高三物理含容电路试题答案及解析

1. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C，R为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。闭合开关S后，将照射光强度增强，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则在此过程中

【解析】分析电路可知，闭合开关S后，将照射光强度增强，光敏电阻的阻值减小，电路中电流增大，电压表示数即光敏电阻或电容器两端电压为减小，电路中的电压、电流是状态量，故△U和△I的比值无意义，A错；电压表示数U和电流表示数I比值等于R的电阻，会减小，B错；电阻R0两端电压为，增加量为△IR不等于△U，C错；电容器电荷量决定于其电压和电容，D正确。

【考点】电容器的电容、闭合电路欧姆定律

2. 如图所示电路中，电源电动势E＝10v，内电阻不计，电阻R1＝14Ω，R2＝6.0Ω，R3＝2.0Ω，R4＝8.0Ω，R5＝10Ω，电容器的电容C＝2μF，求：

（1）电容器所带的电荷量。并说明电容器哪个极板带正电．

（2）若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5？

【答案】（1），下极板带正电；（2）

【解析】（1）由图可知：

得 

同理可得：

令d点的电势为零电势，即

则有：且

可知：   b点电势高，下极板带正电 

（2）R2断路后：

此时下极板带负电，则流过R5电荷量为：

【考点】

3. 如图，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（   ）

【解析】由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；

AB、当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小；A正确

C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动；错误

D、因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小；错误

故选A

【考点】电路的动态分析

点评：动态问题分析思路总体来说是按照先部分后整体再部分的顺序，要充分利用电路中不变部分的电阻不变的特点，间接地讨论电路变化部分．还要注意电源是有内阻的。

4. 如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光，由于某种原因灯L2灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列结论正确的是（　　）

【解析】灯L2灯丝突然烧断，电路总电阻增大，所以电路总电流减小，路端电压增大，即电压表示数增大，电流表示数减小，A错误，通过L1在干路，所以通过L1的电流减小，故变暗，B错误，L1两端电压减小，所以R两端电压增大，所以电容器两端的电压增大，根据公式可得，电容器上的电荷量增大，C错误，根据公式，因为不知道电源内阻和外电路电阻的关系，所以电源的输出功率可能增大，也可能减小，D正确，

【考点】考查了电路的动态分析

点评：做此类型的题目需要根据部分电路变化推到整体变化，再由整体变化推导另外部分变化，

5. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（      ）

【解析】在P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值增大，电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律知电路的总电流减小，即A表的示数变小，A错；流过R1的电流变小，R1两端电压减小，由知路端电压增大，再由知U2增大，电容器两端的电压变大，由知电容器的电荷量增大，即G中有由b至a的电流，由知场强变大，电场力变大，所以油滴向上加速运动，B对；在P向下移动的过程中，同理得到A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流，C对，D错。

【考点】本题考查电路的动态分析，电容的定义式，场强与电势差的关系式

点评：本题要求学生明确动态分析的总体思路是先由局部阻值的变化得出总电阻的变化，再整体据闭合电路的欧姆定律得出电路中总电流的变化，再局部就是由串、并联电路的特点去分析。

6. 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示．接通开关S，电源即给电容器充电，下列说法中正确的是（     ）

【解析】电源接通时电压不变，电源断开时，电容器所带电荷量不变。

A、保持S接通，减小两极板间的距离，由于U不变，根据可知电场场强增大；错误

B、保持S接通，在两极板间插入一块电介质，电容C变大，由于U不变，根据可知Q增大；正确

C、断开S，Q不变，根据可知，两极板间的电场强度与极板间距离无关；错误

D、断开S，Q不变，在两极板间插入一块电介质C增大，由可知U减小；错误

故选B

【考点】电容器的动态分析

点评：中等难度。关于平行板电容器各物理量的变化，还有一个较为简单可行的方法：即认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线．当电容器间距变化时，电容器上的电荷量不会变，则板间电场线疏密程度不变，即场强E不变，再由U=Ed，就可讨论两板间的电势差U的变化情况了．

7. 如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是(   )

【解析】要使粒子向上运动，则电场力增大，若保持S闭合，则电容器两端的电压不变，要使电场强度增大，根据公式可得，可以通过上移极板N实现，A错误，B正确，

若断开S，两极板所带电荷量保持不变，根据公式，得，故电场强度和两极板间的距离无关，所以CD错误，

【考点】考查了电容器的动态变化

点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．

8. 如图所示，C为两极板水平放置的空气平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带点尘埃P恰好处于静止状态.要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（ ）

【解析】要使尘埃P向下加速运动，电容C两端电压就得下降，在含容电路中相当于一根导线，和电源组成分压电路，把R2的滑片向左移动，电容两端电压就会下降；把开关S断开，电容C两端电压等于电源电动势，电压升高，尘埃P向上加速运动。

