第九章 第4课时 电容器 实验十：观察电容器的充、放电现象 （教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 津鲁琼云晋皖黑吉桂贵辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕）

第4课时　电容器　实验十：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.知道电容器的基本构造，了解电容器的充电、放电过程。2.理解电容的定义及动态变化规律。3.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律。 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。 例1　(2023·福建莆田市二模)某探究小组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(内阻不计)，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。 (1)给电容器充电后，为了观察放电现象，单刀双掷开关S应拨至_______(填“1”或“2”)位置。放电过程中，R中电流方向________________(填“自左向右”或“自右向左”)；观察到电压表的示数逐渐变小，说明电容器的带电荷量逐渐________(填“增加”或“减少”)。 (2)关于充电过程，下列说法正确的是______。 A．电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B．电压表的示数逐渐增大后趋于稳定 C．充电完毕，电流表的示数为零 D．充电完毕，电压表的示数为零 答案　(1)2　自右向左　减少　(2)BC 解析　(1)单刀双掷开关S应拨至2位置，会使电容器放电。电容器充电后，电容器下极板带正电，则放电过程中，电流自右向左通过R。电压表的示数逐渐变小，由C＝可知，电容器的带电荷量减少。 (2)充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，A错误，C正确；根据C＝，电容器电荷量逐渐增大，则电压表示数逐渐增大后趋于稳定，B正确，D错误。 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(相当于电流表)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；(填“>”“<”或“＝”) (2)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________F；(保留两位有效数字) (3)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2。(填“>”“<”或“＝”) 答案　(1)＝　(2)0.15　(3)< 解析　(1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等。 (2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝＝ F≈0.15 F。 (3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由＞，解得R1＜R2。 电容器充、放电现象中的三点注意事项： (1)电容器充电时电流流向正极板，电容器放电时电流从正极板流出，且充、放电电流均逐渐减小至零。 (2)电容器充、放电过程，电容器的电容不变，极板上所带电荷量和电压按正比关系变化。 (3)电容器充、放电过程，I－t图中曲线与坐标轴周围成的面积表示电容器储存的电荷量。 考点二　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＝。 (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：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离。 (2)决定式：C＝。 4．电容器两类典型动态问题 (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。 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。(　×　) 例3　(2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 答案　A 解析　根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。 例4　(2023·福建漳州市模拟)如图，一平行板电容器充电后与电源断开。若电容器的正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0，则电容器的电容C、极板上带电荷量Q、两极板间电势差U及电场强度E与负极板移动的距离x的关系图像正确的是(　　) 答案　D 解析　根据电容的决定式C＝，负极板向右移动，板间距离d增大，电容减小，故A错误；充电后的电容器与电源断开连接后，极板带电荷量Q保持不变，故B错误；由C＝，当Q不变，C减小时，U增大，故C错误；由C＝，C＝，E＝可得E＝，在带电荷量Q一定时，只改变距离d，E不变，故D正确。 两类典型动态分析思路比较 例5　(2023·安徽马鞍山市质检)如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻R3的光照强度，则(　　) A．电容器的电容增大 B．M点的电势升高 C．液滴向下运动 D．R2中有向右的电流 答案　B 解析　电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；增强照射电阻R3的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据E＝可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为d′，则M点的电势为φM＝Ed′，所以M点的电势升高，故B正确；根据平衡条件可知，开始时液滴受静电力与重力平衡，增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受静电力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；由电路连接方式易知电容器上极板带正电，增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据Q＝CU可知电容器充电，R2中有向左的电流，故D错误。 考点三　带电粒子在电场中的直线运动 1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题 (1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关。 (2)是否考虑重力依据情况而定。 基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。 带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。 2．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。 3．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad 4．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例6　(2023·北京市东城区三模)如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则(　　) A．带电粒子获得的加速度变小 B．带电粒子到达负极板的时间变短 C．带电粒子到达负极板时的速度变小 D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小 答案　B 解析　根据E＝，qE＝ma，可得a＝ 将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；根据匀变速直线运动规律d＝at2，解得t＝，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；根据动量定理有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。 例7　(2023·云南昆明市一中检测)如图，长度为L的轻质绝缘细杆两端连接两个质量均为m的带电小球A和B，两小球均可看作质点，带电荷量为qA＝＋6q、qB＝－2q。将小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B进入位于下方的匀强电场区域。匀强电场方向竖直向上，电场强度E＝，重力加速度为g。求： (1)小球A刚进入电场时的速度大小； (2)要使小球B第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H。 答案　(1)　(2)3.5L 解析　(1)设小球A刚进入电场时的速度大小为v0，从释放到进入电场由动能定理可得 2mg(L＋)＋|qB|EL＝×2mv02－0 解得v0＝ (2)从释放到小球B第一次下落时不穿出电场下边界，由动能定理可得 2mg(H＋)＋|qB|EH－qAE(H－L)＝0－0 解得H＝3.5L。 课时精练 1．(多选)如图所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器带电荷量Q、电压U和电容C三者的关系，正确的图像有(　　) 答案　CD 解析　电容器的电容是由电容器本身的结构决定的，与两极板间的电压以及带电荷量无关，故A、B错误，D正确；根据Q＝CU可知，Q－U图像是过原点的直线，故C正确。 2.(2023·浙江杭州市第二中学月考)心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤机给予及时治疗。如图，某型号AED模拟治疗仪器内有一电容为15 μF的电容器，某次使用过程中，该电容器在10 s内充电至5 000 V电压，之后在3 ms时间内完成放电，则(　　) A．电容器充电后所带的电荷量为75 C B．电容器充电过程中电容一直增大 C．电容器放电过程中放电电流一直增大 D．电容器放电过程中平均电流为25 A 答案　D 解析　电容器充电后所带的电荷量为Q＝CU＝15×10－6×5 000 C＝0.075 C，A错误； 电容器的电容由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电无关，故电容器充电过程中电容保持不变，B错误； 电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，C错误； 电容器放电过程中的平均电流为＝＝ A＝25 A，D正确。 3.(2023·黑龙江鸡西市期末)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时极板间有一带电尘粒恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时(　　) A．带电尘粒将向上运动 B．带电尘粒将保持静止 C．极板所带电荷量增加 D．极板间的电场强度增大 答案　B 解析　电容器始终与电源相连，故电容器两极板间的电压不变，当正对的平行板左右错开一些时，电容器两极板间距离不变，根据E＝可知，极板间的电场强度不变，故D错误； 由带电尘粒受力平衡可得qE＝mg，极板间的电场强度不变，故带电尘粒将保持静止，故A错误，B正确； 根据C＝，可知正对的平行板左右错开一些时，电容减小，根据Q＝CU，可知极板所带电荷量减少，故C错误。 4．如图所示的电路，电介质板与被测量的物体A相连，当电介质向左或向右移动时，通过相关参量的变化可以将A定位。开始单刀双掷开关接1，然后将单刀双掷开关接2。则下列说法正确的是(　　) A．开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷量增大 B．开关接1时，x增大，电路中的电流沿顺时针方向 C．开关接2时，x减小，静电计的指针偏角减小 D．开关接2时，x减小，平行板间的电场强度不变 答案　C 解析　开关接1时，平行板间的电压不变，x增大，相对介电常数减小，由公式C＝ 可知电容器的电容减小，又由Q＝CU知，平行板电容器的电荷量减小，电容器放电，由电路图可知，电路中的电流沿逆时针方向，A、B错误； 开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变，x减小，电容器的电容增大，由公式U＝ 可知两极板的电势差减小，则静电计的指针偏角减小，由E＝可知平行板间的电场强度减小，C正确，D错误。 5.(2023·天津市期末)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的电场强度大小为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　　) A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的静电力约为2×10－15 N C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s D．加速器加速的直线长度约为4 m 答案　D 解析　加速过程中静电力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误； 质子所受到的静电力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N≈2×10－14 N，选项B错误； 加速度a＝＝ m/s2≈1.2×1013 m/s2， 则质子加速需要的时间约为t＝＝ s≈8.3×10－7 s，选项C错误； 加速器加速的直线长度约为x＝t＝×8.3×10－7 m≈4 m， 选项D正确。 