必修 第三册4 电容器的电容导学案

4．电容器的电容

目标体系构建

明确目标·梳理脉络　

【学习目标】

1．知道电容器和平行板电容器的概念。

2．理解电容的定义、定义式和单位，并会应用定义式进行有关计算。

3．了解平行板电容器的电容大小的决定因素。

4．认识常用的电容器。

【思维脉络】

课前预习反馈

教材梳理·落实新知　

知识点 1  电容器

1．定义：任何两个彼此__绝缘__又相距__很近__的导体组成一个电容器。

2．电容器充、放电过程中能的转化

电容器充电过程中，两极板的电荷量增加，板间的电场强度__增大__，电源的能量不断储存在__电容器__中；放电过程中，电容器把储存的能量通过__电流做功__转化为电路中其他形式的能量。

知识点 2  电容

1．定义

电容器所带__电荷量__与两极板间__电势差__的比值叫电容。

2．定义式

C＝　　；C与Q、U无关，仅由电容器本身决定。

3．物理意义

是描述电容器__容纳电荷__本领大小的物理量，数值上等于使电容器两极板间的电势差增加__1_V__所增加的带电量．

4．单位

在国际单位制中的单位是__法拉__。

符号： F,1 F＝1C/V。更小的单位还有__微法__和__皮法__。

换算关系：1 F＝__106__μ F＝__1012__ pF。

5．击穿电压和额定电压

(1)击穿电压：电容器电介质不被击穿的__极限__电压。

(2)额定电压：电容器外壳上标的__工作__电压。

知识点 3  平行板电容器的电容

1．结构

由两个__相互平行__且彼此绝缘的金属板构成。

2．电容的决定因素

平行板电容器的电容C跟相对介电常数εr成__正比__，跟极板正对面积S成__正比__，跟极板间的距离d成__反比__。

3．电容的决定式

C＝　　。

(1)k为静电力常量。

(2)εr是一个常数，与电介质的性质有关，称为电介质的相对介电常数。

知识点 4  常用电容器

分类

预习自测　　

『判一判』

(1)两个靠近的导体一定能构成一个电容器。(　×　)

(2)电容大的电容器带电量不一定多。(　√　)

(3)电容的常用单位有μF和pF,1 μF＝103 pF。(　×　)

(4)其他条件不变时，平行板电容器的电容随极板正对面积的增大而增大。(　√　)

(5)其他条件不变时，平行板电容器的电容随极板间距离的增大而增大。(　×　)

(6)任何电介质的相对介电常数都大于1。(　√　)

『选一选』

(2019·海南省嘉积中学高二上学期期末)关于下列四幅图的叙述正确的是(　B　)

A．图甲为可变电容器，动片旋出时可以使其与定片的距离增大，从而改变电容

B．图乙为莱顿瓶，瓶内外锡箔相当于电容器的两个极板，可以用来储存电荷

C．图丙中电容器只要与电源相连，电流表的示数始终不为零

D．图丁所示是电解电容器，击穿电压为80 V

解析：    题图甲所示的电容器为可变电容器，动片旋出时与定片的距离不变，通过减小极板间的正对面积，从而改变电容，故选项A错误；题图乙构成一个简易的电容器，能够储存电荷，故选项B正确；题图丙，电容器充电过程中，电流表的示数不为零，电路稳定时电流表的示数为零，故选项C错误；题图丁是电解电容器，额定电压为80 V，小于击穿电压，故选项D错误。

『想一想』

照相机的闪光灯是通过电容器供电的，拍照前先对电容器充电，拍照时电容器瞬间放电，闪光灯发出耀眼的白光。照相机每次闪光前后，能量发生怎样的变化？

解析：闪光前，电容器先充电，将其他形式的能(如化学能)转化为电场能储存起来；然后放电，将电场能转化为光能释放出来。

课内互动探究

细研深究·破疑解难　

探究

对电容器及电容的理解

┃┃情境导入__■

触摸屏(touch screen)又称为“触空面板”，是一种可接收触头等输入信号的感应式液晶显示装置。平板电脑、手机的触摸屏很多采用的是电容式触摸屏，如图所示。它是通过什么方式来改变电容的？

提示：触摸屏一般是通过改变手指和屏幕的距离、接触面积来改变电容的。

┃┃要点提炼__■

1．概念辨析

2.C＝与C＝的比较

特别提醒

C＝要求理解并应用，C＝只要求了解，可以结合C＝，知道C与什么因素有关。

┃┃典例剖析__■

典例1 下面关于电容器及其电容的叙述正确的是(　A　)

A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关

B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和

C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比

D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两极间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定

