高考沖刺資料

1、33.（15分）如圖所示，在傾角=的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN，相距為L，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下兩根質量均為m的金屬棒a、b分別垂直放置在導軌上EF、GH位置，其中a 棒用平行于導軌的細線跨過光滑定滑輪與重物c 連接。已知EF上方導軌的電阻與到EF的距離x有關，EF下方的導軌沒有電阻?，F在由靜止釋放a、b、c，a、c一起以加速度做勻加速運動，b棒剛好仍靜止在導軌上。a棒在運動過程中始終與導軌垂直，a、b棒電阻不計，與導軌電接觸良好。（1）求重物c 的質量；（2）求EF上方每根導軌的電阻與到EF的距離x之間的關系；（3）某時刻t，與a

2、棒連接的細線突然被拉斷，求細線被拉斷的瞬間a 棒的加速度大小；（4）在第（3）問中，假設細線被拉斷的瞬間，a、b 棒的重力突然消失。求從釋放a、b、c 到a、b 棒的速度穩(wěn)定過程中，a 棒克服安培力做的功。33（15分）解：（1）設重物c 的質量為M.對a棒，由牛頓定律得 1分對重物C，由牛頓定律得 1分對b棒，由平衡條件得 1分由式解得 M=3m. 1分（2）對a、b棒構成的回路，由閉合電路歐姆定律得 1分對a棒由運動學公式得 1分由 、 、 式解得 1分（3）細線被拉斷的瞬間，a 棒受安培力不變，對a 棒由牛頓定律得 1分由、 式解得： 1分（4）細線被拉斷后，在安培力作用下，b棒向上做加

3、速運動，a棒向上做減速運動，a棒和b棒上的電流大小總是相等，安培力大小總是相等，加速度大小總是相等，所以相等時間內速度變化量大小相等，直至a、b棒構成回路的磁通量不變化，即a、b棒構成回路的面積不變化，即二者以共同速度做勻速直線運動為止。共同速度滿足 2分解得 1分從釋放a、b、c 到細線剛被拉斷的過程中， a 棒克服安培力做的功： 1分 從細線剛被拉斷到a、b 棒的速度穩(wěn)定（即二者以共同速度勻速直線運動）的過程中，對a 棒由動能定理可得a 棒克服安培力做的功 1分由 、 、式解得 = 1分 13（15分）做磁共振檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流。某同學為了估算該感

4、應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r=5.0cm，線圈導線的橫截面積A=，電阻率，如圖所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在0.3s內從1.5T均勻地減小為零，求（計算結果保留一位有效數字）（1）該圈肌肉組織的電阻R；（2）該圈肌肉組織中的感應電動勢E；（3）0.3s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）6×103 （2）4×10-2V （3）8×10-8J(18分)如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一水平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l。ab與cd平行，間距為2l。勻

5、強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時cd邊到磁場上邊界的距離為2l ，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求 (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍：(2)磁場上下邊界間的距離H。靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運

6、動。已知該粒子質量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0<A<q）,忽略重力。求 （1）粒子所受電場力的大?。?（2）粒子的運動區(qū)間； （3）粒子的運動周期。解析：（1）由圖可知，0與d（或-d）兩點間的電勢差為0電場強度的大小 電場力的大小 （2）設粒子在-x0，x0區(qū)間內運動，速率為v，由題意得 由圖可知 由得 因動能非負，有 得 即 粒子運動區(qū)間（3）考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周期根據牛頓第二定律，粒子的加速度 由勻加速直線運動 將代入，得 粒子運動周期 【2012】24（20分）勻強電場的方向沿x軸正向，電場強度E隨x的分布如圖所示。圖中E0和d均為已知量

7、.將帶正電的質點A在O點由能止釋放.A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質點B放在O點也由G靜止釋放，當B在電場中運動時，A. B間的相互作用力及相互作用能均為零:B離開電場后，A. B間的相作用視為靜電作用.已知A的電荷量為Q. A和B的質量分別為m和.不計重力.(I) 求A在電場中的運動時間t，(2)若B，的電荷量,求兩質點相互作用能的最大值(3)為使B離開電場后不改變運動方向.求B所帶電荷量的最大位qm【例題】如圖所示，金屬棒的質量為m=5g，放置在寬L=1、光滑的金屬導軌的邊緣上，兩金屬導軌處于水平面上，該處有豎直向下的勻強磁場，磁感強度為B=0.5T，電容器的電容C=200F，電源電

