人教版高考物理一轮总复习第7章第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动课时学案

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一、电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系
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
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。
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Q与电容器两极板之间的电势差U之比。
(2)定义式：C＝ eq \f(Q,U)，单位：法拉(F)。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝ eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。
思考辨析
1．电容是表示电容器储存电荷本领的物理量。(√)
2．电容器所带电荷量是指每个极板上所带电荷量的代数和。
(×)
3．如图所示，开关S与“1”端接触后，再与“2”端接触，灯泡是否发光？怎样解释？若发光，电流方向如何？
提示：当开关与“1”接触时，电源给电容器充电，电容器的上极板带正电荷，下极板带等量负电荷，当电容器两端的电压与电源电压相同时，充电完毕；当开关接“2”时，电容器通过灯泡放电，放电电流是从电容器正极板流出通过灯泡流向电容器负极板，灯泡发光。随着电荷量减少，电压降低，灯泡逐渐变暗，放电完毕，灯泡熄灭。
(1)充电过程：带电荷量Q、电容器两极板间的电势差U和电场强度E均增大；放电过程反之。
(2)放电过程电流随时间变化的图像如图所示，阴影部分面积表示电容器减少的电荷量。
(3)电容是由比值定义法定义的，C的大小只由电容器本身的结构决定，与两极板间电压和电荷量无关。
二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管
1．带电粒子在电场中的加速
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))。
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝ eq \f(l,v0)，加速度a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(qE,m)＝ eq \f(qU,md)，偏移的距离y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(qUl2,2mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))，偏转角θ的正切值tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(at,v0)＝ eq \f(qUl,mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))。
3．示波管的构造(如图所示)
(1)电子枪；(2)偏转电极；(3)荧光屏。
思考辨析
1．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)
2．带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)
3．示波管屏幕上的亮斑是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。(√)
4．如图所示，电子由静止开始从A极板向B极板运动，当到达B极板时，速度为v，保持两极板间电压不变。
(1)当改变两极板间距离时，v怎样变化？
(2)当增大两极板间距离时，电子在两极板间运动的时间如何变化？
(3)若把电源断开后，增大两极板间距离时，到达B极板的速度v和运动时间又如何变化呢？
提示：(1)由qU＝ eq \f(1,2)mv2，得v＝ eq \r(\f(2qU,m))，因此当改变两极板间距离时，v不发生变化。
(2)由d＝ eq \f(1,2)· eq \f(qU,md)t2，得t＝ eq \r(\f(2md2,qU))，当d增大时，t也增大。
(3)若把电源断开后，改变两极板之间的距离时，电场强度不变，由qEd＝ eq \f(1,2)mv2得 v＝ eq \r(\f(2qEd,m))，则d增大，v增大；由d＝ eq \f(1,2)· eq \f(qE,m)t2，得t＝ eq \r(\f(2md,qE))，则d增大，运动时间t也增大。
考点1 电容和平行板电容器的动态分析(能力考点)
考向1 电压不变的动态分析
eq \a\vs4\al(典例)(多选)如图所示，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，准确地测定了电子的电荷量。平行板电容器两极板与电压为U的恒定电源两极相连，两极板间的距离为d，现有一质量为m的带电油滴在极板间静止不动，则( )
A. 此时极板间的电场强度E＝ eq \f(U,d)
B. 油滴所带的电荷量q＝ eq \f(mg,Ud)
C. 减小极板间电压，油滴将向下加速运动
D. 将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动
【自主解答】
AC 解析：由U＝Ed知A正确；带电油滴静止，则mg＝qE＝q eq \f(U,d)，解得q＝ eq \f(mgd,U)，B错误；减小极板间电压，电场强度将减小，则mg>qE，油滴将向下加速运动，C正确；将下极板向下缓慢移动一小段距离，极板间距离增大，电场强度减小，油滴将向下加速运动，D错误。
【技法总结】
如图所示，如果平行板电容器充电后始终连接在电源上，两极板间的电势差U就保持不变。
(1)由C＝ eq \f(εrS,4πkd)→C∝ eq \f(εrS,d)，可知C随d、S、εr的变化而变化；
(2)由Q＝UC＝U eq \f(εrS,4πkd)→Q∝ eq \f(εrS,d)，可知Q随d、S、εr的变化而变化；
(3)由E＝ eq \f(U,d)→E∝ eq \f(1,d)，可知E随d的变化而变化。
考向2 电荷量不变的动态分析
eq \a\vs4\al(典例)(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【自主解答】
A 解析：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，使电容器带电，A正确；将b板向上平移，正对面积S变小，由C＝ eq \f(εrS,4πkd) 知，电容C变小，由C＝ eq \f(Q,U) 知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由 C＝ eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由 C＝ eq \f(Q,U) 知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝ eq \f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，但电容C不变，D错误。
【技法总结】
如图所示，若平行板电容器充电后切断与电源的连接，并保持两极板绝缘，电容器既不充电也不放电，则电容器的电荷量Q保持不变。
(1)由C＝ eq \f(εrS,4πkd)→C∝ eq \f(εrS,d)，可知C随d、S、εr的变化而变化；
(2)由U＝ eq \f(Q,C)＝ eq \f(4πkdQ,εrS)→U∝ eq \f(d,εrS)，可知U随d、S、εr的变化而变化；
