高考物理一轮复习题型解析第八章第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象

这是一份高考物理一轮复习题型解析第八章第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象，共23页。试卷主要包含了下列说法正确的是，1 s内电容器放电的电荷量　5，6×10－3 C，5×10－3　4，4×10－4 F等内容，欢迎下载使用。

高考物理
一轮复习题型解析
第3讲 电容器 实验：观察电容器的充、放电现象
带电粒子在电场中的直线运动
目标要求 1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动．
考点一 电容器及平行板电容器的动态分析
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成．
(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，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场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电容器两极板之间的电势差之比．
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U).
(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、极板相对位置及电介质)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：正对面积、相对介电常数、两板间的距离．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．( × )
2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．( × )
3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．( × )
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化．
考向1 两极板间电势差不变
例1 如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法正确的是( )
A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势低
C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
答案 D
解析 振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝eq \f(U,d)，电容器板间的电场强度变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)电容增大，根据C＝eq \f(Q,U)，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A、B错误；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容减小，根据C＝eq \f(Q,U)知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a 的电流， C错误，D正确．
考向2 两极板带电荷量不变
例2 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．静电计指针的张角不变
B．P点电势升高
C．带电油滴向上运动
D．带电油滴的电势能不变
答案 D
解析 将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据C＝eq \f(εrS,4kπd)可知，电容器的电容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U＝eq \f(Q,C)，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A错误；根据场强公式，得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电油滴不会移动，根据电势差与场强的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错误，D正确．

