難點14 含電容電路的分析策略
將電容器置於直流電路，創設複雜情景，是高考命題慣用的設計策略，藉以突出對考生綜合能力的考查，適應高考選拔性需要.應引起足夠關注.
●難點磁場
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，斷開哪乙個電鍵後p會向下運動
a.s1b.s2c.s3s4
圖14—1圖14—2
2.（★★★）（2023年春）圖14-2所示，是乙個由電池、電阻r與平行板電容器組成的串聯電路.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**
［例1］（★★★★★）如圖14-3所示的電路中，4個電阻的阻值均為r，e為直流電源，其內阻可以不計，沒有標明哪一極是正極.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平行極板之間有乙個質量為m,電量為q的帶電小球.
當電鍵k閉合時，帶電小球靜止在兩極板間的中點o上.現把電鍵開啟，帶電小球便往平行極板電容器的某個極板運動，並與此極板碰撞，設在碰撞時沒有機械能損失，但帶電小球的電量發生變化.碰後小球帶有與該極板相同性質的電荷，而且所帶的電量恰好剛能使它運動到平行極板電容器的另一極板.
求小球與電容器某個極板碰撞後所帶的電荷.
命題意圖：考查推理判斷能力及分析綜合能力，b級要求.
錯解分析：不能深刻把握該物理過程的本質，無法找到破題的切入點（k斷開→u3變化→q所受力f變化→q運動狀態變化），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是否閉合始終等於電阻r3上的電壓u3，當k閉合時，設此兩極板間電壓為u，電源的電動勢為e，由分壓關係可得u＝u3＝e ① 小球處於靜止，由平衡條件得＝mg ②
當k斷開，由r1和r3串聯可得電容兩極板間電壓u′為u′＝ ③
由①③得u′＝u ④
u′＜u表明k斷開後小球將向下極板運動，重力對小球做正功，電場力對小球做負功，表明小球所帶電荷與下極板的極性相同，由功能關係mg－qmv2－0 ⑤
因小球與下極板碰撞時無機械能損失，設小球碰後電量變為q′，由功能關係得
q′u′－mgd=0－mv2 ⑥ 聯立上述各式解得q′＝q
即小球與下極板碰後電荷符號未變，電量變為原來的.
［例2］（★★★★）如圖14-4所示，電容器c1＝6 μf，c2＝ 3 μf，電阻r1＝6 ω，r2＝3 ω，當電鍵k斷開時，a、b兩點間的電壓uab＝？當k閉合時，電容器c1的電量改變了多少（設電壓u＝ 18 v）?
命題意圖：考查理解、推理、分析綜合能力及解決實際問題的創新能力，b級要求.
錯解分析：沒有依據電路結構的變化分析求出電容器充放電前後的電壓變化，使問題難於求解.
解題方法與技巧：在電路中電容c1、c2的作用是斷路，當電鍵k斷開時，電路中無電流，b、c等電勢，a、d等電勢，因此uab＝udb＝18 v，uab＝uac＝udb＝18 v，k斷開時，電容器c1帶電量為
q1＝c1uac＝c1udc＝6×10－6×18 c＝1.08×10－4 c.
當k閉合時，電路r1、r2導通，電容器c1兩端的電壓即電阻r1兩端的電壓，由串聯的電壓分配關係得：uac＝＝12 v
此時電容器c1帶電量為：q1′＝c1uac＝7.2×10－5 c
電容器c1帶電量的變化量為：δq＝q1－q1′＝3.6×10－5 c
所以c1帶電量減少了3.6×10－5
●錦囊妙計
電容器是乙個儲存電能的元件，在直流電路中，當電容器充、放電時，電路有充電、放電電流，一旦電流達到穩定狀態，電容器在電路中就相當於乙個阻值無限大（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，簡化電路時可去掉它，簡化後若要求電容器所帶電量時，可在相應的位置補上.分析和計算含有電容器的直流電路時，關鍵是準確地判斷並求出電容器的兩端的電壓，其具體方法是：
1.確定電容器和哪個電阻併聯，該電阻兩端電壓即為電容器兩端電壓.
2.當電容器和某一電阻串聯後接在某一電路兩端時，此電路兩端電壓即為電容器兩端電壓.
3.對於較複雜電路，需要將電容器兩端的電勢與基準點的電勢比較後才能確定電容器兩端的電壓.