思路引导：①将C＝Q/U，C＝与E＝F/q、E＝k对比，弄清哪是定义式，哪是决定式。

②由C＝可推得C＝，有时应用很方便。

解析：电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A正确；电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B错；电容器的电容由电容器结构决定，不随带电量的变化而变化，C错；C＝＝，可求电容器的电容，D错。

┃┃对点训练__■

1．(2020·河北省承德市高二上学期期末)某电容器上标有“100 μF　220  V”(如图所示)，则(　C　)

A．该电容器加的电压可以长时间高于220  V

B．该电容器加上110  V电压时，其电容为50 μF

C．该电容器加上220  V电压时，其所带电荷量为2.2×10－2 C

D．该电容器的最大电容为100 μF，当其带电荷量较少时，电容小于20 μF

解析：220  V是该电容器的额定电压，是可以长时间工作的最大电压，所以该电容器不能长时间工作在大于220 V的电压下，故A错误；电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是100 μF，故BD错误；该电容器加上220  V电压时，其所带电荷量为Q＝UC＝220×100×10－6 C＝2.2×10－2 C，故C正确。

探究

平行板电容器的动态分析

┃┃情境导入__■

电容式触摸屏的结构示意图如图所示。

(1)若电容器两极板间电压不变，极板间距离减小，电容器所带电荷量如何变化？

(2)若电容器所带电荷量不变，极板间距离减小，电容器两极板间的电压如何变化？

提示：(1)电压不变，距离减小，电容变大，电荷量变大；(2)电荷量不变，距离减小，电容变大，电压减小。

┃┃要点提炼__■

1．两类基本问题

(1)电容器和一电源相连，让电容器的某一物理量发生变化，求其他物理量的变化。处理原则：电容器上的电压不变。

(2)电容器和电源连接后再断开，电容器的某一物理量发生变化，求其他物理量的变化。处理原则：电容器上的电荷量不变。

2．处理思路

(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。

(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。

(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。

(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化。

3．电容器动态变化的两类问题比较

┃┃典例剖析__■

典例2 (多选)如图所示，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，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　CD　)

A．平行板电容器的电容值将变大

B．静电计指针张角变小

C．带电油滴的电势能将减少

D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变    

思路引导：(1)电容器的动态问题一般有两类：①Q不变；②U不变。分析时要先确定是哪个量不变。

(2)分析思路一般是先由C＝分析C的变化，再由C＝分析Q或U的变化，进而由E＝或E＝分析E等其他相关量的变化。

解析：根据C＝知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故C正确。电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝＝＝，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确，故选CD。

┃┃对点训练__■

2.(2019·北京市朝阳区高二上学期期末)平板电容器AB带有等量异种电荷，通过如图所示的方式与静电计相连。可由静电计指针的偏转定性显示电容器两极板间的电势差。θ表示静电计指针的偏角，C表示电容器的电容。实验中，可认为极板所带电荷量不变。则下列操作中符合实验事实的是(　D　)

A．把A板向右移，C变大，θ增大

B．把A板向左移，C变大，θ增大

C．把A板竖直向下移，C变大，θ减小

D．把A、B板间插入一块电介质，C变大，θ减小

解析：把A板向右移，根据C＝可知，d减小，C变大；Q一定，由C＝可知，U减小，则θ减小，选项A错误；把A板向左移，根据C＝可知，d变大，C变小；Q一定，由C＝可知，U变大，则θ变大，选项B错误；把A板竖直向下移，根据C＝可知，S减小，C变小；Q一定，由C＝可知，U变大，则θ变大，选项C错误；把A、B板间插入一块电介质，根据C＝可知，εr变大，C变大；Q一定，由C＝可知，U变小，则θ变小，选项D正确。

核心素养提升

以题说法·启智培优　

电容器中的力学问题的分析方法

关于电容器与力学、运动学知识相结合的问题，电场强度是联系电场问题和力学问题的桥梁。分析方法与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动情况和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，然后选用恰当的规律(如牛顿运动定律、动能定理或能量守恒定律)解题。

案例 (多选)(2019·山东师大附中第三次学分认定)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是(　BCD　)

A．保持S闭合，将A板适当上移

B．保持S闭合，将B板适当下移

C．先断开S，再将A板适当下移

D．先断开S，再将B板适当上移

解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。质点的电量为q。

A．由质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2，得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。

B．若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确。

C．若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为Δd，由动能定理得mg(h＋d)－qE(d－Δd)＝mv2，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，v＞0，说明质点能穿出b孔，故C正确。

D．若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理：mg(h＋d′)－qEd′＝mgh＋(mg－qE)d′＞mgd＋(mg－qE)d＝0，即v＞0故质点到达b孔时速度大于0，可以过b孔，故D正确。