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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，.
・难点磁场
1. (★★★★)在如图14-1电路中，电键S、S、S、 12 3 4
平行板电容器，板间悬浮着一油滴P,断开哪一个电键后尸会向下运动
1 2 3 4
2. (★★★) (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
・案例探究
［例1］ (★★★★★)如图14-3所示的电路中，4个电阻的 . 刍
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 J
尸］鸟 竿; T__JL__r*
闭合时，， 图14-3
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， 质的电荷， 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断开一。3 变化一q所受力F变化一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0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上的电压U ,当K闭合时，设此两极板间电压为U,电源的电动势为E, 3 3
2 qU
由分压关系可得U=U = -E① 小球处于静止，由平衡条件得2一=机 ②
3 3 d
E
当K断开，由鸟和4串联可得电容两极板间电压U'为U' =0 ③
3
由①③得U' =：U④
4
U' <U表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球臂正功0,电用力对小球做负 功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系Mg - -mv2—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十 ,由功能关系得
1 7
q' U' — mgd=Q — — mv2 ⑥ 联立上述各式解得q' = -q
2 o
7
即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的乙丁 o
图 14-4
[例2] (★★★★)如图14-4所示，电容器£ = 6 jj F,。2= 3|J F,电阻与=6Q, R?=3 Q ,当电键K断开时，A、B两点间的 电压u『当k闭合时，电容器q的电量改变了多少(设电压。= 18 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.
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£、J的作用是断路，当电键K断开时，电路中无 电流，B、。等电势，A、。等电势，因此U =U =18 V, U =U =U =18 V, K断 AB DB AB AC DB
开时，电容器£带电量为
Q=C U =C U =6X10-6X18 C=-4 C.
上 1 1 AC 1 DC
当K闭合时，电路宠2导通，电容器£两端的电压即电阻4两端的电压，由串联
RU
的电压分配关系得：U = 1 =12 V
£4+冬
此时电容器C1带电量为：QJ =qUAc=7-2X10-5C
电容器q带电量的变化量为：AQ=Q] —QJ =-5 C
所以C1带电量减少了 -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，，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
,
[
2
2. (★★★) 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- ，可采用的办法是
3
3. 图 14-6
(★★★★)如图14-7 所示，E=1OV, R「4。, R =60 , C=3O|J F,电池内 阻可忽略.(1)闭合开关K,求稳定后通过国的电流；
图 14—7
图 14—8
(2)然后将开关K断开，求这以后通过鸟的总电量.
4. (★★★★)如图14-8所示的电路，已知电池电动势E=90 V,内阻r=5 Q , R1 =10 Q , 0=20 Q ,板面水平放置的平行板电容器的两极板V、N相距d=3 cm,在两板 间的正中央有一带电液滴，其电量q=-2X10-7 c,其质量/n=-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Rm是多大？
(2)将滑动/ 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？
6. (★★★★)如图14- 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.
5. (★★★★★)图14-10所示，金属棒"质量根=5 g,放 尸1住 在相距L=1 m的光滑金属导轨MN、PQ上，磁感应强度3= T,
方向竖直向上，电容器的电容C=2〃F,电源电动势E=16 V, 丰 ZZ?. 导轨距地面高度〃= ，再掷向2, J / /
金属棒被抛到水平距离s= cm的地面上，问电容器两端的电压 工
还有多大？ I
图 14-10
参考答案：［难点磁场］ ［歼灭难点训练］
，K断开前电容器相当于和H声联，K断开前，电容器相 当于直接接到电源上，K断开前后通过0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，贝U： (1) 1=1 =__1 A
1 总 R + R (4 + 6)
1 2
(2)断开K前，电容器相当于和q并联，电压为I 2鸟，储存的电量为Q］ = C/］4 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 鸟的电量为：\Q=Q『Q1C 6—1及)=-3C
4 .滑动变阻器尺的滑动触头。正好在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 ,从而求得R.
BC m
将滑片C迅速滑到A端后，由闭合电路欧姆定律可求得AE间电压，即电容器两板间 90
电压U =U ' = X90即U ' =77 V大于C在中央时电压，对液滴分析受力
AB MN 90+15 MN
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.
U
(1)滑片C在AE中央时，对带电液滴由平衡条件得血小
d
所以u =%q=45xl0-4 x3x10-2 V = (V)
MN q 2x10-7
由题意知U =U = V 由欧姆定律得 =U
MN BC R BC
90 代
所以R =90 Q
m
=
15 + 及 2
2
(2)滑片滑到 A 时，U / = Eg g0j<gQv = 77 (V) > V MN r+R+ R 90+15
1 m
所以液滴向M板运动，设达M板时速度为u
U d 1
由动能定理得q • —— mg . — =- mv2 所以u= m/s 2 2 2
5 .经分析知最终ab棒做匀加速下滑，设最终充电电流为/,在A/内电量、速率、电动
△ v 和 A E
AE Av
▲ = CBL • - y CBLa At
mg-BIL-ma
势的变化量分别为△。、
△Q
则有1= A =C At
由牛顿第二定律有
mgCBL
解得 1= 一 一 ---- m + B 2 L2 c
6 .电容器充电后电量为Q=C£开关掷向位置2时，电容器通过ab放电，其放电电量 为则通过棒中电流为
△Q
/=—―
△t
一 AQ
金属棒受安培力F=BIL=BL --
L__W
据动量定理FLt^mv- 0
/2用
由平抛运动可知v=s/ _=S
\ g
由式①、②、③得BL-- • △ t=m s
所以4 Q=
电容器所余电量
Qf =Q—AQ=CE—△Q=-5C
所以电容器两端电压为
Qf
U' =-- = 8 V
c