含电容器电路的分析与计算1、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.2、分析和计算含有电容器的直流电路时，注意以下几个方面：(1)电路稳定时电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件，在电容器处电路看做是断路，画等效电路时，可以先把它去掉．(2)若要求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上，求出电容器两端的电压，根据Q ＝CU计算．(3)电路稳定时电容器所在支路上电阻两端无电压，该电阻相当于导线．(4)当电容器与电阻并联后接入电路时，电容器两端的电压与并联电阻两端的电压相等．(5)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电，如果电容器两端的电压升高，电容器将充电，反之电容器放电．通过与电容器串联的电阻的电量等于电容器带电量的变化量．3、含电容器电路问题的分析方法(1)应用电路的有关规律分析出电容器两极板间的电压及其变化情况．(2)根据平行板电容器的相关知识进行分析求解．练习1．如图所示电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是A．将滑片N向右滑动时，电容器放电B．将滑片N向右滑动时，电容器继续充电C．将滑片M向上滑动时，电容器放电D．将滑片M向上滑动时，电容器继续充电2．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小3．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G 中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过4．如图所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝6 Ω、R2＝5 Ω、R3＝3 Ω，电容器的电容C＝2×10－5 F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q。
则A．I＝0.75 A B．I＝0.5 AC．q＝2×10－5 C D．q＝1×10－5 C5．在如图电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板悬浮着一油滴P，断开哪一个开关后P会向下运动A.S1B.S2C.S3D.S46．如图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡变暗，可以A．增大R1B．减小R1C．增大R2D．减小R27．一平行板电容器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R1 B．增大R2C．增大R3 D．减小R28．如图所示的电路，已知电池电动势E＝90 V，内阻r＝5 Ω，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，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，其电荷量q=-2×10－7 C，其质量m=4.5×10－5kg，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R m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?9．如图所示的电路中，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，电荷量为q的带电小球。
当开关K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上.现把开关打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电荷量发生变化，碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电荷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量。
10．如图所示.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.11．图所示，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 =2μF ，电源电动势E ＝16 V ，导轨距地面高度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，问电容器两端的电压还有多大?12．如图1，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C ，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。
电容器两极板电势差随时间变化的图象如图2所示，已知t 1时刻电容器两极板间的电势差为U 1。
求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
tUt O图2UBM Pb a图1C含电容器电路的分析与计算练习参考答案8．（1）滑片C 在AB 中央时，对带电液滴由平衡条件得mg =qdU MN所以ＵMN ＝q mgd =7241021031045---⨯⨯⨯⨯ V ＝67.5（V ） 由题意知U MN ＝ＵBC ＝67.5 V 由欧姆定律得21mR R r E ++＝ＵBC即21590mR +2m R ⨯＝67.5 所以R m ＝90 Ω （2）滑片滑到A 时ＵMN ′＝m 1m R R r ER ++15909090+⨯V ＝77V ＞67.5 V所以液滴向M 板运动，设达M 板时速度为v 由动能定理得q ·mg U MN -'2·2d =21mv 2所以v =0.2 m/s9．由电路图可以看出，因R 4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 3上的电压U 3，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 ＝U 3＝32E ①小球处于静止，由平衡条件得dqU＝mg②当K 断开，由R 1和R 3串联可得电容两极板间电压U ′为U ′＝2E ③由①③得U ′＝43U ④U ′＜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mg2d －q 212='U mv 2－0⑤因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电荷量变为q ′，由功能关系得 q ′U ′－mgd =0－21mv 2⑥联立上述各式解得 q ′＝67q 即小球与下极板碰后电荷符号未变，电荷量变为原来的67.10．经分析知最终ab 棒做匀加速下滑，设最终充电电流为I ，在Δt 内电荷量、速率、电动势的变化量分别为ΔQ 、Δv 和ΔE则有I ＝t Q ∆∆＝C ·t E∆∆＝CBL ·t v ∆∆＝CBLa 由牛顿第二定律有mg -BIL =ma 解得I ＝CL B m mgCBL22+11．电容器充电后电荷量为Q ＝CE .开关掷向位置2时，电容器通过ab 放电，其放电电荷量为ΔQ ，则通过棒中电流为I ＝tQ∆∆ 金属棒受安培力F ＝BIL ＝BL tQ∆∆①据F = m （v －０） /Δt② 由平抛运动可知v =s/hgsg h 22=③由式①、②、③得BLtQ∆∆·Δt ＝m ｓh g 2所以ΔQ ＝hg BL ms2＝1.6×10－5C 电容器所余电荷量Q ′＝Q －ΔQ ＝CE －ΔQ ＝1.6×10-5 C 所以电容器两端电压为Ｕ′＝CQ '＝８V12. 感应电动势与电容器两极板间的电势差相等U BLv =由电容器的U -t 图可知t t U U 11=导体棒的速度随时间变化的关系为t BLt U v 11=可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度11BLt U a =由 U QC = tQ I = 则 11t CU t CU I ==由牛顿第二定律ma BIL F =-可得1111BLt mU t BLCU F +=。