難點(diǎn)14含電容電路的分析策略

難點(diǎn) 14 含電容電路的分析策略 將電容器置于直流電路 創(chuàng)設(shè)復(fù)雜情景 是高考命題慣用的設(shè)計(jì)策略 借以突出對(duì)考 生綜合能力的考查 適應(yīng)高考選拔性需要 應(yīng)引起足夠關(guān)注 難點(diǎn)磁場(chǎng) 1 在如圖 14 1 電路中 電鍵 S1 S2 S3 S4均閉合 C 是極板水平放置的 平行板電容器 板間懸浮著一油滴 P 斷開哪一個(gè)電鍵后 P 會(huì)向下運(yùn)動(dòng) A S1 B S2 C S3 S4 圖 14 1 圖 14 2 2 2000 年春 圖 14 2 所示 是一個(gè)由電池 電阻 R 與平行板電容器組成 的串聯(lián)電路 在增大電容器兩極板間距離的過程中 A 電阻 R 中沒有電流 B 電容器的電容變小 C 電阻 R 中有從 a 流向 b 的電流 D 電阻 R 中有從 b 流向 a 的電流 案例探究 例 1 如圖 14 3 所示的電路中 4 個(gè)電阻 的阻值均為 R E 為直流電源 其內(nèi)阻可以不計(jì) 沒有標(biāo)明哪一 極是正極 平行板電容器兩極板間的距離為 d 在平行極板電容器 的兩個(gè)平行極板之間有一個(gè)質(zhì)量為 m 電量為 q 的帶電小球 當(dāng)電 鍵 K 閉合時(shí) 帶電小球靜止在兩極板間的中點(diǎn) O 上 現(xiàn)把電鍵打 開 帶電小球便往平行極板電容器的某個(gè)極板運(yùn)動(dòng) 并與此極 板碰撞 設(shè)在碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失 但帶電小球的電量發(fā)生變化 碰后小球帶有與該極板 相同性質(zhì)的電荷 而且所帶的電量恰好剛能使它運(yùn)動(dòng)到平行極板電容器的另一極板 求小球 與電容器某個(gè)極板碰撞后所帶的電荷 命題意圖 考查推理判斷能力及分析綜合能力 B 級(jí)要求 錯(cuò)解分析 不能深刻把握該物理過程的本質(zhì) 無法找到破題的切入點(diǎn) K 斷開 U3變 化 q 所受力 F 變化 q 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化 得出正確的解題思路 解題方法與技巧 由電路圖可以看出 因 R4支路上無電流 電容器兩極板間電壓 無論 K 是否閉合始終 等于電阻 R3上的電壓 U3 當(dāng) K 閉合時(shí) 設(shè)此兩極板間電壓為 U 電源的電動(dòng)勢(shì)為 E 由 分壓關(guān)系可得 U U3 E 3 2 小球處于靜止 由平衡條件得 mg d qU 當(dāng) K 斷開 由 R1和 R3串聯(lián)可得電容兩極板間電壓 U 為 U 2 E 圖 14 3 由 得 U U 4 3 U U 表明 K 斷開后小球?qū)⑾蛳聵O板運(yùn)動(dòng) 重力對(duì)小球做正功 電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù) 功 表明小球所帶電荷與下極板的極性相同 由功能關(guān)系 mg qmv2 0 2 d 2 1 2 U 因小球與下極板碰撞時(shí)無機(jī)械能損失 設(shè)小球碰后電量變?yōu)?q 由功能關(guān)系得 q U mgd 0 mv2 2 1 聯(lián)立上述各式解得 q q 6 7 即小球與下極板碰后電荷符號(hào)未變 電量變?yōu)樵瓉淼?6 7 例 2 如圖 14 4 所示 電容器 C1 6 F C2 3 F 電阻 R1 6 R2 3 當(dāng)電鍵 K 斷開時(shí) A B 兩點(diǎn)間的 電壓 UAB 當(dāng) K 閉合時(shí) 電容器 C1的電量改變了多少 設(shè)電壓 U 18 V 命題意圖 考查理解 推理 分析綜合能力及解決實(shí)際問題的創(chuàng) 新能力 B 級(jí)要求 錯(cuò)解分析 沒有依據(jù)電路結(jié)構(gòu)的變化分析求出電容器充放電前后的電壓變化 