(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第43課時(shí) 電容器(重點(diǎn)突破課)講義(含解析)
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1、(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第43課時(shí) 電容器(重點(diǎn)突破課)講義(含解析) 電容概念的理解、電容器充放電問(wèn)題、平行板電容器動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題是高考的熱點(diǎn),而平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析因?yàn)樯婕拔锢砹慷?、變化情況多,成為學(xué)生較難掌握的地方。 1.電容器 (1)組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電荷量:一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。 (3)電容器的充、放電 ①充電:使電容器帶電的過(guò)程,充電后電容器兩個(gè)極板分別帶上等量的異種電荷,電容器中儲(chǔ)存電能。 ②放電:使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程,放電過(guò)程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2.電容 (1)定義:電容器所帶的電
2、荷量與兩個(gè)極板間的電勢(shì)差的比值。 (2)定義式:C=。 (3)單位:法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF),1 F=106 μF=1012 pF。 (4)意義:表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低。 (5)決定因素:由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì))決定,與電容器是否帶電及電壓無(wú)關(guān)。 3.平行板電容器的電容 (1)決定因素:兩板間的距離、正對(duì)面積、介電常數(shù)。 (2)決定式:C=。 [典例] (2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是( ) A.實(shí)驗(yàn)前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電 B.實(shí)驗(yàn)中,只將電
3、容器b板向上平移,靜電計(jì)指針的張角變小 C.實(shí)驗(yàn)中,只在極板間插入有機(jī)玻璃板,靜電計(jì)指針的張角變大 D.實(shí)驗(yàn)中,只增加極板帶電量,靜電計(jì)指針的張角變大,表明電容增大 [解析] 實(shí)驗(yàn)前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,由于靜電感應(yīng),在b板上將感應(yīng)出異種電荷,故A正確;實(shí)驗(yàn)中,b板向上平移,正對(duì)面積S變小,由C=知,電容C變小,由C=知,Q不變,U變大,因此靜電計(jì)指針的張角變大,故B錯(cuò)誤;插入有機(jī)玻璃板,相對(duì)介電常數(shù)εr變大,由C=知,電容C變大,由C=知,Q不變,U變小,因此靜電計(jì)指針的張角變小,故C錯(cuò)誤;只增加極板帶電量,電容C不變,靜電計(jì)指針的張角變大,是由于U變大導(dǎo)致的,故D錯(cuò)誤。
4、 [答案] A [規(guī)律方法] 電容器動(dòng)態(tài)變化的分析思路 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意圖。當(dāng)動(dòng)極板和定極板之間的距離d變化時(shí),電容C便發(fā)生變化,通過(guò)測(cè)量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化情況。選項(xiàng)圖中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖像是( ) 解析:選A 由電容決定式C=知,C與d成反比,能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖像是A。 2.(多選)如圖所示為一平行板電容器,兩板之間的距離d和兩板正對(duì)面積S都可以調(diào)節(jié),電容器兩板與電池相連接。Q表示電容器的帶電荷量,E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.當(dāng)d增
5、大,S不變時(shí),Q減小,E減小 B.當(dāng)S增大,d不變時(shí),Q增大,E增大 C.當(dāng)d減小,S增大時(shí),Q增大,E增大 D.當(dāng)S減小,d增大時(shí),Q不變,E增大 解析:選AC 電容器兩板與電池相連,電壓不變。當(dāng)d增大,S不變時(shí),由C=知,C變小,由Q=CU知,Q減小,由E=知,E減小,A正確;當(dāng)S增大,d不變時(shí),同理可得C變大,Q增大,E不變,B錯(cuò)誤;當(dāng)d減小,S增大時(shí),同理可得C變大,Q增大,E增大,C正確;當(dāng)S減小,d增大時(shí),C變小,Q減小,E減小,D錯(cuò)誤。 3.如圖所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計(jì)相連,靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷,以E表
