新高考物理一轮复习考点精讲精练第63讲 含电容器电路的动态分析（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（2019•北京）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同。
（1）请在图1中画出上述u﹣q图象。类比直线运动中由v﹣t图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q﹣t曲线如图3中①②所示。
a．①②两条曲线不同是 R （选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【解答】解：（1）根据电容的定义Q＝UC可知，U，故电压U与电量为正比例关系，故图象如图所示；
根据图象的性质可知，图象与q轴所围成的面积表示电能，故有：EP；
（2）a、电源电阻不计，当电容器充满电后，电容器两端电压等于电源电动势。由图可知，充电时间不同，而最大电量相等，故说明图象不同的原因是电阻R的改变造成的；
b、由图象可知，当R越小，充电时间越短；R越大，电荷量随时间变化趋向均匀，故需要快速充电时，R越小越好；而需要均匀充电时，R越大越好；
（3）由于电容充电后两板间的电势差增大，因此需要恒流源的电压增大才能保证电量随时间均匀增加；而（2）中电源电动势不变，而内阻忽略不计，故两端电压不变；所以使用恒流源时，电流不变，而使用（2）中电源时电流减小。
故答案为：（1）如图所示；；（2）a、R；b、快速充电时，R越小越好；而需要均匀充电时，R越大越好；（3）增大；不变；不变；减小。
一.知识回顾
1.电容器的简化处理：
电路稳定后，简化电路时可以把电容器所处电路作为断路，简化电路时可以将该断路去掉，求电荷量时在相应位置再补上。
2．电阻的简化处理：
电路稳定后，与电容器同支路的电阻相当于导线。
3．电荷变化量的计算：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；若电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。
(1)由ΔQ＝CΔU计算电容器上电荷量的变化。
(2)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即|Q1－Q2|。
(3)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即Q1＋Q2。
4. 分析电容器所带电荷量的变化要注意以下两点
(1)把电容器当成断路简化电路图，按照电路动态分析的基本方法来分析各部分电路电压与电流的变化。
(2)电路稳定时，找到与电容器并联的电阻，而电容器两极板的电压等于与之并联的电阻两端的电压。
二.例题精析
例1．如图所示的电路中，R1、R2、R3为阻值相同的电阻，C为电容器，电源的电动势为E，内阻为r。先将电键S闭合，电路稳定后，流过电源的电流为I1，电源的效率为η1，电容器的带电量为Q1；再将S断开，电路稳定后，流过电源的电流为I2，电源的效率为η2，电容器的带电量为Q2，则下列说法正确的是（ ）
A．I1＜I2
B．η1＞η2
C．Q1＞Q2
D．S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2
【解答】解：AB、电键S闭合时，R1、R2串联后与R3并联，总电阻小于R1+R2+r，S断开电路稳定时，R1、R2串联，总阻值等于R+R+r，根据闭合电路欧姆定律I知I1＞I2，根据效率知η1＜η2，故AB错误；
C、根据前面分析的电阻关系知，路端电压U的关系为：闭合S路端电压U1＜U2（断开S时路端电压）电容器所加电压闭合S时UC1UC2（断开S时路端电压），电容器电量Q＝CU，所以Q1＞Q2，故C错误；
D、电键S闭合时，电容器下极板为正，S断开电路稳定后，下极板为负，故S断开后，通过电阻R3的电荷量为Q1+Q2，故D正确。
故选：D。
例2．如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（ ）
A．电阻R2中有向下的电流
B．通过电阻R1电流增大
C．滑动变阻器R两端的电压变小
D．电容器C极板所带电荷量变小
【解答】解：B、闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R1的电流减小，故B错误；
ACD、根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增大，根据Q＝CU可知电容器极板所带电荷量增大，即电容器充电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向下的电流，故A正确，CD错误；
故选：A。
三.举一反三，巩固练习
如图所示，电路中D为二极管，R0为滑动变阻器，R'为磁敏电阻，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而减小，置于真空中的平行板电容器水平放条形磁铁置，上板接地，极板间的P点固定有带电量很小的负电荷，下列说法正确的是（ ）
A．仅将R0的滑片向下移动，电容器极板间的电压减小
B．仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，P点处的电场强度不变
C．仅将电容器的上板稍向左移，电容器极板间的电压减小
D．仅将电容器的上板稍向下移，P点处负电荷的电势能增大
【解答】解：A、仅将滑动变阻器的滑片向下移动时，其连入电路的电阻减小，根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器两端的电压减小，则电容器的电压减小，电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的带电量不变，其电压不变，故A错误；
B、仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻R′的阻值增大，电路中电流减小，滑动变阻器R0上分得的电压减小，电容器的电压减小，电容器要放电，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的带电量不变，其电压不变，所以电场强度不变，故B正确；
C、将电容器的上板稍向左移，仅减小平行板电容器两个极板的正对面积时，电容减小，电容器的电压不变，由Q＝CU知电容器要放电，但二极管的单向导电性，电容器不能放电，故电容器所带电荷量不变，由E，知电容器板间的电场强度增大，电压增大，故C错误；
D、仅将电容器的上板稍向下移，仅减小平行板电容器两个极板的距离时，电容增大，电容器的电压不变，由Q＝CU知电容器要充电，由E知电容器板间的电场强度增大，P点处负电荷的电势能减小，故D错误。
故选：B。
道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
【解答】解：A、汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，而电容器上极板带负电，下极板带正电，说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则由Q＝CU知电容器的电容减小。根据电容的决定式C可知，汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；
B、由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；
C、电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，故C错误
D、由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为t＝0.325s，则汽车是速度为vm/s≈7.7m/s，故D正确。
故选：D。
如图所示，D为理想二极管，R为滑动变阻器，C1、C2为电容器，且电容相等，P、Q为带电粒子，开关S闭合后，P、Q均处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．C1、C2所带的电荷量不相等
B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑，P加速向上运动，Q仍静止
