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察，适应高考选拔性需要.应引起足够关注.●难点展台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.（★★★）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●案例探究图14-3［例1］（★★★★★）如图14-3所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E9/9\n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.现把电键翻开，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：考察推理判断能力及分析综合能力，B级要求.www.ks5u.com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＝E①小球处于静止，由平衡条件得＝mg②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′＝U④9/9\nU′＜U说明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，说明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系mg－qmv2－0⑤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－mv2⑥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.图14-4［例2］（★★★★）如图14-4所示，电容器C1＝6μF，C2＝3μF，电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，当电键K断开时，A、B两点间的电压UAB＝？当K闭合时，电容器C1的电量改变了多少（设电压U＝18V）?命题意图：考察理解、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：没有依据电路构造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UAB＝UDB＝18V，UAB＝UAC＝UDB＝18V，K断开时，电容器C1带电量为Q1＝C1UAC＝C1UDC＝6×10－6×18C＝1.08×10－4 C.9/9\n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：UAC＝＝12V此时电容器C1带电量为：Q1′＝C1UAC＝7.2×10－5C电容器C1带电量的变化量为：ΔQ＝Q1－Q1′＝3.6×10－5C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，一旦电流到达稳定状态，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，简化后假设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.●歼灭难点训练图14-51.（★★★）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9/9\nA.增大R1B.减小R1C.增大R2Ｄ.减小R2图14-62.（★★★）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，可采用的方法是A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.减小R23.（★★★★）如图14-7所示，E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，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＝90V，内阻ｒ＝5Ω，R1＝10Ω，R2＝20Ω，板面水平放置的平行板电容器的两极板M、N相距d=3cm，在两板间的正中央有一带电液滴，其电量q=-2×10－7C，其质量m=4.5×10－5 kg，取g=10m/s2，问9/9\n（1）假设液滴恰好能静止平衡时，滑动变阻器R的滑动头C正好在正中点，那么滑动变阻器的最大阻值Rm是多大?（2）将滑动片C迅速滑到A端后，液滴将向哪个极板做什么运动?到达极板时的速度是多大?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—9图14-106.（★★★★★）图14-10所示，金属棒ab质量m=5g，放在相距L=1m的光滑金属导轨MN、PQ上，磁感应强度B=0.5T，方向竖直向上，电容器的电容C=2μF，电源电动势E＝16V，导轨距地面高度h=0.8m.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=6.4cm的地面上，问电容器两端的电压还有多大?参考答案［难点展台］1.C2.BC［歼灭难点训练］9/9\n1.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，那么：（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）＝1.2×10－3C4.滑动变阻器R的滑动触头C正好在AB正中点时对液滴进展受力分析知，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RBC，从而求得Rm.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′＝77V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）9/9\n由题意知UMN＝ＵBC＝67.5V由欧姆定律得＝ＵBC即＝67.5所以Rm＝90Ω（2）滑片滑到A时，ＵMN′＝V＝77（V）＞67.5V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=0.2m/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那么有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，那么通过棒中电流为I＝金属棒受安培力F＝BIL＝BL①据动量定理FΔt＝mv－０②9/9\n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＝1.6×10-5C所以电容器两端电压为Ｕ′＝＝８V9/9
