2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第七章第43课时　电容器（重点突破课）

第43课时　电容器(重点突破课)

[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。

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

①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。

②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(μF)、皮法(pF)，1 F＝106 μF＝1012 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＝。

[典例]　(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

[解析]　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。

[答案]　A

 [规律方法]　电容器动态变化的分析思路

 [集训冲关]

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Q＝CU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.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)

A．θ增大，E增大　　　 　 B．θ增大，Ep不变

C．θ减小，Ep增大  D．θ减小，E不变

解析：选D　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小；又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变；因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。

考点二　带电体在电容器中的平衡问题

[典例]　(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]　开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F，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，D正确。

[答案]　D

(1)平行板电容器形成的匀强电场E＝。

(2)针对带电体在电容器中的平衡问题，求解方法仍然是“受力分析”“力的合成与分解”“合外力等于0”。

(3)注意带电体受到的电场力F＝qE，不仅F的大小由q、E的大小共同决定，F的方向也由q的正负及E的方向共同决定。　　

 [集训冲关]

1.(多选)如图所示的电路，闭合开关，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。为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是(　　)

A．断开开关，将两板间的距离拉大一些

B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些

C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些

D．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

解析：选BC　开始时液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eq＝mg。两板间的电场强度E＝，保持开关闭合时，U不变，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eq>mg，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Eq＝mg，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Eq>mg，所以液滴竖直向上运动，B正确。

2.如图，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，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g，粒子运动的加速度大小为(　　)

A．g  B．g

C．g  D．g

解析：选A　抽出金属板前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝q；抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－q＝ma，联立解得a＝g，故A正确。

3．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的带电小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)

A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大

B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变

C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变

D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小

解析：选B　由题图可知，甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据E＝可知，极板间的电场强度减小，电场力减小，所以夹角将减小；乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，电场强度与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确。

考点三　带电体在电容器中的运动问题

[典例]　如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m、带电荷量均为＋q的两个带电小球(视为质点)，其间用长为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态。使下端小球恰好位于小孔正上方距离为d处，由静止释放，让两球竖直下落，当下端小球到达下极板时，速度刚好为零(已知静电力常量为k)。求：

(1)两极板间匀强电场的电场强度；

(2)两球运动过程中的最大速度大小；

(3)下端小球刚进入电场时杆中的弹力。

[解析]　(1)两球由静止开始下落到下端小球到达下极板的过程中，由动能定理得

4mgd－Eqd－Eq＝0，

解得E＝，方向竖直向上。

(2)因为qE＝>2mg，

所以两球由静止开始下落至下端小球恰好进入小孔时，两球达到最大速度，此过程利用动能定理得

2mgd＝×2mv2，

解得v＝。

(3)下端小球刚进入电场时整体加速度为

a＝＝，方向竖直向上，

取上端小球为研究对象，设杆对其的作用力为F，

F＋－mg＝ma，

由牛顿第三定律知，杆中弹力大小F′＝F，

解得F′＝－(若F′>0，表示杆中为压力；若F′<0，表示杆中为拉力)。

[答案]　(1)，方向竖直向上　(2)   (3)－

 [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ACD　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mg·2d－qU＝0。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mgh－qU＝0的条件，即h＝2d，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mgh′－qU＝mv2，因B板上移后h′<2d，所以mgh′<qU，即看似动能为负值，实际上在到达N孔之前质点动能已为零，能返回，C正确；同理，当把B板下移后，有mgh″－qU＝mv2>0，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

v2＝2gh，得v＝。

(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，

由v2＝2ad，得a＝，

由牛顿第二定律qE－mg＝ma，

电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，

解得E＝，Q＝。

(3)由h＝gt12得小球做自由落体运动的时间

t1＝ ，

由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d ，

则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝ 。

答案：(1)　(2)　

(3)