含电容欧姆定律计算题

1．如图所示的电路，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（ ）

A．电容器中的电场强度将增大B．电容器上的电荷量将减少 C．电容器的电容将减少D．液滴将向下运动

2．如图所示,当电路中滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时( ) A.电容器C的电容增大B.电容器C两极板间的电场强度增大 C.电压表的读数减小D.R1消耗的功率增大

3．在如图的电路中电源电动势为E,内电阻为r.闭合开关S,待电流达到稳定后,电流表示数为I,电压表示数为U,电容器C所带电荷量为Q.现将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向a端移动一些,待电流达到稳定后,则与移动前相比( ) A.U变小 B.I变大C.Q增大 D.Q减小

4．在如图所示的电路中,开关S1､S2､S3､S4均闭合,C是极板水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P.断开哪一个开关后P会向下运动( ) A.S1 B.S2 C.S3 D.S4

5．在如图6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( )

A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮C．电容器C的电荷量将减小 D．电容器C的电荷量将增大

6．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( )

A.电容器中的电场强度将增大 B.电容器所带的电荷量将减少 C.电容器的电容将减小D.液滴将向上运动 8．如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0。若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）

A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加 C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加

9．如图所示，电源的电动势E=12 V，内阻不计，电阻R1R2R36Ω ，R4=12Ω，电容器的电容C=10μF，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

R2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（）

A．R2发生断路前UAB=2VB．变化过程中流过电流表的电流方向由下到上 C．R2发生断路后原来静止的带电微粒向下加速的加速度为3g

D．从电阻R2断路到电路稳定的过程中，流经电流表的电量为810C

11．在如图所示的电路中，电源的内电阻r不能忽略，其电动势E小于电容器C的耐压值。断开开关S，待电路稳定后，再闭合开关S，则在电路再次达到稳定的过程中，下列说法中错误的是 （ ）

A．电阻R1两端的电压增大 B．电容器C两端的电压减小 C．电容器C上所带的电量增加 D．电源两端的电压减小

5 12．如图所示，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

A．电容器所带电量减小

B．若R1的阻值减小，电容器的带电量可能保持不变 C．若R2的阻值增大，电容器的带电量可能保持不变 D．若R2的阻值减小，电流表的示数可能保持不变 13．（2012年2月江西重点中学盟校联考）在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( ) A．灯泡L变亮 B．电流表读数变小，电压表读数变大 C．电源的输出功率变小 D．电容器C上电荷量减少

14．在如图所示的电路中，R1=11Ω，r=1Ω，R2=R3=6Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C的带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C的带电量为Q2，则（ ） A．Q1:Q2=1:3 B．Q1:Q2=3:1 C．Q1:Q2=1:5 D．Q1:Q2=5:1

15．如图所示的电路中，已知电容C1=C2，电阻R1﹥R2，电源内阻可忽略不计，当开关S接通时，以下说法中正确的有（ ） A.C1的电量增多，C2的电量减少 B.C1的电量减少，C2的电量增多 C.C1、C2的电量都减少 D.C1、C2的电量都增多

16．如图，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．开关S闭合时，一位于P点的带电油滴恰好处于静止状态．现将下极板竖直向上平移一小段距离，如图中虚线所示，则

(A)．电容增大(B)．P点的电势升高(C)．P点的电势降低(D)．带点油滴仍保持静止状态 17．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

18．如图，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是：（ ）

A．保持K闭合，使滑动片P向左滑动，微粒仍静止

B．保持K闭合，使滑动片P向右滑动，微粒向下移动 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动

19．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是

A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变

C．只减小R3，其他不变 D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变

20．如下图左所示，为了使白炽灯泡L在电路稳定后变得更亮，可以采取的方法有 （ ）

A.只增大电阻R1的阻值 B.只增大电阻R2的阻值

C.只增大电容C两板间的距离 D.在电容器两板间插入玻璃板

21．如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃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：()

A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动 C．把R2的滑片向右移动 D．把开关K断开

22．如图所示的电路图中，电源电动势E，内阻忽略不计，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ ）

A、开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量 B、开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量 C、开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量 D、开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量

23．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态。现将R3变大，则以下判断正确的是 （ ） Ａ.液滴将向下运动Ｂ.电容器将继续充电

Ｃ.有从左到右的瞬时电流流过R1Ｄ.电容器上的带电量将增大

25．在如图所示的电路中，电键K1、K2、K3、K4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个电键后P不会运动 A．K1 B．K2C．K3 D．K4 27．在如图所示的电路中，已知电容C＝2μF，电源电动势E＝12V，内电阻不计，R1∶R2∶R3∶R4＝1∶2∶6∶3，则电容器极板a上所带的电量为

－－－－

A.－8×106CB.4×106CC.－4×106CD.8×106C

2829

28．如图所示的电路中,电源的电动势E=3.0 V,内阻r=1.0 Ω;电阻R1=10 Ω,R2=10 Ω,R3=30 Ω,R4=35 Ω;电容器的电容C=100 μF.电容器原来不带电.求接通电键S后流过R4的总电荷量.

