电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(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两个极板间的电势差的比值．(2)定义式： C＝QU .(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106μF＝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、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，介电常数，两板间的距离．(2)决定式： C＝εr S4πkd.对点自测1．判断正误(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×)2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小解析：选B.根据平行板电容器电容公式C＝εr S4πkd可知，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝QU可知，U＝QC减小，B正确．二平行板电容器的动态分析1．常见类型2．分析比较的思路(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＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E＝Ud分析电容器极板间场强的变化．例题1．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：选D.由平行板电容器电容的决定式C＝εr S4kπd，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝Ud可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．例题2. 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．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；P点的电势大于零，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B正确；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小且油滴向下运动时，油滴的电势能增加，C错误；电容器的电容C＝εr S4πkd，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q ＝CU 将减小，D 错误．例题3．(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带负电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选AC.由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q ，则极板带电荷量为Q ＝kq ，由于qE ＝mg ，E ＝U d ，C ＝Q U ，解得q ＝mgd U ，C ＝kmgd U2，将极板N 向下缓慢移动一小段距离，U 不变，d 增大，则电场强度E 减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A 、C 正确．解电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S知，电场强度与板间距离无关． (2)对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C ＝εr S 4πkd 、Q ＝CU 和E ＝U d进行判定即可． 对点自测1．如图所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、两极板间场强E 的变化情况是( )A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小解析：选C.电容器充电后再断开S ，则电容器所带的电荷量Q 不变，由C ∝εr S d 可知，d 增大时，C 变小；又U ＝Q C ，所以U 变大；由于E ＝U d ，U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ，所以E ＝4πkQ εr S，故d 增大时，E 不变，C 正确． 2. 两个较大的平行金属板A 、B 相距为d ，分别接在电压为U 的电源正、负极上，这时质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )A ．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b 流向aB ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a 流向bC ．油滴静止不动，电流计中的电流从b 流向aD ．油滴静止不动，电流计中的电流从a 流向b解析：选D.电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E ＝U d可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C ＝εr S 4πkd可知，电容减小，Q ＝CU ，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a 流向b ，故D 正确．3．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A ．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B ．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C ．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D ．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析：选B.甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E ＝U d可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C ＝εr S 4πkd，极板间的电压U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ，极板间的电场强度E ＝U d ＝4πkQ εr S，场强与两极板间距离无关，故夹角不变，B 正确．4. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：选D.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C ＝εr S 4πkd可知电容器的电容变大，由于Q 不变，由C ＝Q U 可知U 减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S不变；由于下极板不动，电场强度E 不变，所以P 点的电势没有发生改变，故点电荷在P 点的电势能不变，A 、B 、C 错误，D 正确．高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
专题7.7 电容器一．选择题1.（2018徐州期中）如图所示，电容器由平行金属板M、N和电介质D构成。
电容器通过开关S及电阻及与电源E相连接。
则A. M上移电容器的电容变大B. 将D从电容器抽出，电容变小C. 断开开关S，M上移，MN间电压将增大D. 闭合开关S，M上移，流过电阻及的电流方向从B到A【参考答案】BC【题型分析】电容器动态变化是高考命题热点，此题以平行板电容器为情景，将极板之间距离变化，电介质变化，电压不变、电量不变融合为一题，能力要求较高。