(3)由E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(Q,Cd)＝ eq \f(4πkQ,εrS)→E∝ eq \f(1,εrS)，可知E随S、εr的变化而变化，与d无关，不随d的变化而变化。
1．(2021·青岛模拟)(多选)如图所示，电路中的A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B极板间的一点，在C、D极板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D极板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )
A. 金属极板C、D构成的电容器的电容减小
B. P点电势降低
C. 玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流
D. A、B两极板间的电场强度减小
AC 解析：根据C＝ eq \f(εrS,4πkd)，将C、D极板间的玻璃板抽出，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则金属极板C、D构成的电容器的电容减小，A正确；闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板上的总电荷量不变，将玻璃板抽出时，金属极板C、D构成的电容器的电容减小，由U＝ eq \f(Q,C) 可知，极板C、D间的电势差变大，极板A、B间的电势差变大，由E＝ eq \f(U,d) 可知极板A、B间的电场强度变大，P点与B极板间的电势差变大，又因B极板接地，电势为0，故P点电势升高，因此C、D极板构成的电容器处于放电状态，A、B极板构成的电容器处于充电状态，电阻R中有向右的电流，C正确，B、D错误。
2．(2020·全国卷Ⅰ)图甲所示电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图乙所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像正确的是( )
A B
C D
A 解析：根据电容器的定义式C＝ eq \f(Q,U) 可知，UC＝ eq \f(Q,C)＝ eq \f(I,C)t，结合题图可知，UC­t图线的斜率为 eq \f(I,C)，则 1～2 s 内的电流I12与3～5 s内的电流I35的关系为I12＝2I35，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律I＝ eq \f(U,R)可知，电阻R两端电压大小关系满足 UR12＝2UR35, 由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。
考点2 带电粒子在电场中的直线运动(基础考点)
1．(多选)如图所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A. a的质量比b的大
B. 在t时刻，a的动能比b的大
C. 在t时刻，a和b的电势能相等
D. 在t时刻，a和b的动量大小相等
BD 解析：经过时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(qEt2,2m) 知，ma＜mb，故A错误；电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知，a、b的动量大小相等，故D正确。
2．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m，带电荷量为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，则( )
A. 微粒到达B点时的动能为 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
B. 微粒的加速度大小等于g sin θ
C. 两极板间的电势差UMN＝ eq \f(mgd,q cs θ)
D. 微粒从A点运动到B点的过程中，电势能减少 eq \f(mgd,cs θ)
C 解析：微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，由题意知微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可得，电场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点时的动能小于 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))，选项A错误；根据qE sin θ＝ma，qE cs θ＝mg，解得微粒的加速度大小a＝g tan θ，选项B错误；两极板间的电势差UMN＝Ed＝ eq \f(mgd,q cs θ)，选项C正确；微粒从A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能的增加量为qUMN＝ eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误。
3．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
A. 金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B. 金属板A、B间的电压减小
C. 甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D. 乙电子运动到O点时的速率为2v0
C 解析：两板间距离变大，根据C＝ eq \f(εrS,4πkd) 可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据 Q＝CU知，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(Q,Cd)＝ eq \f(4πkQ,εrS) 可知，当d变大时，两板间的电场强度不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE·2d＝ eq \f(1,2)mv2和eEd＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))可知，乙电子运动到O点时的速率v＝ eq \r(2)v0，选项D错误。
带电粒子在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
(1)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，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
(2)解题步骤
考点3 带电粒子在电场中的偏转(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电荷量为e)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。已知加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与极板平行的方向进入偏转电场。
(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上的偏转距离最大？
(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子到达荧光屏时的最大偏转距离y为多少？
【自主解答】
解析：(1)要使电子束打在荧光屏上的偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下极板右边缘射出来。