29．(10分)如图12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？

30．如图所示的电路中，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电池内阻不计，C1＝C2＝30 μF.先闭合开关S，待电路稳定后再断开S，求断开S后通过电阻R1的电荷量.

30

-5

31

31．如图所示，一电荷量q=3×10C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。电键S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°。已知两

2

板相距d=0.1m，电源电动势=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3= R4 =8Ω。g取10m/s，

00已知sin370.6　，cos370.8。求：

（1）电源的输出功率；

（2）两板间的电场强度的大小； （3）带电小球的质量。

32．如图所示，电源电动势为4v，内阻为1Ω，电阻R1、R2、R3的阻值均为3Ω ，电容器C的电容为30pF，电压表和电流表均为理想电表。闭合开关s电路达到稳定状态后。

求：（1）电压表和电流表的读数 （2）电容器C所带电荷量

3233

在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm。电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能

-7-4

到达A板。若小球所带电荷量q=1.0×10C，质量m=2.0×10kg，不考虑空气阻力，忽略射

2

入小球对电路的影响，取g=10m/s。求： 33．A、B两金属板间的电压的大小U； 34．滑动变阻器消耗的电功率P滑； 35．电源的效率η。 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．

38

36．该电压表的内阻为多大?

37．由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?

38． 如图所示，E=10V，C1=C2=30μF，R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，电池内阻忽略不计。先闭合开关S，待电路稳定后，再将开关断开，则断开S后流过R1的电量为多大？

39．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？电流的方向如何？

参考答案

1．BD

【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. 2．B

【解析】当P向下滑动时,R2增大,回路总电阻增大,干路电流减小,路端电压升高,电压表示数增大,R1两端电压减小,R2和C两端电压增大,只有B正确. 3．C

【解析】将滑动变阻器的滑动触头从图示位置向a端移动一些,则其阻值变大,回路总电阻变大,干路电流I变小,路端电压U升高,因此A､B错;电容器两端电压等于电压表示数,U变大,因此其带电量Q增大,C对D错. 4．C 【解析】四个开关均闭合时,油滴悬浮于平行板电容器的极板间,油滴所受合外力为零,说明油滴除受重力外必受电场力的作用,且大小与重力相等,方向与重力相反.若断开某个开关后,油滴向下运动,必是电场力减小,电容器极板间电压减小所致.从电路连接形式可看出,电阻R1､R2并联后与电容器C串联.故电容器C实质上是并联在电阻R3两端.因R1､R2的电阻相对于电容器而言可忽略,断开S1不会使电容器两板间的电压发生变化;断开S4,电容器两板间的电压保持不变;断开S2,因电源内阻远小于电容器的电阻,电容器两板间电压反而会升高;只有断开S3时,电容器通过R3放电,使电容器两板间的电压降低,P才会向下运动. 5．AD

【解析】当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器R接入电路部分电阻增大，灯泡L中电流减小，灯泡L将变暗，选项B错、A正确；电阻R接入电路部分电阻增大，电源路端电压增大，电容器两端电压增大，电容器C的电荷量增大，选项C错、D正确．

6．选B.

【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. 7．A

【解析】油滴恰好处于静止状态，是qE=mg，在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，由串联分压可知滑动变阻器分得电压增大，电容器电压增大，E增大，油滴向上加速运动，电容器处于充电过程，G中有从b到a的电流，A对；同理BC错；在将S断开后，电容器开始放电，电场强度减小，油滴向下加速，G中有电流通过，D错； 8．BD

【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UOA6V，同理UOB4V，UABUOBUOA2V，A错；当R2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=10

μF×6V=0.6×10-4C，D错

9．C

【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UOA6V，同理UOB4V，UABUOBUOA2V，A错；当R2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=10

μF×6V=0.6×10-4C，D错；

10．D

【解析】只断开S1，电容C两端电压变大，向电容充电，流过R1的电流方向为自右向左，AB错误；只断开S2，C通过R2放电，C错误、D正确。 11．C

【解析】断开开关S时，电容器两端的电压为电动势，再闭合开关S，电容器两端的电压为R2两端的电压，电容器两端电压减小，C错误，其它选项均正确。 12．D

【解析】当环境温度升高时，电阻减小，总电流变大，R1两端电压变大，则电容器所带电量变大，A错误；R1的阻值减小并不影响两端电压，B错误；若R2的阻值增大，则两端的电压变大，C错误；若R2的阻值减小，外电路电阻分压变化，可能使R3两端的电压仍不变，则电流表示数不变，D正确。 13．BC

【解析】将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，灯泡L中电流减小，电流表读数变小，电压表读数变大，灯泡L变暗，选项A错误B正确；由于灯泡L的电阻大于电源的内阻r，电源的输出功率变小，选项C正确；将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，电容器C上电压增大，电容器C上电荷量增多，选项D错误。 14．A