使問題 難于求解 解題方法與技巧 在電路中電容 C1 C2的作用是斷路 當(dāng)電鍵 K 斷開時(shí) 電路中無 電流 B C 等電勢(shì) A D 等電勢(shì) 因此 UAB UDB 18 V UAB UAC UDB 18 V K 斷 開時(shí) 電容器 C1帶電量為 Q1 C1UAC C1UDC 6 10 6 18 C 1 08 10 4 C 當(dāng) K 閉合時(shí) 電路 R1 R2導(dǎo)通 電容器 C1兩端的電壓即電阻 R1兩端的電壓 由串聯(lián) 的電壓分配關(guān)系得 UAC 12 V 21 1 RR UR 此時(shí)電容器 C1帶電量為 Q1 C1UAC 7 2 10 5 C 電容器 C1帶電量的變化量為 Q Q1 Q1 3 6 10 5 C 所以 C1帶電量減少了 3 6 10 5 錦囊妙計(jì) 電容器是一個(gè)儲(chǔ)存電能的元件 在直流電路中 當(dāng)電容器充 放電時(shí) 電路有充電 放電電流 一旦電流達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài) 電容器在電路中就相當(dāng)于一個(gè)阻值無限大 只考慮電 容器是理想不漏電的情況 的元件 電容電路可看作是斷路 簡(jiǎn)化電路時(shí)可去掉它 簡(jiǎn)化 后若要求電容器所帶電量時(shí) 可在相應(yīng)的位置補(bǔ)上 分析和計(jì)算含有電容器的直流電路時(shí) 關(guān)鍵是準(zhǔn)確地判斷并求出電容器的兩端的電壓 其具體方法是 1 確定電容器和哪個(gè)電阻并聯(lián) 該電阻兩端電壓即為電容器兩端電壓 2 當(dāng)電容器和某一電阻串聯(lián)后接在某一電路兩端時(shí) 此電路兩端電壓即為電容器兩端 電壓 3 對(duì)于較復(fù)雜電路 需要將電容器兩端的電勢(shì)與基準(zhǔn)點(diǎn)的電勢(shì)比較后才能確定電容器 圖 14 4 兩端的電壓 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 1 1997 年全國 如圖 14 5 所示的電路中 電源的 電動(dòng)勢(shì)恒定 要想使燈泡變暗 可以 A 增大 R1 B 減小 R1 C 增大 R2 減小 R2 2 一平行板電容器 C 極板是水平放置的 它和三 個(gè)可變電阻及電源聯(lián)接成如圖 14 6 所示的電路 今有一質(zhì)量為 m 的 帶電油滴懸浮在兩極板之間靜止不動(dòng) 要使油滴上升 可采用的辦法 是 A 增大 R1 B 增大 R2 C 增大 R3 D 減小 R2 3 如圖 14 7 所示 E 10 V R1 4 R2 6 C 30 F 電池內(nèi)阻 可忽略 1 閉合開關(guān) K 求穩(wěn)定后通過 R1的電流 2 然后將開關(guān) K 斷開 求這以后通過 R1的總電量 圖 14 7 圖 14 8 4 如圖 14 8 所示的電路 已知電池電動(dòng)勢(shì) E 90 V 內(nèi)阻 5 R1 10 R2 20 板面水平放置的平行板電容器的兩極板 M N 相距 d 3 cm 在兩板間的正中央有一帶電液滴 其電量 q 2 10 7 C 其質(zhì)量 m 4 5 10 5 kg 取 g 10 m s2 問 1 若液滴恰好能靜止平衡時(shí) 滑動(dòng)變阻器 R 的滑動(dòng)頭 C 正好在正中點(diǎn) 那么滑動(dòng) 變阻器的最大阻值 Rm是多大 2 將滑動(dòng)片 C 迅速滑到 A 端后 液滴將向哪個(gè)極板做什么運(yùn)動(dòng) 到達(dá)極板時(shí)的速度 是多大 5 如圖 14 9 所示 兩根相距為 L 的豎直金屬導(dǎo)軌 MN 和 PQ 的上端接有一 個(gè)電容為 C 的電容器 質(zhì)量為 m 的金屬棒 ab 可緊貼豎直導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng) 且滑動(dòng)中 ab 始 