8、動勢E=16V，導軌平面距離地面高度h=0.8m，g取，在電鍵S與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”接通，金屬棒被拋到s=0.064m的地面上，試求棒被水平拋出時電容器兩端的電壓。 解析：當S接“1”時，電容器充電，穩(wěn)定時兩極板的電壓為：， 所以帶電量為：； 當S接“2”時，電容器放電，有放電電流通過棒，但該電流是變化的，所以棒受到的安培力也是變化的。棒離開水平導軌的初速V0可根據棒此后的平拋運動求出：由，得。設放電過程時間為，此過程通過棒的電量為，由動量定理得:，所以，所以被拋出時電容器極板上剩余的電量為 ，所以棒被拋出時電容器兩端的電壓為 例題】如圖3所示，S為電子源，它在紙面360度范圍

9、內發(fā)射速度大小為，質量為m，電量為q的電子（q<0），MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離為L，擋板左側充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為，求擋板被電子擊中的范圍為多大？解析：由于粒子從同一點向各個方向發(fā)射，粒子的軌跡構成繞S點旋轉的一動態(tài)圓，動態(tài)圓的每一個圓都是逆時針旋轉，這樣可以作出打到最高點與最低點的軌跡，如圖4所示，最高點為動態(tài)圓與MN的相切時的交點，最低點為動態(tài)圓與MN相割，且SB為直徑時B為最低點，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由得SB為直徑，則由幾何關系得A為切點，所以OAL所以粒子能擊中的范圍為。例題】核聚變反應需要幾百萬度以上的高溫，為把高溫條件下高速運動

10、的離子約束在小范圍內（否則不可能發(fā)生核反應），通常采用磁約束的方法（托卡馬克裝置）。如圖17所示，環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大，都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在該區(qū)域內。設環(huán)狀磁場的內半徑為R1=0.5m，外半徑R2=1.0m，磁場的磁感強度B=1.0T，若被束縛帶電粒子的荷質比為q/m=4×c/，中空區(qū)域內帶電粒子具有各個方向的速度。試計算（1）粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度。（2）所有粒子不能穿越磁場的最大速度。解析：（1）要粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場，則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切，軌跡如圖18所示。由圖

11、中知解得由得所以粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度為。（2）當粒子以V2的速度沿與內圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時，則以V1速度沿各方向射入磁場區(qū)的粒子都不能穿出磁場邊界，如圖19所示。由圖中知由得所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度6、帶電粒子在“綠葉形”磁場中的運動【例題】如圖20所示，在xoy平面內有很多質量為m、電量為e的電子，從坐標原點O不斷以相同的速率V0沿不同方向平行xoy平面射入第I象限。現加一垂直xoy平面向里、磁感強度為B的勻強磁場，要求這些入射電子穿過磁場都能平行于x軸且沿X軸正方向運動。求符合條件的磁場的最小面積。（不考慮電子之間的相互作用）解析：

12、如圖21所示，電子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為。在由O點射入第I象限的所有電子中，沿y軸正方向射出的電子轉過1/4圓周，速度變?yōu)檠豿軸正方向，這條軌跡為磁場區(qū)域的上邊界。下面確定磁場區(qū)域的下邊界。設某電子做勻速圓周運動的圓心O/與O點的連線與y軸正方向夾角為，若離開磁場時電子速度變?yōu)檠豿軸正方向，其射出點（也就是軌跡與磁場邊界的交點）的坐標為（x，y）。由圖中幾何關系可得x=Rsin，y=R-Rcos，消去參數可知磁場區(qū)域的下邊界滿足的方程為x2+(R-y)2=R2，(x>0，y>0)這是一個圓的方程，圓心在（0，R）處。磁場區(qū)域為圖中兩條圓弧所圍成的面積。磁場的最小面積為;7、

13、帶電粒子在有“圓孔”的磁場中運動【例題】如圖22所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫、和，外筒的外半徑為，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿半徑向外的電場。一質量為、帶電量為的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫的點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點，則兩電極之間的電壓應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）解析：如圖23所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件

14、是能沿徑向穿過狹縫d。只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據動能定理，有：設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有：由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得：。8、帶電粒子在相反方向的兩個有界磁場中的運動【例題】如圖24所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m

