选择题考点专项训练47 含电容的直流电路分析（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练47 含电容的直流电路分析（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共6页。试卷主要包含了67 A，5×10－6 C等内容，欢迎下载使用。


A.增大R1的阻值 B.增大R2的阻值
C.增大两板间的距离 D.断开开关S
2.(偏转问题)如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是( )
A.保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧
B.保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧
C.断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧
D.断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧
3.(参量计算)如图所示，电源电动势E＝7 V、内阻r＝2 Ω，电阻R＝R1＝R2＝5 Ω，R3＝10 Ω，电流表为理想电表，电容器的电容C＝6 μF，闭合开关S，电路稳定后，下列说法正确的是( )
A.电流表示数为0.67 A
B.R3两端的电压为5 V
C.电容器所带的电量为3×10－5 C
D.若S断开，通过R2的电荷量为7.5×10－6 C
4.(动态分析)如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，rA.电流表示数变小
B.电源的效率减小
C.滑动变阻器消耗的功率一直增大
D.通过R2的电流方向为从c到d
5.(图像问题)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
6.(电桥问题)(多选)如图，电源电动势E＝9 V，内阻不计，定值电阻R1＝4 Ω，R2＝8 Ω，R3＝12 Ω。M点和N点之间接有定值电阻R5＝10 Ω和水平放置的平行板电容器，电容器的电容C＝80 μF，R4为变阻箱，将其阻值由6 Ω调整到12 Ω，下列说法正确的是( )
A.R4＝6 Ω时M点的电势高于N点的电势
B.R4＝12 Ω时电容器两端的电压为4.5 V
C.变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为10∶9
D.变阻箱的阻值改变前后，通过电阻R5的电荷量为1.2×10－4 C
7.(双电容电路分析)(多选)如图所示，已知R1>R2，C1＝C2，当S断开时，C1内有一带电微粒处于平衡状态，下面叙述正确的是( )
A.S断开时，C1、C2电荷量之比为1∶1
B.S闭合后，C1、C2电荷量之比为R1∶R2
C.S闭合后，C1内的带电微粒向上加速运动
D.S闭合后，B点电势降低
解析答案47 含电容的直流电路分析
1．B [以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即mg＝qE＝qeq \f(U,d)，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1的电压不变即可，题中R2没有电流通过，改变R2时对电路工作状态无影响，所以B正确，A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以C错误；断开开关S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以D错误。]
2．A [MN两极板间电压和R0两端电压相同，故两极板间电场强度方向向上，微粒所受电场力方向向上；保持S闭合，增大R1，那么，R0两端电压减小，两极板间电压减小，故电场强度减小，微粒所受电场力减小，合外力增大，粒子加速度增大，粒子打在O点左侧，故A正确；保持S闭合，增大R2，两极板间电压不变，故电场强度不变，微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故B错误；断开S，极板两端电荷保持不变，那么由电容C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，不变，那么微粒受力不变，粒子运动不变，仍打在O点，故C、D错误。]
