难点11含电容电路的分析策略doc

1、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 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.S3 .S4图 111图 1122.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

2、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，并与此极板图 11-3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

3、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 2E3小球处于静止，由平衡条件得qU mgd当 K 断开，由 R1 和 R3 串联可得电容两极板间电压U为EU2由得U3U4U 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

4、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 d q U1 mv2 0222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qU mgd=01mv22联立上述各式解得7q q67/6.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 11-4所示，电容器 C1 6 F，C2 3F，电阻 R1 6 ，R2 3 ，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U18 V）?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 .图 11-4错解分析：没有依据电路结构的

5、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 18 V， UAB UAC UDB 18 V， K 断开时，电容器C1 带电量为 6 4Q1C1UAC C1UDC 6×10 × 18 C 1.08 × 10 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：R1U12 VUACR2R1C此时电容器 C1 带电量为： Q1 C1UAC7.2 

6、5;105电容器 C1 带电量的变化量为：5QQ1 Q1 3.6 × 10 C所以 C1 带电量减少了3.6 ×105C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

7、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.如图 11-5 所示的电路中， 电源的电动势恒定， 要想使灯泡变暗，可以A.增大 R1B.减小 R1图 11-5C.增大 R2 .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 11-6 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A.增大 R1B.增大 R2图 11-6C.增大 R3D.减小 R23.如图 11-7 所示， E 10 V，

8、R1 4 ，R2 6 ， C 30 F，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 117图 118图 1194.如图 11-8 所示的电路，已知电池电动势E90 V，内阻 5， R1 10 ，R2 20 ，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 ×107 C，kg，取 g=10 m/s 2，问其质量 m=4.5 ×105（ 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

9、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 11-9 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 .6.图 11-10 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=2F，电源电动势 E 16 V，导轨

10、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， 问电容器图 11-10两端的电压还有多大 ?参考答案：难点磁场1.C2.BC歼灭难点训练1.AD 2.CD3.电容器稳定后相当于断路，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） 1E10A A总R1 R2(4 6)（ 2）断开 K 前，电容器相当于和R2 并联，电压为 2R2，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

11、为 E，储存电量为 Q2 CE 所以通过 R1 的电量为： 3Q Q2 Q1 C（E I1R2） 1.2 ×10 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 q 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AB MN 90所以向 M 板运动，× 90即MN 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，9015由动量定理便可求得速度.（ 1）滑片 C 在

12、AB 中央时，对带电液滴由平衡条件得U MNmg=qd所以 MN mgd4510 4310 2q=2 107V 67.5（ V）由题意知 UMN BC67.5 V由欧姆定律得EBCrR1Rm2即90Rm 67.5Rm2152所以 Rm 90 （ 2）滑片滑到A 时， MN ERm9090Rm90V77 （V） 67.5 Vr R115所以液滴向 M 板运动，设达 M 板时速度为 v由动能定理得U MNd12所以 v=0.2 m/sq·2mg · =mv225.经分析知最终ab 棒做匀加速下滑，设最终充电电流为I，在t 内电量、速率、电动势的变化量分别为Q、 v 和 E则有 IQ C· E CBL· v CBLattt由牛顿第二定律有 mg -BIL=ma解得 ImgCBLm B2 L2C6.电容器充电后