断开，则油滴仍保持静止状态，G中无电流
4．如图所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻
R1＝6 Ω、R2＝5 Ω、R3＝3 Ω，电容器的电容C＝2×10－5 F，若
将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q.则（）
A．I＝0.75 A B．I＝0.5 A
C．q＝2×10－5 C D．q＝1×10－5 C
7．在如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是()
A．将滑片N向右滑动时，电容器放电
B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电
C．将滑片M向上滑动时，电容器放电
D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电
【解析】将滑片N向右滑动，其有效电阻减小，两端分压变小，电容器电荷量由公式Q ＝CU判断变小，电容器放电，A项正确，B项错误；将滑片M向上滑动，对恒定电流通路没有影响，所以电容器上的电荷量不变，C、D项错误．
【答案】A
知识点二电路故障分析
针对训练
1．如图所示的电路中，灯泡A和B原来都是正常发光。
忽然灯泡B
比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些，试判断电路中什么地方
出现断路的故障？（设只有一处出现了故障）
2．如图所示的电路中,电源的电动势为6 V,当开关S接通后,灯泡L1
和L2都不亮,用电压表测得各部分的电压是Uab=6 V,Uad=0 V,Ucd=6 V,
由此可断定 ( )
A．L1和L2的灯丝都烧断了
B．L1灯丝烧断了
C．L2的灯丝烧断了
3．(2012·肇庆统一测试)如图7－2－13所示，电源的电动势为E，
内阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0>r.为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到()
图7－2－13
A．R0B．R0＋r
C．R0－r D．0
解析：选D.当变阻器电阻最小时，电路中的电流最大，R0上消耗的功率P＝I2R0最大，D正确．
4．(2012·浙江温州五校联考)如图7－2－14所示，直线A为电源的路端电压与总电流关系的图线，直线B为电阻R两端电压与通过该电阻电流关系的图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是()
图7－2－14
A ．2 W,66.7%
B ．2 W,33.3%
C ．4 W,33.3%
D ．4 W,66.7%
解析：选A.由图知当电流等于1 A 时，电源的输出电压和电阻R 两端的电压相等，即当它们构成闭合回路时，电流为1 A ，电阻上的电压为2 V ，所以电源的输出功率为2 W ．又
由电阻的图线斜率可得，电阻的阻值为2 Ω，电源的内电阻为1 Ω，由公式η＝I 2R I 2(R ＋r )＝R R ＋r
得η＝66.7%.。