6．(2023·新课标卷·22)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。 (1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的________(填“正极”或“负极”)接触。 (2)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是________。(填正确答案标号) A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定 B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定 C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭 (3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1)，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图(b)中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为________(填“R1”或“R2”)时的结果，曲线与横轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的____________(填“电压”或“电荷量”)。 答案　(1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量 解析　(1)多用电表应满足电流“红进黑出”，因此红表笔与电池的正极相连； (2)电容器放电过程中，电流由大逐渐变小，则小灯泡迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭，故C正确； (3)实线表示充电慢，用时长，最大电流小，故接入的电阻应为大的电阻，即R2，因此实线表示电阻箱阻值为R2时的结果；根据公式I＝，则I－t图像与横轴所围的面积表示电容器上的电荷量。 7.电子所带的电荷量最早是由密立根通过油滴实验测出的。油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别接电源正负极。油滴从喷雾器喷出后，由于相互碰撞而使部分油滴带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力及油滴间的相互作用，重力加速度为g。 (1)调节两金属板间的电压，当电压为U时，某个质量为m的油滴恰好做匀速运动。求该油滴所带电荷量q； (2)保持电压U不变，观察到某个质量为2m的带负电油滴进入电场后由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t运动到下金属板，求此过程油滴电势能的变化量。 答案　(1)　(2)2mgd－ 解析　(1)由平衡条件得q＝mg 解得q＝ (2)设到达下板的速度为v，则d＝t，v＝ 由动能定理得2mgd＋W电＝×2mv2－0 解得ΔEp＝－W电＝2mgd－。 8.(2023·广东肇庆市二模)工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在静电力的作用下沿着电场线做直线运动，设电子在该电场中的运动时间为t，位置为x，速度为v，受到的静电力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是(　　) 答案　D 解析　电子所受的静电力的方向与电场强度方向相反，指向A极，所以电子向A极运动，电场强度逐渐增大，根据F＝eE，静电力逐渐增大，B错误；电子的加速度a＝，电子的加速度增大，v－t图线的斜率增大，A错误；根据Ep＝eEx，电子向A极运动，电势能减小，电场强度增大，Ep－x图线的斜率增大，C错误；电子向A极运动，电势升高，电场强度增大，φ－x图线的斜率增大，D正确。 9．(2024·天津市第一中学检测)手机自动计步器的原理如图所示，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器(　　) A．电容变大 B．两极板间电压降低 C．两极板间电场强度变大 D．两极板所带电荷量减少 答案　D 解析　人带着手机向前加速运动时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由C＝可得，手机上的电容器电容变小，A错误； 电容器始终与电源相连，所以人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器两极板间电压不变，B错误； 由E＝可得，两极板间电场强度变小，C错误； 由电容的定义式C＝可得，两极板所带的电荷量Q＝CU，所以两极板所带电荷量减少，D正确。 10.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mv02 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少 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mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，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，选项D错误。 11.(2023·安徽省五校联盟联考)如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q(电荷量很小不会影响两板间电场的分布)，带电油滴在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，φP表示P点的电势，Ep表示带电油滴在P点的电势能。若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法中正确的是(　　) A．Q减小 B．U减小 C．φP减小 D．Ep减小 答案　D 解析　保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C＝知，电容C减小；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量Q保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式C＝，可知两极板间电压U变大；根据C＝，C＝，E＝，可得E＝，板间电场强度E不变，P点与B板间电势差UPB＝EdPB，UPB增大，根据UPB＝φP－φB可知P点的电势增大，根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据Ep＝qφ可知油滴在P点的电势能Ep减小，故A、B、C错误，D正确。 谢谢 学科网（北京）股份有限公司 $