6、示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度,Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能,θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng),將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置,則( ) A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不變 C.θ減小,Ep增大 D.θ減小,E不變 解析:選D 由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變,當(dāng)下極板不動(dòng),上極板向下移動(dòng)一段距離時(shí),兩極板間距d減小,則電容C變大,由U=可知U變小,則靜電計(jì)指針的偏角θ減??;又因?yàn)閮砂彘g電場(chǎng)強(qiáng)度E===,Q、S不變,則E不變;因?yàn)镋不變,則點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到下極板(電勢(shì)為零)電場(chǎng)力做功不變,電勢(shì)能的變化相同,則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變,故只有選項(xiàng)D正確
7、。 考點(diǎn)二 帶電體在電容器中的平衡問(wèn)題 [典例] (2018·江蘇高考)如圖所示,水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面,則該油滴( ) A.仍然保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動(dòng) C.向左下方運(yùn)動(dòng) D.向右下方運(yùn)動(dòng) [解析] 開(kāi)始時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),有mg=q,B板右端下移時(shí),U不變,d變大,電場(chǎng)力F=q變小,mg>F,并且A、B兩板之間的等差等勢(shì)面右端將均勻地順次向下移動(dòng),又電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于等勢(shì)面,可得油滴的受力如圖所示,mg與F的合力方向?yàn)橄蛴蚁路?,故油滴向右下方運(yùn)動(dòng),D正確。 [答案] D (
8、1)平行板電容器形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)E=。 (2)針對(duì)帶電體在電容器中的平衡問(wèn)題,求解方法仍然是“受力分析”“力的合成與分解”“合外力等于0”。 (3)注意帶電體受到的電場(chǎng)力F=qE,不僅F的大小由q、E的大小共同決定,F(xiàn)的方向也由q的正負(fù)及E的方向共同決定?! ? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖所示的電路,閉合開(kāi)關(guān),水平放置的平行板電容器中有一個(gè)帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)。為了使液滴豎直向上運(yùn)動(dòng),下列操作可行的是( ) A.?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān),將兩板間的距離拉大一些 B.?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān),將兩板水平地向相反方向移開(kāi)一些 C.保持開(kāi)關(guān)閉合,將兩板間的距離減小一些 D.保持開(kāi)關(guān)閉合,以兩板各自的左側(cè)板
9、沿為軸,同時(shí)向上(即逆時(shí)針?lè)较?轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度 解析:選BC 開(kāi)始時(shí)液滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力正好處于靜止?fàn)顟B(tài),有Eq=mg。兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=,保持開(kāi)關(guān)閉合時(shí),U不變,當(dāng)兩板間的距離d減小時(shí),E變大,此時(shí)Eq>mg,液滴豎直向上運(yùn)動(dòng),C正確;保持開(kāi)關(guān)閉合,以兩板各自的左側(cè)板沿為軸,同時(shí)向上(即逆時(shí)針?lè)较?轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度,E方向變了,此時(shí)液滴不會(huì)沿豎直方向運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤;斷開(kāi)開(kāi)關(guān),電容器的電荷量Q不變, E===,則E與d無(wú)關(guān),所以斷開(kāi)開(kāi)關(guān),將兩板間的距離拉大一些,仍有Eq=mg,液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài),A錯(cuò)誤;斷開(kāi)開(kāi)關(guān),將兩板水平地向相反方向移開(kāi)一些,兩板的正對(duì)面積S變小,E變大
10、,此時(shí)Eq>mg,所以液滴豎直向上運(yùn)動(dòng),B正確。 2.如圖,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為( ) A.g B.g C.g D.g 解析:選A 抽出金屬板前,粒子受重力和電場(chǎng)力平衡,mg=q;抽出后,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-q=ma,聯(lián)立解得a=g,故A正確。 3.如圖所示,甲圖中電容器的兩個(gè)極板和電源的兩極相連,乙圖中電容器充電后斷開(kāi)電源。在電容器的兩個(gè)極板間用相同的懸線分別
11、吊起完全相同的帶電小球,小球靜止時(shí)懸線和豎直方向的夾角均為θ,將兩圖中的右極板向右平移時(shí),下列說(shuō)法正確的是( ) A.甲圖中夾角減小,乙圖中夾角增大 B.甲圖中夾角減小,乙圖中夾角不變 C.甲圖中夾角不變,乙圖中夾角不變 D.甲圖中夾角減小,乙圖中夾角減小 解析:選B 由題圖可知,甲圖中的電容器和電源相連,所以電容器兩極板間的電壓不變,當(dāng)極板間的距離增大時(shí),根據(jù)E=可知,極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小,電場(chǎng)力減小,所以?shī)A角將減??;乙圖中電容器充電后斷開(kāi)電源,電容器兩極板所帶的電荷量不變,根據(jù)C=,極板間的電壓U==,極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E==,電場(chǎng)強(qiáng)度與兩極板間距離無(wú)關(guān),故夾角不變,B正確。