終保持水平 整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的磁場(chǎng)中 不計(jì)電阻 求最后通過 C 的充電電 流 圖 14 5 圖 14 6 圖 14 9 6 圖 14 10 所示 金屬棒 ab 質(zhì)量 m 5 g 放在相距 L 1 m 的光滑金屬導(dǎo)軌 MN PQ 上 磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 0 5 T 方向豎直向上 電容器的電容 C 2 F 電源電動(dòng)勢(shì) E 16 V 導(dǎo)軌距地面高度 h 0 8 m 當(dāng)單刀雙擲開關(guān)先擲向 1 后 再擲向 2 金屬棒被拋到水平距離 s 6 4 cm 的地面上 問電容 器兩端的電壓還有多大 參考答案 難點(diǎn)磁場(chǎng) 1 C 2 BC 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 1 AD 2 CD 3 電容器穩(wěn)定后相當(dāng)于斷路 斷開前電容器相當(dāng)于和 R2并聯(lián) K 斷開前 電容器相 當(dāng) 于直接接到電源上 K 斷開前后通過 R1的電量即為前后兩狀態(tài)下電容器帶電量之差 電容器穩(wěn)定后相當(dāng)于斷路 則 1 1 總 A A 64 10 21 RR E 2 斷開 K 前 電容器相當(dāng)于和 R2并聯(lián) 電壓為 2R2 儲(chǔ)存的電量為 Q1 CI1R2 斷開 K 穩(wěn)定后 總電流為零 電容器上電壓為 E 儲(chǔ)存電量為 Q2 CE 所以通過 R1的電量為 Q Q2 Q1 C E I1R2 1 2 10 3 C 4 滑動(dòng)變阻器 R 的滑動(dòng)觸頭 C 正好在 AB 正中點(diǎn)時(shí)對(duì)液滴進(jìn)行受力分析知 重力 G 與 電場(chǎng)力 q 平衡 從而求得電容器兩極電壓 也就是 BC 間電壓 然后據(jù)閉合電路歐姆定律 求得 RBC 從而求得 Rm 將滑片 C 迅速滑到 A 端后 由閉合電路歐姆定律可求得 AB 間電壓 即電容器兩板間 電壓 AB MN 90 即 MN 77 V 大于 C 在中央時(shí)電壓 對(duì)液滴分析受力 1590 90 知電場(chǎng)力大于重力 所以向 M 板運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)量定理便可求得速度 1 滑片 C 在 AB 中央時(shí) 對(duì)帶電液滴由平衡條件得 mg q d UMN 所以 MN V 67 5 V q mgd 7 24 102 1031045 由題意知 UMN BC 67 5 V 由歐姆定律得 BC 2 1 m R Rr E 即 67 5 2 15 90 m R 2 m R 圖 14 10 所以 Rm 90 2 滑片滑到 A 時(shí) MN V 77 V 67 5 V m1 m RRr ER 1590 9090 所以液滴向 M 板運(yùn)動(dòng) 設(shè)達(dá) M 板時(shí)速度為 v 由動(dòng)能定理得 q mv2 所以 v 0 2 m smg UMN 22 d 2 1 5 經(jīng)分析知最終 ab 棒做勻加速下滑 設(shè)最終充電電流為 I 在 t 內(nèi)電量 速率 電 動(dòng)勢(shì)的變化量分別為 Q v 和 E 則有 I C CBL CBLa t Q t E t v 由牛頓第二定律有 mg BIL ma 解得 I CLBm mgCBL 22 6 6 電容器充電后電量為電容器充電后電量為Q Q CECE 開關(guān)擲向位置開關(guān)擲向位置 2 2 時(shí) 電時(shí) 電 容器通過容器通過abab放電 其放電電量為放電 其放電電量為 Q Q 則通過棒中電流為 則通過棒中電流為 I I t Q 金屬棒受安培力金屬棒受安培力F F BILBIL BLBL t Q 據(jù)動(dòng)量定理據(jù)動(dòng)量定理F