在加速电场中，由动能定理得
eU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
进入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU1,m))
在偏转电场中的飞行时间t1＝ eq \f(l,v0)
在偏转电场中的加速度a＝ eq \f(eE,m)＝ eq \f(eU2,md)
电子从下极板右边缘射出来，则
eq \f(d,2)＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝ eq \f(eU2l2,2mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))＝ eq \f(U2l2,4dU1)
代入数据解得
U2＝ eq \f(4d2U1,2l2)＝ eq \f(1,8)U1＝205 V。
(2)电子束打在荧光屏上的最大偏转距离
y＝ eq \f(d,2)＋y2
电子离开电场的竖直方向的分速度
vy＝at1＝ eq \f(eU2l,mdv0)
电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 t2＝ eq \f(L,v0)
y2＝vyt2＝ eq \f(eU2lL,mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))＝ eq \f(U2lL,2dU1)＝0.05 m
所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离
y＝ eq \f(d,2)＋y2＝0.055 m。
答案：(1)205 V (2)0.055 m
【技法总结】
1．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(1,2)· eq \f(qU2,md)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0))) eq \s\up12(2)
tan θ＝ eq \f(qU2l,mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))
得y＝ eq \f(U2l2,4U1d)，tan θ＝ eq \f(U2l,2U1d)。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O点到入射点的距离为 eq \f(l,2)。
2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离Y的四种方法
(1)Y＝y＋L tan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)；
(2)Y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋L))tan θ(l为偏转电场的极板长度)；
(3)Y＝y＋vy· eq \f(L,v0)；
(4)根据三角形相似 eq \f(Y,y)＝ eq \f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。
(2020·浙江高考)如图所示，一质量为m、电荷量为 q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子运动到MN连线上的某点时( )
A. 所用时间为 eq \f(mv0,qE)
B. 速度大小为3v0
C. 与P点的距离为 eq \f(2\r(2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),qE)
D. 速度方向与竖直方向的夹角为30°
C 解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(qE,2m)t2，由tan 45°＝ eq \f(y,x)，可得t＝ eq \f(2mv0,qE)，故A错误；由于vy＝ eq \f(qE,m)t＝2v0，故粒子的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)))＝ eq \r(5)v0，故B错误；由几何关系可知，粒子运动到MN连线上的某点到P点的距离为L＝ eq \r(2)v0t＝ eq \f(2\r(2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),qE)，故C正确；由平抛运动的推论可知，设α为速度方向与水平方向间的夹角，β为位移方向与水平方向间的夹角，则有tan α＝2tan β，可知速度方向与水平方向间夹角的正切值tan α＝2tan 45°＝2>tan 60°，则速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
考点4 带电粒子在交变电场中的运动(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行金属极板板长和极板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示(每个电子穿过平行金属极板的时间都极短，可以认为极板间电压是不变的)。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。
【自主解答】
解析：(1)电子经加速电场加速的过程满足
qU0＝ eq \f(1,2)mv2
经偏转电场偏转后的偏移量
y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(1,2)· eq \f(qU偏,mL) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v))) eq \s\up12(2)
联立解得y＝ eq \f(U偏L,4U0)
由题图乙知在t＝0.06 s时刻，U偏＝1.8U0，电子向上偏转，所以y＝4.5 cm
设电子打在屏上的点距O点的距离为Y，则满足
eq \f(Y,y)＝ eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
解得Y＝13.5 cm。
(2)由题意知，电子偏移量的最大值ymax＝ eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，设电子打在荧光屏上的最远点距O点的距离为Y′，则有 eq \f(Y′,ymax)＝ eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，解得Y′＝ eq \f(3,2)L，所以荧光屏上有电子能打到的区间长为2Y′＝3L＝30 cm。
答案：(1)O点上方13.5 cm处 (2)30 cm
【技法总结】
带电粒子在交变电场中的运动问题
(1)处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的变速直线运动。
(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系
①若t≪T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时的电场强度。
②若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性。
(3)注意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别，找到满足题目要求的时刻。