15、、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d;（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得?？梢娫趦纱艌鰠^(qū)粒子運動半徑相同，如圖25所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為（2）在電場中，在中間磁場中運動時間在右側磁場中運動時間，則粒子第一次回到O點的所用時間為。綜上所述，運動的帶電粒子垂直

16、進入有界的勻強磁場，若僅受洛侖茲力作用時，它一定做勻速圓周運動，這類問題雖然比較復雜，但只要準確地畫出軌跡圖，并靈活運用幾何知識和物理規(guī)律，找到已知量與軌道半徑R、周期T的關系，求出粒子在磁場中偏轉的角度或距離以及運動時間不太難5會分析求解帶電粒子在復合場中的復雜曲線運動問題。當帶電粒子所受合外力變化且與粒子速度不在一條直線上時，帶電粒子做復雜曲線運動。求解這類問題一般要應用運動的合成與分解和運動的獨立性原理求解。分解后的兩個運動能獨立進行，互不影響。即一個分運動的運動狀態(tài)及受力情況不會受另一分運動的影響，也不會對另一個分運動狀態(tài)及受力情況產生影響。【例題】質量為m的帶正電量為q的粒子，從垂直

17、紙面向里的勻強磁場B中自由下落（初速度為零），重力的作用不能忽略（不計一切阻力），試求：（1）粒子在磁場中運動的軌跡方程；（2）粒子進入磁場的最大深度和最大速度。解析：粒子運動過程中受變化的洛侖茲力和重力的作用而做復雜的曲線運動，尋求粒子的分運動是解題的難點和關鍵，引入如圖38所示的速度V1、V2，使V1=V2=mg/Bq。這樣把粒子的運動分解為以V1所做的勻速直線運動和在同一平面以V2所做的勻速圓周運動。建立如圖39所示的坐標系，在任一時刻t，有-x2=Rsin，y=R-Rcos =t，=Bq/m， R=mV2/Bqx1=V1t， x=x1+x2由以上各式可得關于t的參數方程，圖40是它的運

18、動軌跡。令t=m/Bq，得粒子進入磁場的最大深度h=2m2g/B2q2粒子運動的最大速度，根據機械能守恒定律可得： mgh=【例題】 如圖所示，熱電子由陰極飛出時的初速忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如左圖。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認為電壓是不變的）求：在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？屏上的亮點如何移動？解析：由圖知t=0.06s時刻偏轉電壓為1.8U0，可求得y = 0.45L=

19、4.5cm，打在屏上的點距O點13.5cm。電子的最大側移為0.5L（偏轉電壓超過2.0U0，電子就打到極板上了），所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30cm。屏上的亮點由下而上勻速上升，間歇一段時間后又重復出現第三模塊：電容器夯實基礎知識1、電容器的組成：兩個彼此絕緣又互相靠近的導體可構成一個電容器。電容器是儲存電荷（電能）的元件。2、電容器的充放電把電容器的一個極板接電池正極，另一個極板接電池負極，兩個極就分別帶上了等量的異種電荷，這個過程叫做充電。電容器充電時會在電路中形成隨時間變化的充電電流，充電時，電流從電源正極流向電容器的正極板，從電容器的負極板流向電源的負極。用一根導線把充電

20、后的兩極接通，兩極上的電荷互相中和，電容器就不帶電，這個過程叫做放電。電容器放電時，電流從電容器正極板流出，通過電路流向電容器的負極。電容器所帶的電荷量是指電容器的一個極板上所帶電荷量的絕對值。3、電容C（1）定義：電容器所帶的電荷量Q(任一個極板所帶電量的絕對值)與兩個極板間的電勢差U的比值叫做電容器的電容。 （2）定義式： CQ/U（3）電容單位：法拉(F)，微法(F)，皮法(PF)1F=106F=1012PF（4）物理意義：電容表示電容器的帶電本領的高低（5）說明：C與Q、U無關；與電容器是否帶電及帶電多少無關C由電容器本身物理條件（導體大小、形狀、相對位置及電介質）決定；4、平行板電容

21、器的電容C= (即平行板電容器的電容與兩板正對面積（不可簡單的理解為板的面積）成正比，與兩板間距離成反比，與介質的介電常數成正比)5、平行板電容器動態(tài)分析平行板電容容器分析這類問題的關鍵在于弄清叫些量是變量，哪些量是不變量，哪些量是自變量，哪些量是因變量。一般分為兩種情況：(1) 電壓不變：電容器兩極板接入電路中，它兩端的電壓等于這部分電路兩端電壓，當電容變化時，電壓不變；(2) 電量不變：電容器充電后斷開電源，一般情況下電容變化，電容器所帶電量不變進行討論的物理依據主要是四個由和求出U，再代入，可得平行板電容器兩極板間的電場強度為。即電容器內部的場強正比于電荷密度這表明孤立的帶電電容器在極板