【解析】当开关S闭合时，电容器两端电压为R2的分压，U2=E/3,Q1=CE/3 当开关S断开时，电容器两端电压为电源电压，U=E,Q2=CE Q1:Q2=1:3,故选A. 15．C

【解析】S断开时，电容C1、C2并联，U1U2,又电容相等，故Q1Q2

S接通时后，U1R1R1R2U2R2R1R2

C1U1Q1Q2C2U2Q2 答案C正确 所以：Q116．ACD

【解析】因为CsU，E，d减小所以电容C增大，E增大。P点距上极板距离没4kdd变电势降落变大所以P点电势降低，油滴受到向下的重力和向上的电场力，因为E增大所以电场力变大则油滴会向上做加速运动。则选AC。 17．D

【解析】电压表测量的是R1两端电压，电流表测量的是通过R3的电流，当滑动变阻器的划片从a端向b端滑动时，R3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UIR可得，R1大小不变，电流增大，所以R1两端电压增大即电压表示数增大，A错误；R1两端电压增大，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CQ得，电容器所带电荷量减小，C错误；R2两端U电压减小，所以通过R2的电流减小，但电路总电流是增加的，所以通过R3的电流增大，故电流表示数变大，B错误。因为R1两端电压增大，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。

18．A19．BD20．B21．B22．A23．BD24．BD25．AD26．B27．D 28．2.0×10-4 C

【解析】由电阻的串并联公式,得闭合电路的总电阻为 R=R1(R2R3)+r R1R2R3E电源的路端电压U=E-Ir R由欧姆定律得,通过电源的电流I=电阻R3两端的电压U′R3U R2R3通过R4的总电荷量就是电容器的电荷量Q=CU′ 由以上各式并代入数据解得Q=2.0×10-4 C 29．32 μA 从右向左

【解析】设在Δt时间内，触头P移动的距离为ΔL，则ΔL＝vΔt，由于电阻丝单位长度上电压值为

UABER＝· RrLL因此在Δt时间内PB间电压改变 ΔU＝vtERUABΔL＝ L(Rr)LQU＝C tt而I＝CRE310646则I＝·v＝×0.6 A＝32 μA

(Rr)L(40.5)0.30电流方向从右向左．

－4

30．4.2×10 C 【解析】S闭合时，I＝E1A R1R2UC1＝IR2＝6 V (2分) 由于C2被S短路，其两端电压UC2＝0

S断开待电路稳定后，由于电路中无电流，故UC1′＝UC2′ ＝10 V (2分) 电容器C2上增加的电荷量为：

－6－4

ΔQ2＝C2(UC2′－0)＝30×10×10 C＝3×10 C.(2分) 电容器C1上增加的电荷量为：

－6

ΔQ1＝C1(UC1′－UC1)＝30×10×4 C

－4

＝1.2×10 C. (2分) 通过R1的电荷量

－4

Q＝ΔQ1+ΔQ2＝4.2×10 C. (2分)

-4

31．（1）28w（2）140V/m（3）5.6×10kg

【解析】(1)R外=7.0Ω R总=7.5Ω I=15/7.5=2A2’

P出=I2R外=22×7.=28w 2’

(2) U外=IR=2×7=14V 2’ E=U/d=14/0.1=140V/m 2’ (3) Eq=mgtg37°2’

-5-4

m=Eq/gtg37°=（140×3×10）/（10×0.75）=5.6×10kg 2 32．（1）U(R1+R2)I60.4v2.4v（2）7.2×10c 【解析】（1）电阻R1、R2、R3串联，电流表的读数为：I-11

E4 A0.4A，R1+R2+R3r10电压表示数是电阻1、2两端的电压：U(R1+R2)I60.4v2.4v （2）电容器的带电量为：Q＝CUC＝CUR23＝CIR23＝30µF×0.4A×6Ω=7.2×10c 33．U=200V

-11

U234．P=20W 滑R滑I2(R1R滑)P出35．99.5% P总I2(R1R滑r)【解析】（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有 -qU- mgd=0 - 12

mv0 2解得U=200V

（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的

电流 I=E R1R滑r根据部分电路欧姆定律可知 U=IR滑

3

解得 R滑=2.0×10Ω

U2滑动变阻器消耗的电功率 P=20W 滑R滑（3）电源的效率

I2(R1R滑)P出99.5% P总I2(R1R滑r)36．Rr4.8k 37．Q2.35106C

【解析】R1与Rr并联后的总电阻为R，则有 111 ① RR1Rv由串联电路的规律 U1R ② R2EU1联立①②，得RVR1R2U1代人数据．得Rr4.8k （6分）

R1E(R1R2)U1(2)电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R1两端的电压为UR1，则

UCR2又EUCUR1 UR1R1接入电压表后，电容器上的电压为 U'CEU1（３分）

Uc)（３分） 由于电压表的接入，电容器带电量增加了 QC(Uc由以上各式解得 QCR1EU1 R1R2代入数据，可得 Q2.35106C （３分） 38．