3．B [由闭合电路欧姆定律，可得I＝eq \f(E,R外＋r)，依题意电路稳定后，电容器所在支路断路，有R外＝eq \f(1,\f(1,R1＋R2)＋\f(1,R3))，联立解得I＝1 A，故A错误；R3两端的电压为路端电压，即U＝E－Ir＝5 V，故B正确；电容器与电阻R1并联，极板间电压为UR1＝eq \f(U,R1＋R2)·R1＝2.5 V，电容器所带的电荷量为Q＝CUR1＝1.5×10－5 C，故C错误；若S断开，电容器放电，相当于电源，R2与R3串联后再与R1并联，通过两支路的电流关系为eq \f(I23,I1)＝eq \f(R1,R2＋R3)＝eq \f(1,3)，则通过R2的电荷量为QR2＝Q×eq \f(1,4)＝3.75×10－6 C，故D错误。]
4．B [滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，根据电路构造可知接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，则电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；电源的效率为η＝eq \f(I2（R1＋R3）,I2（R1＋R3＋r）)＝eq \f(R1＋R3,R1＋R3＋r)＝eq \f(1,1＋\f(r,R1＋R3))，当滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据数学知识可知电源效率减小，故B正确；把R1看作电源的内阻，等效电源的内阻为R1＋r。滑片P缓慢从b向a滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，但开始时R1＋r与R3的大小关系不能确定，所以无法判断等效电源的输出功率如何变化，即无法判断滑动变阻器消耗的功率如何变化，故C错误；根据闭合电路欧姆定律有U＝E－I(R1＋r)，当滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路的电流增大时，R3两端的电压减小，电容器电压减小，根据Q＝CU可知电荷量在减小，电容器在放电状态，所以通过R2的电流方向为从d到c，故D错误。]
5．A [根据电容器的定义式C＝eq \f(Q,U)可知UC＝eq \f(Q,C)＝eq \f(I,C)t，结合图像可知，图像的斜率为eq \f(I,C)，则1～2 s内的电流I12与3～5 s内的电流I35关系为I12＝2I35，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)可知R两端电压大小关系满足UR12＝2UR35，由于电流方向不同，所以电压方向不同，故A正确。]
6．CD [当变阻箱的阻值为R4＝6 Ω，电阻R1两端的电压为U1＝eq \f(R1,R1＋R2)E，解得U1＝3 V，电阻R4两端的电压为U4＝eq \f(R4,R3＋R4)E，解得U4＝3 V，结合外电路中顺着电流方向电势降低，可知M点的电势等于N点的电势，故A错误；当变阻箱的阻值为R4′＝12 Ω时，电阻箱两端的电压为U4′＝eq \f(R4′,R3＋R4′)E，解得U4′＝4.5 V，则电容器两端的电势差为ΔU＝φ2－U4′＝1.5 V，故B错误；变阻箱的阻值改变前，电路消耗的电功率为P1＝eq \f(E2,R1＋R2)＋eq \f(E2,R3＋R4)，解得P1＝11.25 W，变阻箱的阻值改变后，电路消耗的电功率为P2＝eq \f(E2,R1＋R2)＋eq \f(E2,R3＋R4′)，解得P2＝10.125 W，变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为eq \f(P1,P2)＝eq \f(10,9)，故C正确；当变阻箱的阻值为R4＝6 Ω，M点的电势等于N点的电势，电容器下极板不带电；当变阻箱的阻值为R4′＝12 Ω，电阻R3两端的电压为U3′＝eq \f(R3,R3＋R4′)E，解得U3′＝4.5 V，则U3′<φ2，M点的电势高于N点的电势，电容器上极板带正电，带电荷量为Q＝C(φ2－U3′)＝8×10－5×(6－4.5)C＝1.2×10－4 C，变阻箱的阻值改变的过程中，通过电阻R5的电荷量为ΔQ＝1.2×10－4 C，故D正确。]
7．ABD [当开关S断开时，电路中无电流，两电容的电压都等于电源的电动势，Q＝UC，而C1＝C2，所以Q1＝Q2，即C1、C2电量之比为1∶1，故A正确；S闭合，R1、R2串联，C1与电阻R1并联，C2与电阻R2并联，C1、C2的电压等于R1、R2两端的电压，所以根据串联电路的特点可知，eq \f(U1,U2)＝eq \f(R1,R2)，Q＝UC，而C1＝C2，所以eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(R1,R2)，故B正确；由B分析可知，当S闭合时，C1的电压小于电源电压，则带电粒子受到的电场力F＝eq \f(U,d)变小，电场力小于重力，带电粒子向下加速运动，故C错误；开关S断开时，电路中没有电流，B点电势等于电源电动势；当S闭合时，B点电势等于R2两端电压，即S闭合后，B点电势降低，故D正确。]