22、彼此遠離或靠近過程，內部場強不會變化一個應用僅插入厚為L且與極板等面積的金屬板A，如右圖所示，靜電平衡后金屬板內場強為零，相當于平行板電容器極板間的距離縮短了L，因而C增加題型解析類型題： 電容器動態(tài)變化問題【例題】如圖所示是一個由電池、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( BD )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【例題】 如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒。K閉合時，該微粒恰好能保持靜止。在保持K閉合；充電后將K斷開；兩種情況下，各用什么方法能使該帶電微粒向上運動打到上極板？A上移上

23、極板M B上移下極板N C左移上極板M D把下極板N接地 解析：由上面的分析可知選B，選C【例題】一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（ ）A、U變小，E不變 B、E變大，W變大C、U變小，W不變 D、U不變，W不變解析：注意到各量間關系的準確把握。解答：電容器充電后電源斷開，說明電容器帶電量不變。正極板向負極板移近，電容變大，由知U變小，這時有。因為，d變小、U變大值不變，即場強E不變。A正確，B、D錯誤負極

24、板接地即以負極板作為電勢、電勢能的標準，場強E不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能也不變，C正確答案：AC【例題】在如圖電路中，電鍵K1、K2、K3、K4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。斷開哪一個電鍵后P會向下運動? (    ) AK1    BK2  CK3  DK4解析：斷開K1時電容器兩端的電壓仍與初狀態(tài)相同，故帶電粒子不動；斷開K2時電容器兩端的電壓升高到等于電源的電動勢，故帶電粒子向上運動；斷開K3時電容器放電，兩端的電壓為零，故帶電粒子向下運動；K4斷開時電容器兩端電

25、量不變，電壓仍與初狀態(tài)相同，故帶電粒子不動。 答案：C【例題】如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b，分別與電源的正負極相連a、b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，帶正電的液滴從小孔的正上方P點由靜止自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為v1現使a板不動，保持開關S打開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為v2；下列說法中正確的是（ ）A若開關S保持閉合，向下移動b板，則v2> v1B若開關S閉合一段時間后再打開，向下移動b板，則v2> v1C若開關S保持閉合，無論向上或向下移動b板，則v2= v1D若開關S閉合一段時間后再打開，無

26、論向上或向下移動b板，則v2< v1解析：注意兩種情況的區(qū)別，電鍵K始終閉合，則電容器兩板間的電壓保持不變，閉合后再斷開則電量保持不變，然后再根據平行板電容器電容、電勢差和電量的關系及勻強電場中場強和距離的關系即可答案：BC【例題】（成都市2008屆高中畢業(yè)班摸底測試）傳感器是自動控制設備中不可缺少的元件。右圖是一種測定位移的電容式傳感器電路。在該電路中，閉合開關S一小段時間后，使工件（電介質）緩慢向左移動，則在工件移動的過程中，通過電流表G的電流 （填“方向由a至b”、“方向由b至a”或“始終為零”）解析：方向由a至b類型題： 電容式傳感器電容式傳感器也是根據電容器的動態(tài)變化原理來工作

27、的，在測量中有著重要的應用，因此在復習中不可忽視。關鍵在于抓住所測物理量與電容器中電容的聯系，問題就迎刃而解了?！纠}】如圖計算機鍵盤上的每一個按鍵下面都有一個電容傳感器。電容的計算公式是，其中常量=9。0×10-12Fm-1，S表示兩金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。當某一鍵被按下時，d發(fā)生改變，引起電容器的電容發(fā)生改變，從而給電子線路發(fā)出相應的信號。已知兩金屬片的正對面積為50mm2，鍵未被按下時，兩金屬片間的距離為0。60mm。只要電容變化達0.25pF，電子線路就能發(fā)出相應的信號。那么為使按鍵得到反應，至少需要按下多大距離？解析：先求得未按下時的電容C1=0.75pF

