1、第4课时电容器1电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两个极板分别带上等量的异种电荷，电容器中储存电能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能。2电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值。(2)定义式：C。(3)单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF)，1 F106 F1012 pF。(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无
2、关。3平行板电容器的电容(1)决定因素：两板间的距离、正对面积、介电常数。(2)决定式：C。4带电粒子在电容器中的平衡和匀变速直线运动(1)粒子所受合外力F合0，粒子做匀速直线运动或静止。(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。基础自查1判断正误(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。()(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(6)平行板电容器中插入
3、一块金属板后，其电容不变()(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。()2(2019浙江4月选考)下列器件中是电容器的是()解析：选BA选项为滑动变阻器，B选项为电容器，C选项为电阻箱，D选项为电阻，B正确。3.如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大解
4、析：选B电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变，静电计指针偏转角不变，A错误；与电源断开后，电容器所带电荷量不变，结合U和C可判断B正确，C、D错误。4.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程，以下说法正确的是()A加速度大小为agB所需的时间为t C下降的高度为yD电场力所做的功为WEqd解析：选B点电荷受到重力、电场力的作用，根据力的合成由牛顿第二定律得a，选项A错误；根据运动的独立性和等时性，设水平方向点电荷的运动时间为t，则t2，化简得t ，选项B
5、正确；下降高度ygt2，选项C错误；电场力做的功W，选项D错误。考点一电容和平行板电容器电容概念的理解、电容器充放电问题、平行板电容器动态分析问题是高考的热点，而平行板电容器的动态分析因为涉及物理量多、变化情况多，成为学生较难掌握的地方。典例(2021年1月新高考8省联考河北卷)(多选)如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是()A变化前后电容
6、器电容之比为917B变化前后电容器所带电荷量之比为169C变化前后电子到达下极板的速度之比为1D变化前后电子运动到下极板所用时间之比为21解析由平行板电容器电容公式C可知，变化前后电容器电容之比为，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为，故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eUmv2，解得电子到达下极板的速度v ，电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为11，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a，电子的运动时间t d ，变化前后电子运动到下极板所用时间之比为，故D正确。答案AD 规律方法电容器动态变化的分析思路集训
7、冲关1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况。选项图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是()解析：选A由电容决定式C知，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图像是A。2. (多选)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接。Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度，则下列说法正确的是()A当d增大，S不变时，Q减小，E减小B当S增大，d不变时，Q增大，E增大C当d减小，S增大时，Q增大，E增大D当S减
8、小，d增大时，Q不变，E增大解析：选AC电容器两板与电池相连，电压不变。当d增大，S不变时，由C知，C变小，由QCU知，Q减小，由E知，E减小，A正确；当S增大，d不变时，同理可得C变大，Q增大，E不变，B错误；当d减小，S增大时，同理可得C变大，Q增大，E增大，C正确；当S减小，d增大时，C变小，Q减小，E减小，D错误。3. (2021大连模拟)(多选)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为P，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，则()AU变大， E变
9、大BU变小，P变小CP变小，Ep变大 DP变大，Ep变小解析：选AC将两板水平错开一段距离，两板正对面积减小，根据电容的决定式C可知，电容C减小，而电容器的电荷量Q不变，则由C得知，板间电压U增大，板间场强E，可知E增大，故A正确；P点到下板距离不变，由公式UEd得知，P点与下板电势差增大，故P点的电势变小；由于电场线向上，P点的电势低于下极板的电势，则P点的电势降低，负电荷在P点的电势能Ep变大，故C正确，B、D错误。考点二实验：观察电容器的充、放电现象该实验属于演示实验，考点相对单一，但由于该实验是新高考新增实验，复习时也应引起重视。1实验原理及操作(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S
10、接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I0。(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零。2实验器材6 V的直流电源、 单刀双
11、掷开关 、平行板电容器、电流表、电压表、 小灯泡。3注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计；(2)要选择大容量的电容器；(3)实验要在干燥的环境中进行；(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表。集训冲关1小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容。他从实验室找到8 V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。实验过程如下，完成相应的填空。(1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)；(2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流。流过电阻R的电流方向为_(填“
12、从右向左”或“从左向右”)；(3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it曲线如图乙所示；(4)根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为_C；(5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为_F(所有结果均保留两位有效数字)。解析：(2)开关S与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流方向为从右向左。(电流从电容器正极板出发经R到负极板)(4)it曲线与坐标轴围成的面积表示对应的电荷量，大于半格的算一格，小于半格的舍去。则电荷量为Q310.2 mA0.4 s2.5103 C。(5)电容器的电容为C