2.(2017·宁波二模)如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )A．使a、b板的距离增大一些B．使a、b板的正对面积减小一些C．断开S，使a、b板的距离增大一些D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些【参考答案】C3．(2017·衡水调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( )【参考答案】C【名师解析】由C ＝εr S4πkd知，C 与两极板间距离d 成反比，C 与x 不是线性关系，选项A 错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C ＝εr S 4πkd 、Q ＝CU 、U ＝Ed 得E ＝4πkQεr S是定值，选项B 错；因负极板接地，电势为零，所以P 点电势为φ＝E (L －x )，L 为P 点到负极板的初始距离，E 不变，φ随x 增大而线性减小，选项C 正确；由W ＝qφ知W 与电势φ变化情况一样，选项D 错。
4. (2018·山西四校联考)一平行板电容器两板之间的距离d 和两板正对面积S 都可以调节，电容器充电后与电源断开，以U 表示电容器两极板间电压，E 表示两极板间的电场强度，则( ) A ．当S 减小、d 增大时，U 增大、E 增大 B ．当S 增大、d 不变时，U 减小、E 不变 C ．当d 减小、S 减小时，U 增大，E 增大 D ．当d 增大、S 不变时，U 增大、E 减小 【参考答案】A4.（2017海南高考）如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。
第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动基础必备练1.(2019·重庆高三调研)如图所示,竖直面内分布有水平方向的匀强电场,一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b,在这个过程中,带电粒子( C )A.只受到电场力作用B.带正电C.做匀减速直线运动D.机械能守恒解析:带电粒子沿直线从位置a运动到位置b,说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上,对粒子受力分析,受到竖直向下的重力和水平向左的电场力,合外力方向与粒子运动方向相反,做匀减速直线运动,选项C正确,A错误;电场力方向与电场线方向相反,所以粒子带负电,选项B错误;粒子带负电,沿着电场力方向运动了一段位移,故电场力做负功,机械能减小,选项D错误.2.如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中.当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动.重力加速度为g.粒子运动的加速度为( A )A.gB.gC. gD. g解析:抽出前qE1=mg,抽出后mg-qE2=ma.由电压不变得E1(d-l)=E2d,联立解得a=g.3.(2018·广东广州二模)a,b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射,运动轨迹如图.若a,b的偏转时间相同,则a,b一定相同的物理量是( A )A.荷质比B.入射速度C.入射动能D.入射动量解析:y=at2=·t2,其中y,t,U,d相同,所以相同.4.如图所示,a,b,c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10 J,在电场力作用下从A 运动到B时速度为零,当这个粒子的动能为7.5 J时,其电势能为( D )A.12.5 JB.2.5 JC.0D.-2.5 J解析:根据动能定理可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10 J,则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5 J,粒子在等势面b时动能为5 J.带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5 J,当动能为7.5 J时,其电势能为-2.5 J.5.如图,电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a,c两点先后沿ab和cd 方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于( B )A. B.C. D.解析:由两粒子轨迹恰好相切,根据对称性,两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心,并且两粒子均做类平抛运动,在水平方向上:=v0t,在竖直方向上:=at2=t2,联立以上两式可求得:v0=,选项B正确,A,C,D皆错误.6.(2018·贵州黔东南二模)质量为m的物块可视为质点,带电荷量为+Q,开始时让它静止在倾角为α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在方向水平、电场强度大小为E=的匀强电场中,如图所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地的速度大小为( C )A. B.C.2D.2解析:对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力.电场力F=QE=mg,重力和水平向左的电场力的合力与水平方向夹角β=30°,根据动能定理有mgH+F H=mv2-0,可得v=2.7.如图所示,平行板电容器与电源相连,下极板接地.一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态,现将平行板电容器两极板在纸面内绕O点和O′点迅速顺时针转过45°,则( C )A.P点处的电势降低B.带电油滴仍将保持静止状态C.带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D.带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析:由于P点仍处于板的中间,故电势不变,选项A错误;设原来两极板间距为d,两极板的电势差为U,带电油滴处于静止状态,则mg=q,当电容器两极板绕O点和O′点顺时针转过45°后,两极板间距变小为d,由于电容器始终与电源相连,两极板的电势差仍为U,故此时的电场力为原来的倍,方向与水平方向成45°指向右上方,带电油滴所受的合力方向恰好水平向右,故油滴沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动,此过程中电场力做正功,油滴的电势能不断减小,选项B,D错误,C正确.8.空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场,其变化规律如图所示(取水平向右为正方向).一个质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计),开始处于图中的A点.在t=0时刻将该粒子由静止释放,经过时间t0,刚好运动到B点,且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E0.试求:(1)电场变化的周期T应满足的条件;(2)A,B之间的距离.解析:(1)经过时间t0,瞬时速度为零,故时间t0为周期的整数倍,即t0=nT解得T=(n为正整数).(2)作出v-t图像,如图所示.最大速度为v m==v-t图像与时间轴包围的面积表示位移大小s=·v m·t0=(n为正整数).答案:(1)T=(n为正整数) (2)(n为正整数)能力培养练9.(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器,下板A固定,上板B与竖直悬挂的绝缘弹簧连接,A,B间有一固定的带正电荷的液滴P,电容器带电荷量为Q1,若让电容器充电或放电,使之带电荷量为Q2,则下列说法正确的是( AC )A.