●殲滅難點訓練
1.（★★★）（2023年全國）如圖14-5所示的電路中，電源的電動勢恆定，要想使燈泡變暗，可以
a.增大r1
b.減小r1
c.增大r2
ｄ.減小r2
2.（★★★）一平行板電容器c，極板是水平放置的，它和三個可變電阻及電源聯接成如圖14-6所示的電路.今有一質量為m的帶電油滴懸浮在兩極板之間靜止不動.要使油滴上公升，可採用的辦法是
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 ω，r2＝6 ω，c＝30 μf，電池內阻可忽略.（1）閉合開關k，求穩定後通過r1的電流；
（2）然後將開關k斷開，求這以後通過r1的總電量.
圖14—7圖14—8
4.（★★★★）如圖14-8所示的電路，已知電池電動勢e＝90 v，內阻ｒ＝5 ω，r1＝10 ω，r2＝20 ω，板麵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**有一帶電液滴，其電量q=-2×10－7 c，其質量m=4.5×10－5 kg，取g=10 m/s2，問（1）若液滴恰好能靜止平衡時，滑動變阻器r的滑動頭c正好在正中點，那麼滑動變阻器的最大阻值rm是多大?
（2）將滑動片c迅速滑到a端後，液滴將向哪個極板做什麼運動?到達極板時的速度是多大?
5.（★★★★）如圖14-9所示.兩根相距為l的豎直金屬導軌mn和pq的上端接有乙個電容為c的電容器，質量為m的金屬棒ab可緊貼豎直導軌無摩擦滑動，且滑動中ab始終保持水平，整個裝置處於磁感應強度為b的磁場中，不計電阻，求最後通過c的充電電流.
圖14—9
6.（★★★★★）圖14-10所示，金屬棒ab質量m=5 g，放在相距l=1 m的光滑金屬導軌mn、pq上，磁感應強度b=0.5 t，方向豎直向上，電容器的電容c=2μf，電源電動勢e＝16 v，導軌距地面高度h=0.
8 m.當單刀雙擲開關先擲向1後，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***：［難點磁場］1.c 2.bc［殲滅難點訓練］1.ad 2.cd
3.電容器穩定後相當於斷路，ｋ斷開前電容器相當於和r2併聯，k斷開前，電容器相當於直接接到電源上，k斷開前後通過r1的電量即為前後兩狀態下電容器帶電量之差.
電容器穩定後相當於斷路，則：（1）ｉ1＝ｉ總＝a＝１a
（2）斷開k前，電容器相當於和r2併聯，電壓為ｉ2r2，儲存的電量為q1＝ci1r2
斷開k穩定後，總電流為零，電容器上電壓為e，儲存電量為q2＝ce
所以通過r1的電量為：δq＝q2－q1＝c（e－i1r2）＝1.2×10－3 c
4.滑動變阻器r的滑動觸頭c正好在ab正中點時對液滴進行受力分析知，重力g與電場力ｅq平衡，從而求得電容器兩極電壓，也就是bc間電壓，然後據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端後，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ｕab＝ｕmn′＝×90即ｕmn′＝77 v大於c在**時電壓，對液滴分析受力知電場力大於重力，所以向m板運動，由動量定理便可求得速度.
（1）滑片c在ab**時，對帶電液滴由平衡條件得mg=q
所以ｕmn＝= v＝67.5（v）
由題意知umn＝ｕbc＝67.5 v 由歐姆定律得＝ｕbc
即＝67.5 所以rm＝90 ω
（2）滑片滑到a時，ｕmn′＝v＝77（v）＞67.5 v
所以液滴向m板運動，設達m板時速度為v
由動能定理得q··=mv2 所以v=0.2 m/s
5.經分析知最終ab棒做勻加速下滑，設最終充電電流為i，在δt內電量、速率、電動勢的變化量分別為δq、δv和δe
則有i＝＝c·＝cbl·＝cbla
由牛頓第二定律有mg-bil=ma
解得i＝
6.電容器充電後電量為q＝ce.開關擲向位置2時，電容器通過ab放電，其放電電量為δq，則通過棒中電流為
i＝金屬棒受安培力f＝bil＝bl
據動量定理fδt＝mv
由平拋運動可知v=s
由式①、②、③得bl·δt＝mｓ
所以δq＝＝1.6×10－5c
電容器所餘電量
q′＝q－δq＝ce－δq＝1.6×10-5 c
所以電容器兩端電壓為
ｕ′＝＝８v
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