2024高考物理大一轮复习讲义 第九章 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

这是一份2024高考物理大一轮复习讲义 第九章 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，共19页。试卷主要包含了5L，5 A等内容，欢迎下载使用。
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 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与触点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与触点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1 (2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是( )
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
答案 B
解析 充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．
考向2 电容器充、放电现象的定量计算
例2 (2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电．先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示．
(1)乙图中阴影部分的面积S1________S2；(选填“>”“”“d，说明电子会一直向B板运动并在eq \f(T,2)之前就打在B板上，不会向A板运动，故D错误．
9．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V、两个理想电流表A1和A2、被测电解电容器C、滑动变阻器R、两个开关S1和S2以及导线若干．
实验主要步骤如下：
①按图甲连接好电路．
②断开开关S2，闭合开关S1，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电压表的示数U，然后断开开关S1.
③断开开关S1后，闭合开关S2，每间隔5 s读取并记录一次电流表A2的电流值I2，直到电流消失．
④以放电电流I2为纵坐标，放电时间t为横坐标，在坐标纸上作出I2－t图像．
(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，电流表A1的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．
(2)由I2－t图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q＝________ C．(结果保留2位有效数字)
(3)若步骤②中电压表的示数U＝2.95 V，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)
(4)类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，当电容为C的电容器两板间电压为U时，电容器所储存的电能Ep＝________(请用带有U、C的表达式表示)．
答案 (1)增大 减小 (2)3.3×10－3 (3)9.8×103 (4)eq \f(1,2)CU2
解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充电电流越来越小，即电流表A1的示数逐渐减小．
(2)根据q＝It可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q＝25×10－6×5 C＝1.25×10－4 C，可知电容器储存的电荷量为Q＝26×1.25×10－4 C≈3.3×10－3 C.
(3)电压表的示数U＝2.95 V，根据图像可知放电最大电流为300 μA，可知滑动变阻器接入电路部分的阻值为R＝eq \f(U,I)≈9.8×103 Ω.
(4)电容器所储存的电能Ep＝eq \f(1,2)QU＝eq \f(1,2)CU2.
10.在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统，球A所带的电荷量为＋2q，球B所带的电荷量为－3q.现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右．释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其他因素的影响．求：
(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；
(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；
(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值．
答案 (1)eq \f(Eq,m) (2)3eq \r(\f(2mL,Eq)) (3)6EqL
解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q＝2ma，得出两小球加速度大小为a＝eq \f(Eq,m)
(2)系统向右加速运动阶段L＝eq \f(1,2)at12
解得t1＝eq \r(\f(2mL,Eq))
此时B球刚刚进入MN，带电系统的速度v＝at1
假设小球A不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq＋2Eq＝2ma′，加速度a′＝－eq \f(Eq,2m)
减速运动时间t2＝eq \f(0－v,a′)＝2eq \r(\f(2mL,Eq))
减速运动的距离L′＝eq \f(0－v2,2a′)＝2L，可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立．所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t＝t1＋t2＝3eq \r(\f(2mL,Eq))
(3)B球在电场中向右运动的最大距离x＝2L
进而求出B球电势能增加的最大值ΔEp＝－W电＝6EqL.
11．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示．已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略．下列说法正确的是( )
A．小球运动的速度一直增大
B．小球先做匀加速运动后做匀速运动
C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g
D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
答案 D
解析 小球速度增大到v0后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，不是匀变速运动，故B错误；由a－v图像可得，a＝kv＋a0，由牛顿第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，可解出加速度为a＝－eq \f(Ff,m)＋g－eq \f(qE,m)，联立可知a0＝g－eq \f(qE,m)，还可知－eq \f(Ff,m)＝kv，即Ff＝－kmv，故C错误，D正确．