若Q2>Q1,则弹簧的长度增加B.若Q2>Q1,则电容器的电容减少C.若Q2>Q1,则带电液滴P的电势能增加D.若Q2<Q1,则带电液滴P的电势能增加解析:若电容器所带电荷量增加,则两平行板之间通过电荷产生的吸引力增加,使得弹簧长度增加、两板之间的距离减小,由C=可知,电容器的电容增大,选项A正确,B错误;由E===可知,Q增大,使得两平行板之间的电场强度E增大,因U PA=Ed′,其中E增大、d′不变,则U PA增大,又U PA=φP-φA=φP,所以φP增大,由E p=qφP可知,E p增加,选项C正确,D错误.10.(多选)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场,则( AD )A.该粒子射出电场时的速度方向一定是平行于极板方向的B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子将在t=时刻射出电场解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿平行于极板方向,选项A正确;在t=时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN,PQ的板长和板间距离相等,则该时刻水平分位移为竖直分位移的2倍,故有v0=··2,解得v y=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v=v0,选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与零时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t==,选项D正确.11.如图(甲)所示,竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平),∠NMP=θ,MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷,MN是长为a的光滑绝缘杆,杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷),小球自N点由静止释放,小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x=0)的变化图像如图(乙)所示(图中E0,E1,E2为已知量),重力加速度为g,设无限远处电势为零,M点所处的水平面为重力零势能面.(1)图(乙)中表示电势能随位置变化的是哪条图线?(2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m;(3)求小球从N点运动到M点时的动能E k.解析:(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高,带正电的小球的电势能为E=qφ,可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小,故图(乙)中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E1时,距M点的距离为x1=(acos θ)··cos θ=x1处重力势能E1=mgx1sin θ可得m==(3)在小球从N到M的过程中,根据动能定理得mgasin θ+E2-E0=E k-0解得E k=+E2-E0.答案:(1)图线Ⅱ(2)(3)+E2-E012.(2018·山东日照期末)如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×104 N/C.现有一电荷量q=+1.0×10-4 C、质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出).取g=10 m/s2.试求:(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小;(2)D点到B点的距离x DB;(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字).解析:(1)设带电体通过C点时的速度为v C,根据牛顿第二定律有mg=m,解得v C=2.0 m/s.设带电体通过B点时的速度为v B,轨道对带电体的支持力大小为F B,带电体在B点时,根据牛顿第二定律有F B-mg=m带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理有-mg×2R=m-m联立解得F B=6.0 N根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力F B′=6.0 N(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,有2R=gt2x DB=v C t-··t2联立解得x DB=0.(3)由P到B,带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处.设带电体的最大动能为E km,根据动能定理有qERsin 45°-mgR(1-cos 45°)=E km-m代入数据解得E km=1.17 J.答案:(1)6.0 N (2)0 (3)1.17 J。
高考物理专题复习：电容器的电容一、单选题1．下列关于电容器的说法中，正确的是（）A．给电容器充电后，电容器两极板带上等量的同种电荷B．电容器不带电时，其电容为零C．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多D．电容器的电容由它本身结构决定，跟它是否带电无关2．如图所示，将平行板电容器接在电源两极间，电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态。
若将上极板缓慢地上移一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电荷量不变B．电源中将有电流从正极流出C．尘埃将下落D．电流计中将有电流通过，电流方向由b a→3．对于电容C=QU，以下说法正确的是（）A．一只电容器电荷量越大，电容就越大B．对于固定电容器，它所充电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C．电容器的电容由极板带电量与极板间电压共同决定D．如果一个电容器没有电压，就没有充电荷量，也就没有电容4．如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，aϕ表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。
现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A．aϕ变大，F变大B．aϕ变大，F变小C．aϕ不变，F不变D．aϕ不变，F变小5．让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度.不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内。
现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是（）A．保持B板不动，A板向下平移B．保持B板不动，A板向左平移C．保持B板不动，A板向右平移D．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板6．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。
一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。
现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离后（）A．P点的电势将降低B．带点油滴的电势能将减少C．带点油滴将沿竖直方向向上远动D．电容器的电容减小，则极板带电量将增大7．某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图所示。
