（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第43課時 電容器（重點突破課）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 電容器（重點突破課）講義（含解析） 電容概念的理解、電容器充放電問題、平行板電容器動態(tài)分析問題是高考的熱點，而平行板電容器的動態(tài)分析因為涉及物理量多、變化情況多，成為學(xué)生較難掌握的地方。 1．電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電 ①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩個極板分別帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電能。 ②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電

2、荷量與兩個極板間的電勢差的比值。 (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：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(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)因素的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電

3、容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大 [解析]　實驗前，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；實驗中，b板向上平移，正對面積S變小，由C＝知，電容C變小，由C＝知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，故B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝知，電容C變大，由C＝知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，故C錯誤；只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計指針的張角變大，是由于U變大導(dǎo)致的，故D錯誤。

4、 [答案]　A [規(guī)律方法]　電容器動態(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)動極板和定極板之間的距離d變化時，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容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表示兩板間的電場強度，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)d增

5、大，S不變時，Q減小，E減小 B．當(dāng)S增大，d不變時，Q增大，E增大 C．當(dāng)d減小，S增大時，Q增大，E增大 D．當(dāng)S減小，d增大時，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，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，同理可得C變大，Q增大，E不變，B錯誤；當(dāng)d減小，S增大時，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，C變小，Q減小，E減小，D錯誤。 3.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計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點的點電荷，以E表

6、示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動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，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U＝可知U變小，則靜電計指針的偏角θ減??；又因為兩板間電場強度E＝＝＝，Q、S不變，則E不變；因為E不變，則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故只有選項D正確

7、。 考點二　帶電體在電容器中的平衡問題 [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板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　 B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動 [解析]　開始時油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝q，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力F＝q變小，mg＞F，并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向為向右下方，故油滴向右下方運動，D正確。 [答案]　D (

8、1)平行板電容器形成的勻強電場E＝。 (2)針對帶電體在電容器中的平衡問題，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，閉合開關(guān)，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)。為了使液滴豎直向上運動，下列操作可行的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)，將兩板間的距離拉大一些 B．?dāng)嚅_開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些 C．保持開關(guān)閉合，將兩板間的距離減小一些 D．保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板

9、沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉(zhuǎn)過一個小角度 解析：選BC　開始時液滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，有Eq＝mg。兩板間的電場強度E＝，保持開關(guān)閉合時，U不變，當(dāng)兩板間的距離d減小時，E變大，此時Eq>mg，液滴豎直向上運動，C正確；保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉(zhuǎn)過一個小角度，E方向變了，此時液滴不會沿豎直方向運動，D錯誤；斷開開關(guān)，電容器的電荷量Q不變， E＝＝＝，則E與d無關(guān)，所以斷開開關(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錯誤；斷開開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些，兩板的正對面積S變小，E變大

10、，此時Eq>mg，所以液滴豎直向上運動，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開始運動。重力加速度為g，粒子運動的加速度大小為(　　) 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極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個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，下列說法正確的是(　　) 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，根據(jù)E＝可知，極板間的電場強度減小，電場力減小，所以夾角將減??；乙圖中電容器充電后斷開電源，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＝＝，極板間的電場強度E＝＝，電場強度與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確。

12、 考點三　帶電體在電容器中的運動問題 [典例]　如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上極板開有一小孔，質(zhì)量均為m、帶電荷量均為＋q的兩個帶電小球(視為質(zhì)點)，其間用長為的絕緣輕桿相連，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)下端小球到達下極板時，速度剛好為零(已知靜電力常量為k)。求： (1)兩極板間勻強電場的電場強度； (2)兩球運動過程中的最大速度大小； (3)下端小球剛進入電場時桿中的彈力。 [解析]　(1)兩球由靜止開始下落到下端小球到達下極板的過程中，由動能定理得 4mgd－Eqd－Eq＝0， 解得E＝，方向豎

13、直向上。 (2)因為qE＝>2mg， 所以兩球由靜止開始下落至下端小球恰好進入小孔時，兩球達到最大速度，此過程利用動能定理得 2mgd＝×2mv2， 解得v＝。 (3)下端小球剛進入電場時整體加速度為 a＝＝，方向豎直向上， 取上端小球為研究對象，設(shè)桿對其的作用力為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，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，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)點自P點自由下落后仍能返回 B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 解析：選ACD　移動A板或B板后，質(zhì)點能否返回P點，取決于質(zhì)點在A、B間運動時到達N孔之前速度能否減為零，若能減為零，則一定能返回P點；若不能

15、減為零，則穿過N孔后只受重力，將繼續(xù)下落。初始時，質(zhì)點到達N孔時速度恰為零，由動能定理得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，均滿足mgh－qU＝0的條件，即h＝2d，則質(zhì)點到達N孔時速度恰好為零，能返回，A正確，B錯誤；當(dāng)把B板上移后，設(shè)質(zhì)點仍能到達N孔，則由動能定理得mgh′－qU＝mv2，因B板上移后h′<2d，所以mgh′0，即質(zhì)點到達N孔時仍有向下的速度，故將穿過N孔繼續(xù)下落，D正確。 2.如圖所示，充電后的平

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處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求： (1)小球到達小孔處的速度大??； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落至運動到下極板處的時間。 解析：(1)設(shè)小球到達小孔處的速度大小為v，由自由落體運動規(guī)律有 v2＝2gh，得v＝。 (2)設(shè)小球在極板間運動的加速度大小為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動的時間 t1＝ ， 由0＝v－at2得小球在電場中運動的時間t2＝d ， 則小球運動的總時間t＝t1＋t2＝ 。 答案：(1)　(2)　 (3)