12、 考點(diǎn)三 帶電體在電容器中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 [典例] 如圖所示,一平行板電容器水平放置,板間距離為d,上極板開(kāi)有一小孔,質(zhì)量均為m、帶電荷量均為+q的兩個(gè)帶電小球(視為質(zhì)點(diǎn)),其間用長(zhǎng)為的絕緣輕桿相連,處于豎直狀態(tài)。使下端小球恰好位于小孔正上方距離為d處,由靜止釋放,讓兩球豎直下落,當(dāng)下端小球到達(dá)下極板時(shí),速度剛好為零(已知靜電力常量為k)。求: (1)兩極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度; (2)兩球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度大小; (3)下端小球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)桿中的彈力。 [解析] (1)兩球由靜止開(kāi)始下落到下端小球到達(dá)下極板的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 4mgd-Eqd-Eq=0, 解得E=,方向豎
13、直向上。 (2)因?yàn)閝E=>2mg, 所以兩球由靜止開(kāi)始下落至下端小球恰好進(jìn)入小孔時(shí),兩球達(dá)到最大速度,此過(guò)程利用動(dòng)能定理得 2mgd=×2mv2, 解得v=。 (3)下端小球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)整體加速度為 a==,方向豎直向上, 取上端小球?yàn)檠芯繉?duì)象,設(shè)桿對(duì)其的作用力為F, F+-mg=ma, 由牛頓第三定律知,桿中彈力大小F′=F, 解得F′=-(若F′>0,表示桿中為壓力;若F′<0,表示桿中為拉力)。 [答案] (1),方向豎直向上 (2) (3)- [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖所示,A、B為平行金屬板,兩板間距為d,分別與電源兩極相連,兩板的中央各有一小孔
14、M和N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn),自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上),空氣阻力忽略不計(jì),到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零,然后沿原路返回。若保持兩極板間的電壓不變,則( ) A.把A板向上平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回 B.把A板向下平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落 C.把B板向上平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回 D.把B板向下平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落 解析:選ACD 移動(dòng)A板或B板后,質(zhì)點(diǎn)能否返回P點(diǎn),取決于質(zhì)點(diǎn)在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)到達(dá)N孔之前速度能否減為零,若能減為零,則一定能返回P點(diǎn);若不能
15、減為零,則穿過(guò)N孔后只受重力,將繼續(xù)下落。初始時(shí),質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰為零,由動(dòng)能定理得mg·2d-qU=0。因兩板一直與電源兩極連接,電壓U一直不變,當(dāng)把A板上移、下移時(shí),均滿足mgh-qU=0的條件,即h=2d,則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零,能返回,A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)把B板上移后,設(shè)質(zhì)點(diǎn)仍能到達(dá)N孔,則由動(dòng)能定理得mgh′-qU=mv2,因B板上移后h′<2d,所以mgh′
16、行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落,穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g)。求: (1)小球到達(dá)小孔處的速度大??; (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量; (3)小球從開(kāi)始下落至運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。 解析:(1)設(shè)小球到達(dá)小孔處的速度大小為v,由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 v2=2gh,得v=。 (2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a, 由v2=2ad,得a=, 由牛頓第二定律qE-mg=ma, 電容器的電荷量Q=CU=CEd, 解得E=,Q=。 (3)由h=gt12得小球做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t1= , 由0=v-at2得小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=d , 則小球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t1+t2= 。 答案:(1) (2) (3)
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