考向3 电容器的综合分析
例3 平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )
A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ减小
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
答案 D
解析 保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A、B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，由C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确．
考点二 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电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(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0 .
(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，相当于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(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．
2．实验步骤
(1)按图连接好电路．
(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
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．
考向1 电容器充、放电现象的定性分析
例4 (2022·江苏无锡市高三期中)如图所示，电容器原不带电，单刀双掷开关先接1，稳定后，再接2.下列说法正确的是( )
A．开关接1时，电压表读数逐渐增大到不变
B．开关接1时，电流表读数逐渐增大
C．开关接2时，电压表读数先增大后减小
D．开关接2时，流经R的电流方向向左
答案 A
解析 开关接1时，电容器充电，电容器两端电压逐渐增大，增大到与电源电压相等后，电压不再变化，电容器两端电压逐渐增大时，电容器极板与相连电源电极之间的电势差减小，则电路中电流减小，故开关接1时，电压表读数逐渐增大到不变，电流表读数逐渐减小，故A正确，B错误；开关接2时，电容器放电，上极板带正电，则流经R的电流方向向右，电容器放电，电容器两端电压逐渐减小，电压表读数减小，故C、D错误．
考向2 电容器充、放电现象的定量计算
例5 电流传感器可以像电流表一样测量电流，它的优点是反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，还可以与计算机相连，能在很短的时间内画出电流随时间的变化图像．按图甲连接电路，提供8 V直流电源，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏上显示出电流随时间变化的I－t曲线，如图乙．
(1)图中画出的竖直狭长矩形(图乙最左端)，它面积的物理意义是：__________________；
(2)估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量是________________ C；
(3)根据以上数据估算，电容器的电容是__________ F.
答案 (1)0.1 s内电容器放电的电荷量 (2)5.6×10－3
(3)7×10－4
解析 (1)图像纵轴为电流I，横轴为时间t，由公式q＝It可知，矩形面积表示0.1 s内电容器的放电电荷量．
(2)根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子代表的电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，因此图像的图线与时间轴围成的面积所包含的格子个数为70，所以释放的电荷量为q＝8×10－5 C×70＝5.6×10－3 C.
(3)根据电容器的电容C＝eq \f(Q,U)可知，C＝eq \f(5.6×10－3,8) F＝7×10－4 F．
考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
考向1 带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例6 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
答案 A
解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，故选A.
考向2 带电体在静电力和重力作用下的直线运动
例7 如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为eq \f(d,4)的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落．当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零．重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度．
答案 (1)eq \f(20mgd,13q) (2)eq \r(\f(11gd,26))
解析 (1)根据动能定理可得4mg×eq \f(5,4)d－2Uq－eq \f(3,4)Uq－eq \f(1,2)Uq＝0
解得U＝eq \f(20mgd,13q)
(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝eq \f(U,d)×2q＝eq \f(40,13)mg4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×eq \f(d,2)－eq \f(1,2)Uq－eq \f(1,4)Uq＝eq \f(1,2)×4mv2－0
解得v＝eq \r(\f(11gd,26)).
考向3 带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动．
(2)粒子做往返运动．
3．解题技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)将eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φt-图像,U-t图像,E-t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a-t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v-t图像．
例8 匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，静电力做的总功为零
答案 D
解析 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝eq \f(qE,m)，第2 s内加速度大小为a2＝eq \f(2qE,m)，故a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图像如图所示：
带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度－时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3 s内，静电力做的总功为零，故D正确．
课时精练
1．(2022·江苏苏州市高三期中)用基本量的单位表述电容单位，正确的是( )
A．C/V B．Ω/s
C．A2·s2/(kg·m2) D．A2·s4/(kg·m2)
答案 D
解析 根据平行板电容器的决定式，有C＝eq \f(εrS,4πkd)
其中，正对面积S的单位是m2，静电力常量k的单位是N·m2/C2，极板间距d的单位是m.
又1 C＝1 A·s,1 N＝1 kg·m/s2
所以用基本量的单位表述电容单位为A2·s4/(kg·m2)，故选D.
2．工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )
A．A、B平行板电容器的电容减小
B．A、B两板间的电场强度增大
C．A、B两板上的电荷量变小
D．有电流从a向b流过灵敏电流计
答案 D
解析 根据平行板电容器的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知当产品厚度增大时，导致εr增大，电容器的电容C增大，A错误；电压U不变，根据Q＝CU可知，极板带电荷量Q增加，C错误；电容增大，故电容器充电，电流从a向b流过灵敏电流计，D正确；两板之间的电势差不变，板间距不变，则两板间电场强度E＝eq \f(U,d)不变，B错误．
3．传感器是智能社会的基础元件．如图为电容式位移传感器的示意图，观测电容C的变化即可知道物体位移x的变化，eq \f(ΔC,Δx)表征该传感器的灵敏度．电容器极板和电介质板长度均为L，测量范围为－eq \f(L,2)≤x≤eq \f(L,2).下列说法正确的是( )
A．电容器的电容变大，物体向－x方向运动
B．电容器的电容变大，物体向＋x方向运动
C．电容器的板间电压越小，传感器灵敏度越高
D．电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高
答案 A
解析 根据电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容变大，两板间电介质增多，物体向－x方向运动，故A正确，B错误；电容器的电容和板间电压无关，电容器的板间电压变小或变大，物体沿左右方向移动相同距离时，电容的变化量不变，即传感器的灵敏度不变，故C、D错误．
4．静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的．工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知( )
A．M板电势低于N板电势
B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C．增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力
D．增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力
答案 D
解析 由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极板距离无关，故D正确，B、C错误．
5．如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图像中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能Ek四个物理量随时间变化规律的是( )
答案 A
解析 电子一个周期内的运动情况为：0～eq \f(T,4)时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，eq \f(T,4)～eq \f(T,2)原方向做匀减速直线运动，eq \f(T,2)时刻速度为零.eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内向B板做匀加速直线运动，eq \f(3T,4)～T继续向B板做匀减速直线运动，T时刻速度为零，故A正确；电子做匀变速直线运动时x－t图像是抛物线，故B错误；由于a＝eq \f(qU,md)，可知电子的加速度大小不变，方向发生变化，故a－t图像应平行于横轴，故C错误；根据Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)ma2t2，可知Ek－t图像是曲线，故D错误．
6.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则( )
A．微粒到达B点时动能为eq \f(1,2)mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
答案 C
解析 微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于eq \f(1,2)mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得E＝eq \f(mg,qcs θ)，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误．
7.如图所示电路，电容器两板水平，下板接地，电键K闭合，P为两板间的一固定点，要使P点的电势升高，下列措施不可行的是( )
A．仅断开电键K
B．仅将下板向下平移一些
C．仅将上板向下平移一些
D．断开电键K将下板向下平移一些
答案 A
解析 设P到下板的距离为h，仅断开电键K，两板的带电荷量不变，两板间的电场强度不变，则P点的电势φP＝hE不变，A不可行；仅将下板向下平移一些，则两极板间电压U不变，则由E＝eq \f(U,d)可知，d增大，则E减小，可知P点与上极板间电势差减小，故P点电势升高；若仅将上板向下平移一些，则d减小，E增大，可知P点与下极板间电势差增大，则P点电势升高，B、C可行；断开电键后，电容器的带电荷量不变，板间距离变化时，板间场强不变，h变大，由φP＝hE可知，P点的电势升高，D可行．
8.如图所示，两个带有小孔(不影响板间的电场分布)的金属板与一直流电源相连，一带电小球与金属板上的两个小孔在同一竖直线上．由静止释放小球，小球通过上金属板的小孔后到达下金属板的小孔处速度恰好减为零，下列说法正确的是( )
A．将上金属板上移(未超过小球高度)，小球到下金属板上方某一位置速度减为零
B．将上金属板上移(未超过小球高度)，小球刚好到下金属板的小孔时速度减为零
C．将下金属板上移，小球将从下金属板的小孔穿出
D．将下金属板上移，小球刚好运动到下金属板
答案 B
解析 由题意可知小球带负电，设小球带电荷量为－q，小球到上金属板的距离为h，两金属板间的电压为U，距离为d，由静止释放小球，小球通过上金属板的小孔刚好可以到达下金属板的小孔处速度减为零，根据动能定理可得mg(h＋d)－qU＝0
将上金属板上移，假设小球能到下金属板小孔处且动能为Ek，根据动能定理可得mg(h＋d)－qU＝Ek
得Ek＝0
小球刚好到下金属板的小孔时动能减为零，即速度减为零，A项错误，B项正确；
将下金属板上移，设金属板间的距离减小为d1，假设小球能到下金属板小孔处且动能为Ek，根据动能定理可得mg(h＋d1)－qU＝Ek，d1