故选B

【考点】与电容器有关电路分析

点评：稍难。电容器稳定后可认为断路，电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．与电容器串联的电阻可作为导线处理。

9. （9分）一电路如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长，两极板的间距。

（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？

（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取）

【答案】（1）  （2）故微粒不能从C的电场中射出。                     

【解析】（1）S断开时，电阻R3两端电压为

S闭合后，外阻为       端电压为

电阻R3两端电压为

则所求流过R4的总电量为      ……………………4分

（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：

当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则

设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：

竖直方向：

由以上各式求得：

故微粒不能从C的电场中射出。                          …………5分

本题考查闭合电路的含容电路问题分析，把开关闭合后电容器充电，电容器电量的变化即为流过R4的电量，求得电源断开和闭合电容器两端电压和电量，通过计算即可，第二问考查带电粒子在电场中的偏转，求得电容器的电压，根据E=U/d求得电场强度，计算加速度，根据类平抛原理计算可得

10. 如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则(   )

【解析】电容器和电阻R2并联，两端电压与R2两端电压相等，当滑片P向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电容器中场强减小，A错；液滴受到的电场力减小，故液滴向下运动，D错误；由Q＝CU知，电容器所带的电荷量减少，B正确；电容器的电容与两端电压及所带电荷量无关，故C错.

11. 如图所示，电源的电动势E="12" V，内阻不计，电阻6Ω ，=12Ω，电容器的电容C=10F，电容器中有一带电微粒恰好处于静止状态。若在工作的过程中，电阻突然发生断路，电流表可看作是理想电表。则下列判断正确的是（     ）

【解析】设R1左端为O点，R2右端为D点，R1和R2所在支路两端电压为12V，由串联分压，同理，，A错；当突然发生断路时，电容器两端电压为R3两端电压，为4V，电容应处于充电过程，流过电流表的电流为由上到下，B错；带电微粒静止时受到向上的电场力，有F=qE=mg，电容电压变化后电场力方向先下，大小变为2mg，微粒的加速度变为3g，方向向下，C对；电容器带电量变化△Q=C△U=10F×6V=0.6×10-4C，D错；

12. 如图所示，当平行板电容器C充电后把电键S断开．设电容器电压为U，电量为Q．现只将电容器两板的正对面积减小，则

【解析】电容器与电源断开，Q不变，选项B正确。正对面积减小，电容减小，根据Q=CU，U增大，选项C正确。选项A、D错误。

13. A,B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。两块金属板接在如图所示的电路中，其中R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S。此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为，电源电动势E和内阻r一定。以下说法正确的是

A. 若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大

B. 若仅增大A、B板间距离，则小球重新达到稳定后变大

C. 若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大

D. 若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变

【答案】D

【解析】【考点】光电效应；力的合成与分解的运用；平行板电容器的电容；闭合电路的欧姆定律．

专题：光电效应专题．

分析：该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化．

解答：解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变．故A错误．

B、将AB两板间的距离拉大，电场强度变小，电场力变小，θ减小．故B错误．

C、D、用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量，=r．故C错误D正确．

故选D．

点评：解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．

14. （2012大连检测）如图所示，R3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关S闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R3时

【解析】当用光线照射电阻R3时，R3的电阻变小，a点所在支路电流增大，R4上电压增大，a点的电势降低，电容上极板带负电，电流表示数变大，选项B正确。

15. 在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是（     ）

A．电压表示数变小            B．电流表示数变小

C．电容器C所带电荷量增多     D．a点的电势降低

【答案】D

【解析】电压表测量的是两端电压，电流表测量的是通过的电流，当滑动变阻器的划片从a端向b端滑动时，减小并联电路电阻减小电路总电阻减小电路路端电压减小，电路总电流增大，根据可得，大小不变，电流增大，所以两端电压增大即电压表示数增大，A错误；两端电压增大，电路路端电压减小并联电路两端电压减小电容器两端电压减小，根据得，电容器所带电荷量减小，C错误；两端电压减小，所以通过的电流减小，但电路总电流是增加的，所以通过的电流增大，故电流表示数变大，B错误。因为两端电压增大，左端跟电源正极相连，电势不变，所以右端a点电势降低。D正确。

16. 如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF．闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，为1.50V．

【1】该电压表的内阻为多大?

【答案】

【2】由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?