13、F3.1104 F。答案：(2)从右向左(4)2.5103(5)3.11042在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图甲所示。(1)将开关S接通1，电容器的_(选填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向_(选填“左”或“右”)。(2)若电源电动势为10 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器正极板带电荷量为_C。(结果保留两位有效数字)(3)下列关于电容器充电时，电流I与时间t的关系或所带电荷量q与两极板间的电压U的关系，正确的是_。解析：(1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电。开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电
14、流方向向左。(2)充满电后电容器所带电荷量QCU3 300106 F10 V3.3102 C。(3)电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小的越来越慢，电容器充电结束后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式C可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点的直线，C、D错误。答案：(1)上左(2)3.3102(3)A考点三带电体在电容器中的平衡问题带电体在电容器中的平衡问题常见的考查方式有两种：一种是改变电容器的某一参数进而判断带电体能否达到平衡，第二种是已知带电体达到平衡求某一物理量量的变化。两种考查方式都常结合共点力的平衡和平行四边形定
15、则求解。典例(2021衡水模拟)如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D，在下极板上叠放一厚度为l的金属板A(lmg，液滴竖直向上运动，C正确；保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，D错误；断开开关，电容器的电荷量Q不变，E，则E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eqmg，液滴仍保持静止状态，A错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，两板的正对面积S变小，E变大，此时Eqmg，所以液滴竖直向上运动，B正确。2. (2021杭州模拟)两块竖直放置的
16、平行正对的金属板构成一个平行板电容器。电容器左板接地，右板与静电计相连，在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态。若将左极板向右移动靠近A点后系统再次平衡，下列说法中正确的是()A若带电小球仍处在A点处不移动，小球所受静电力增加B验电器指针偏角变大C带电小球的电势能减小D带电小球将向右移动解析：选C将左板向右平移，板间距离减小，由电容的决定式C，得知电容增大，而电容器的电荷量不变，由C，可知板间电压减小，则静电计指针张角减小，根据E，联立可得：E，即场强不变，电场力FqE不变，带电小球不动，故A、B、D错误；由上可知场强不变，将左板向右平移，小球与负极板间的电势差
17、变小，故小球所在位置的电势减小，由题图可知小球带正电，根据电势能公式Epq，可知电势能减小，故C正确。3.(2018江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A仍然保持静止B竖直向下运动C向左下方运动 D向右下方运动解析：选D开始时油滴处于静止状态，有mgq，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力Fq变小，mgF。并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动。考点四带电体在电容器中的
18、运动问题带电体在电容器中的运动问题实际上是带电体在电场中运动的特例，只不过可以结合影响电容器大小的相关因素进行考查，也包括加速和偏转两种运动形式。典例(多选)如图所示，两极板竖直放置的平行板电容器MN与一恒定电源相连，一个带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放，沿直线运动到达N板上的B点(忽略阻力)，要使粒子能到达N板上的C点(B点的上方)，下列分析正确的是()A使N板适当左移，且粒子分别到达N板上的B、C两点时动能EkCEkBB使N板适当右移，且粒子分别到达N板上的B、C两点时动能EkCEkBC当粒子分别到达N板上的B、C两点时电势能的改变EpACEpABD当粒子分别到达N板上的B、C两点时
19、机械能的改变EACEAB解题指导(1)首先确定两板间不变的物理量是什么。(2)由动能定理判断动能的变化，由动能关系判断机械能的变化。解析带正电的粒子从靠近M板上的A点自由释放，沿直线运动到达N板上的B点，则AB连线与竖直方向的夹角满足tan ；使N板适当左移，根据E可知，E变大，则变大，即粒子能到达N板上的C点(B点的上方)，根据动能定理，粒子分别到达N板上的B、C两点时电场力做功相同，而到达B点时重力做功较大，则粒子分别到达N板上的B、C两点时动能EkCEkB，选项A正确，B错误；因两板间的电势差不变，则根据EpqU可知，当粒子分别到达N板上的B、C两点时电势能的改变EpACEpAB，根据功
20、能关系，机械能的改变EACEAB，选项C正确，D错误。答案AC集训冲关1(多选)如图所示，A、B为平行金属板，两板间距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则()A把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落解析：选A
21、CD移动A板或B板后，质点能否返回P点，取决于质点在A、B间运动时到达N孔之前速度能否减为零，若能减为零，则一定能返回P点；若不能减为零，则穿过N孔后只受重力，将继续下落。初始时，质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg2dqU0。因两板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当把A板上移、下移时，均满足mghqU0的条件，即h2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，能返回，A正确，B错误；当把B板上移后，设质点仍能到达N孔，则由动能定理得mghqUmv2，因B板上移后h2d，所以mgh0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，故将穿过N孔继续下落，D正确。2.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容
22、为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。解析：(1)设小球到达小孔处的速度大小为v，由自由落体运动规律有v22gh，得v。(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，由v22ad，得a，由牛顿第二定律qEmgma，电容器的电荷量QCUCEd，解得E，Q。(3)由hgt12得小球做自由落体运动的时间t1 ，由0vat2得小球在电场中运动的时间t2d ，则小球运动的总时间tt1t2 。答案：(1)(2)(3)