28、，再由得和C2=1.00pF，得d=0。15mm?！纠}】1999年7月12日日本原子能公司所屬的敦賀灣核電站由于水管破裂導致高輻射冷卻劑外泄，在檢測此次事故中，應用于把非電流變化（冷卻劑外泄使管中液面變化）轉化為電信號的自動化測量技術。如圖所示是一種通過檢測電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖，容器中裝有導電液體，是電容器的一個電極，中間的芯柱是電容器的另一個電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質，電容器的兩個電極分別用導線接在指示器上，指示器上顯示的是電容的大小，從電容的大小就可知容器中液面位置的高低，對此，以下說法正確的是A如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積增大，液面

29、必升高B如果指示器顯示出電容減小了，則兩電極正對面積增大，液面必升高C如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積減小，液面必降低D如果指示器顯示出電容減小了，則兩電極正對面積減小，液面必降低解析：芯柱和導電液之間的距離未變，液面的升降影響著它們的正對面積，若液面上升，正對面積增大，電容也就增大。故AD正確。類型題： 含容電路的分析電容器是一個儲存電能的元件在直流電路中，當電容器充放電時，電路里有充放電電流，一旦電路達到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器在電路中就相當于一個阻值無限大（只考慮電容器是理想的不漏電的情況）的元件，在電容器處電路看作是斷路，簡化電路時可去掉它簡化后若要求電容器所帶電荷量時，可在相應的

30、位置補上（1）解決這類問題的一般方法：通過穩(wěn)定的兩個狀態(tài)來了解不穩(wěn)定中間變化過程（2）只有當電容器充、放電時，電容器支路中才會有電流，當電路穩(wěn)定時，電容器對電路的作用是斷路（3）電路穩(wěn)定時，與電容器串聯的電阻為等勢體，電容器的電壓為與之并聯的電阻電壓（4）在計算出電容器的帶電量后，必須同時判定兩板的極性，并標在圖上（5）在充放電時，電容器兩根引線上的電流方向總是相同的，所以要根據正極板電荷變化情況來判斷電流方向。（6）如果變化前后極板帶電的電性相同，那么通過每根引線的電荷量等于始末狀態(tài)電容器電荷量的差；如果變化前后極板帶電的電性改變，那么通過每根引線的電荷量等于始末狀態(tài)電容器電荷量之和【例題】

31、如圖所示，電源電動勢=9V，內電阻r=0.5，電阻R1=5.0、R2=3.5、R3=6.0、R4=3.0，電容C=2.0F。當電鍵K由a與接觸到與b接觸通過R3的電量是多少？解析：K接a時，此時電容器帶電量QC=CU1=I×10-5(C)K接b時， 此時電容器帶電量QC=CU1=0.7×10-5(C)流過R3的電量為Q=QCQC=1.7×105(C)【例題】已知如圖，R1=30，R2=15，R3=20，AB間電壓U=6V，A端為正C=2F，為使電容器帶電量達到Q =2×10- 6C，應將R4的阻值調節(jié)到多大？解析：由于R1 和R2串聯分壓，可知R1兩端電

32、壓一定為4V，由電容器的電容知：為使C的帶電量為2×10-6C，其兩端電壓必須為1V，所以R3的電壓可以為3V或5V。因此R4應調節(jié)到20或4。兩次電容器上極板分別帶負電和正電。還可以得出：當R4由20逐漸減小的到4的全過程中，通過圖中P點的電荷量應該是4×10-6C，電流方向為向下【例題】在如圖所示的電路中，電源的電動勢E=3.0V，內阻r=1.0；電阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；電容器的電容C=100F電容器原來不帶電求接通電鍵K后流過R4的總電量解析：閉合電路的總電阻為由歐姆定律得，通過電源的電流 路端電壓U=E-Ir電阻R3兩端電壓通過R4的總電量就是電容器的帶電量Q=CU/由以上各式并代入數據解得 Q=2.0×10-4C 答案：Q=2.0×10-4C點評：本題考查含電容器電路的分析與計算在直流電路中，當電路穩(wěn)定后，含電容器的支路無電流，R4兩端等勢，R3兩端電壓等于電容器兩端電壓理解這一點，是解這類題的關鍵【例題】如圖所示的電路中，C2=2C1，R2=2R1，下列說法正確的是（ A ）A開關處于斷開狀態(tài)，電容器C2的電量大于C1的帶電量B開關處于斷開狀態(tài)，電容器C1的電量大于C2的帶電量C開關處