【答案】

17. 如图所示的电路中，电流表和电压表均可视为理想电表，现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是(　　)

【解析】当滑片P向左移动时，R2的阻值增大，总电阻增大，干路中电流减小，故小灯泡L变暗，B选项错误；电流表示数变小，电压表示数U′＝E－Ir－IRL，电压表示数增大，A选项正确；电容器两端电压增大，电容器上所带的电荷量也增大，C选项错误；电源的总功率P＝EI，故电源的总功率变小，D选项错误

18. 如右图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，C＝30μF．

【1】闭合开关S，求稳定后通过R1的电流．

【答案】1A

【2】然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电量．

【答案】1.2×10－4C

【3】如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R2消耗的最大电功率．

【答案】6.25W

19. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是

【解析】略

20. 如图所示，将一电动势为E＝6 V、内阻r＝0.5 Ω的电源，与一粗细均匀的电阻丝AB相连，电阻丝的长度为L＝0.30 m，阻值为R＝4 Ω，电容器的电容为C＝3 μF.闭合开关S使其达到稳定状态后，将滑动触头P向右以速度v＝0.6  m/s匀速滑动的过程中，电流计的读数为多少？流过电流计的电流方向如何？

【答案】32 μA　 从右向左

【解析】略

21. 如图所示，将一电动势为E＝6 V、内阻r＝0.5 Ω的电源，与一粗细均匀的电阻丝AB相连，电阻丝的长度为L＝0.30 m，阻值为R＝4 Ω，电容器的电容为C＝3 μF.闭合开关S使其达到稳定状态后，将滑动触头P向右以速度v＝0.6  m/s匀速滑动的过程中，电流计的读数为多少？流过电流计的电流方向如何？

【答案】32 μA　 从右向左

【解析】略

22. 如图所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增强而减小。当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电。当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较：

【解析】当用强光照射R4且电路稳定时电阻减小，电路中电流增大，路端电压，会减小，则通过电阻12的电流减小,因为，所以通过电阻34的电流增大，则通过R3电势降落较大即上极板为低电势，则电容器C的下极板带正电，通过R4的电流变大，电源的路端电压减小，电源提供的总功率一定变大（P=EI），故正确选项为B

23. 如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则(　　)

【解析】略

24. 如右图所示，R1，R2为可调电阻，R3为一般电阻，R4为热敏电阻。当环境温度升高时，下列说法中正确的是（     ）

【解析】当环境温度升高时R4的电阻减小，整个回路电阻减小，干路电流增大，安培表示数增大，并联电路电压增大即电容器两端电压增大，所以电容器电量也增大，A答案错误；若R1的阻值减小，对电路无影响，B答案错误；由闭合电路的欧姆定律知，故电容器两端的电压，随R4的电阻减小，R2的阻值增大，电容器两端的电压增大，故电容器的带电量增大，C答案错误；若R2的阻值减小，整个回路电阻减小，干路电流增大，则R4和内阻分压增大，并联电路电压可能与温度升高前相等，安培表示数可能不变，D答案正确。

25. 如下图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计。电阻的阻值分别为R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF。闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端电压，其稳定值为1.50V。

【1】该电压表的内阻为多大？

【答案】4.8kΩ

【2】由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？

【答案】2.35×10－6C

26. 如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是  

A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动   

B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动 

C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变

D．仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变

【答案】BC

【解析】分析：电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于路端电压．把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，分析路端电压的变化，判断油滴的运动情况．仅把两极板A、B间距离增大或把两极板A、B间相对面积减小，电容器的电压不变，由E=分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．

解答：解：A、B仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小．由E=分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动．故A错误，B正确．

C、仅把两极板A、B间距离d增大，电容器的电压不变，由E=分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动．而电路其他部分不变，电流表读数不变．故C正确．

D、仅把两极板A、B间相对面积减小，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止．电流表读数不变．故D错误．

故选BC

点评：本题中稳定时电容器与电路部分是相对的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．

27. 电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。当把变阻器R1、R2调到某个值时，闭合开关S，电容器中的一个带电液滴正好处于静止状态。当再进行其他相关操作时（只改变其中的一个），以下判断正确的是

【解析】【考点】电容器的动态分析；带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．

专题：带电粒子在电场中的运动专题．

分析：闭合电键，R2与电容器并联，R1相当于导线．电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡．断开开关，R1和R3以及电容器和电源构成一回路，R1和R3都相当于导线，电容器两端间的电势差等于电源的电动势．

解答：解：A、当R1的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，带电液滴受到的电场力不变，液滴保持不动．故A正确．

B、将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，电场力变大，液滴向上运动．故B错误．

C、断开开关，电容器两端间的电势差等于电源的电动势．根据，可知电容器的电量将增加．故C错误．

D、因为电容器的电容，把电容器的上极板向上平移少许，d增大，会使电容减小，电容器两端的电势差不变，根据，可知电容器的电量将减少．故D错误．

故选A．

点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．

28. 一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，如图所示。下列方法中能使夹角φ减小的是：

【解析】略

29. 如图所示,一电子以初速度v沿金属板平行方向飞入MN极板间,若突然发现电子向M板偏转,则可能是                                             （   ）

【解析】略

30. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节、，关于F的大小判断正确的是

【解析】略