C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q仍静止
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q也加速向下运动
【解答】解：A、在电路中，C1、C2都与R3并联，即它们的电压是相等的，又其电容相等，故C1、C2所带电荷量相等，故A错误
B、将滑动变阻器滑片下滑使滑动变阻器接入电路阻值变大，故R上的电压变大，又R与R2，R3串联的整体并联，故R3上的电压也变大。由于电压增大，故电流可以通过二极管D.即C1、C2电压均增大，P、Q都加速向上运动。故B错误。
CD、将滑动变阻器滑片上滑使滑动变阻器接入电路阻值变小，故R上的电压变小，又R与R2，R3串联的整体并联，故R3上的电压也变小。由于电压变小，故电流不可通过二极管D.故C1电压变小，C2电压不变。P加速向下运动，Q静止。故C正确，D错误。
故选：C。
如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大
B．保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变
C．断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D．断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
【解答】解：A.保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不会变，故A错误
B.保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，根据公式可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，故B错误
C.断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式，平行板电容器的公式以及电压与电场强度公式U＝Ed，联立可得，故电场强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，电场力不变，故θ不变，故C错误；
D.断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式，平行板电容器的公式，电压与电场强度公式U＝Ed可得，故断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，故D正确。
故选：D。
如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1是光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），R2是定值电阻，C是平行板电容器，V1、V2都是理想电压表。闭合开关S后，电容器中的带电小球处于静止状态。在光照强度增大的过程中，分别用ΔU1、ΔU2表示电压表V1和电压表V2示数变化的绝对值，且ΔU1＜ΔU2，则下列说法正确的是（ ）
A．V1的示数增大，V2的示数减小
B．V1的示数减小，V2的示数增大
C．带电小球仍处于静止状态
D．带电小球向上运动
【解答】解：AB．在光照强度增大的过程中，R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，则R2的电压增大，V2的示数增大。内电压和R2的电压增大，则路端电压减小，V1的示数减小，R1的电压减小，故A错误、B正确；
CD．R1的电压减小，则电容器板间电压减小，板间场强减小，带电小球受到的电场力减小，则带电小球向下运动，故CD错误。
故选：B。
（多选）如图所示，电源电动势为E、内阻为r．闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：A、电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣I（R1+r）得：△U＝△I（R1+r）解得：
（R1+r），不变，故A错误，B正确；
C、当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR1I可知，Q﹣I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确；
故选：BD。
某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t曲线，如图所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流I0以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的电容均未知，下列说法中正确的是（ ）
A．根据题目所给的信息能求出电源电动势和内电阻
B．电容器放电过程中电阻R两端的电压变大
C．根据题目所给的信息能求出电容器的电容
D．由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向右为正
【解答】解：A．电阻R两端的最大电压即为电容器刚开始放电的时候，则最大电压Umax＝I0R；
电源的内电阻在右面的充电电路中，根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E＝Umax＝I0R，但内电阻没法求出，故A错误；
B．电容器放电过程中电流减小，则电阻R两端的电压变小，故B错误；
C．根据Q＝It可知，I﹣t图像与两坐标轴围成的面积表示电容器放出的总电荷量，即Q＝S
根据可知电容器的电容为：，故C正确；
D．电容器放电时，流过电阻R的电流为向左，则由计算机采集的电流可知流过电阻R的电流方向规定向左为正，故D错误。
故选：C。
在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向下移动，则以下说法正确的是（ ）
A．G中有从a到b的电流B．V示数增大
C．油滴向上运动D．电源内阻消耗功率减小
【解答】解：滑动变阻器的滑片P向下移动，其连入电路中的电阻阻值变小，根据串反并同得：灵敏电流计的示数减小；电压表的示数减小；电容器两端的电压减小，干路中的电流增大。
A、根据C知，电容不变，因为电容器两端的电压减小，所以Q减小，即电容器要放电，由题意电容器上极板带正电，故灵敏电流计中有从a到b的电流，故A正确。
B、因滑动变阻器连入电路中的电阻阻值变小，而电压表与滑动变阻器并联，根据串反并同知，电压表的示数减小，故B错误。
C、因开始时油滴恰好静止，故mg＝Eq，根据E可知，d不变，U减小，则场强E变小，即电场力Eq变小，故油滴将向下运动，故C错误。
D、因为干路电流增大，即流过电源内阻的电流增大，而电源内阻不变，根据P＝I2r可知，电源内阻消耗功率增大，故D错误。
故选：A。
如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响可忽略不计。传感器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻，电压与电流变为零。图乙中S1与S2为电流曲线在虚线MN两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是（ ）
A．图乙中电压与电流的比值逐渐变小
B．图乙中的S1＝S2
C．图乙中的S1＞S2
D．图乙中电阻R在0～t1内产生的内能等于在t1～t2内产生的内能
【解答】解：A、图乙中电压和电流的比值R，保持不变，故A错误；
BC、电流曲线与坐标轴所围的面积反映的是电容器放出的电荷量。由图知，电容器在0～t1时间内放出电荷量的数值为S1，此过程电压减小6V；在t1～t2时间内放出电荷量的数值为S2，此过程电压又减小6V。由△q＝C•△U可知，S1＝S2，故B正确，C错误；
D、在每一小段时间内，电阻R产生的热量为△Q＝i2R△t，又U＝iR，△q＝i△t，可得△Q＝U△q。由图知，R两端的电压在0～t1内高于t1～t2内，故电阻R在0～t1内产生的内能大于在t1～t2内产生的内能，故D错误。
故选：B。“恒流源”
（2）中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小