1．(2020·绵阳模拟)(多选)如图所示，平行金属板A、B水平放置并带有等量异种电荷，金属板A带正电。现有a、b两个带电粒子，质量分别为m1 和m2 ，带电荷量大小分别为q1和q2，它们以相同的初速度先后垂直电场线从同一点射入平行板间的匀强电场，a、b两粒子分别打在金属板B上的M点和N点，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )
A. a、b两粒子均带正电
B. a、b两粒子的电荷量关系为q1＞q2
C. a、b两粒子的比荷关系为 eq \f(q1,m1)> eq \f(q2,m2)
D. 电场对a、b两粒子所做功的关系为WaAC 解析：由于金属板A带正电，两粒子向下偏转，故a、b两粒子均带正电，选项A正确；两粒子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向有x＝v0t，在竖直方向有y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(Eqx2,2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))，由题图可知xb>xa，则有 eq \f(q1,m1)> eq \f(q2,m2)，由题设条件无法比较q1与q2的关系，选项B错误，C正确；由电场力做功公式W＝qU知，因加速电压U相同，而q1与q2的大小关系不能确定，所以不能确定Wa与Wb的大小关系，选项D错误。
2．(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两极板间，最后垂直打在屏M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)( )
A. 两极板间的电压为 eq \f(mgd,2q)
B. 两极板间的电场强度大小为 eq \f(2mg,q)
C. 整个过程中质点的重力势能增加了 eq \f(mg2L2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))
D. 若仅增大两极板间的距离，则该质点不可能垂直打在屏M上
BC 解析：根据题意分析可知，质点在平行板间应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹具有对称性，如图所示。
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝ eq \f(2mg,q)，由 U＝Ed 得，两极板间的电压U＝ eq \f(2mg,q)×d＝ eq \f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝ eq \f(1,2)at2，a＝ eq \f(qE－mg,m)＝g，t＝ eq \f(L,v0)，解得y＝ eq \f(gL2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))，故质点打在屏M上的位置与P点的距离为s＝2y＝ eq \f(gL2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))，重力势能的增加量Ep＝mgs＝ eq \f(mg2L2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)))，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上的电荷量不变，根据E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(Q,Cd)＝ eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝ eq \f(4πkQ,εrS) 可知，两极板间的电场强度不变，质点在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故仍能垂直打在屏M上，故D错误。
eq \a\vs4\al(典例)在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、电阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按如图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2端，电容器放电，直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的U­t曲线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据分析后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知，充电电流与放电电流方向_______(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间________(选填“增加”或“减小”)。
(2)当开关接1时，上极板带什么电？
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确。
【自主解答】
解析：(1)根据题图甲所示的电路，观察题图乙可知，充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小。
(2)当开关接1时，与电源连接，电源向电容器充电，上极板带正电。
(3)正确。因为当开关S与2连接时，电容器放电，电容器C与电阻R上的电压大小相等，所以通过对放电曲线进行数据分析后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”表示Q与R的乘积，可应用公式C＝ eq \f(Q,U)＝ eq \f(\f(S,R),Um)＝ eq \f(S,RUm) 计算电容值。
答案：(1)相反 减小 (2)带正电 (3)正确 分析说明见解析
【核心归纳】
实验装置与步骤
eq \a\vs4\al(变式1)按如图所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，以下说法正确的是( )
A. S接a时与接b时，电流计指针的偏转方向相同
B. S接a时与接b时，电流计指针的偏转方向相反
C. S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能
D. S断开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能
B 解析：充电过程与放电过程的电流方向是相反的，选项A错误，B正确；电容器充电时，其他形式的能转化为电容器的电能，选项C错误；S断开a接到b时，电容器放电，电容器的电能转化为其他形式的能，选项D错误。
eq \a\vs4\al(变式2)电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像。图甲是用电流传感器观察电容器充电、放电过程的实验电路图，图中的电源电压为6 V。
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I­t图像，如图乙所示。根据图像估算出电容器整个放电过程中释放的电荷量为_______C，该电容器的电容为______μF(结果保留整数)。
解析：由Q＝It可知，题图乙中图线与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，数方格数时大于半格的算一个，小于半格的舍去，图线与坐标轴所包围的格子个数为38，所以释放的电荷量为 Q＝8×10－5×38 C＝3.04×10－3 C，电容器的电容 C＝ eq \f(Q,U)＝ eq \f(3.04×10－3,6) F＝5.07×10－4 F＝507 μF。
答案：3.04×10－3 507
题干关键
获取信息
每个电子穿过平行金属
极板的时间都极短
电子穿过极板过程中，上、下极板间的电压U不变
上极板的电势随时间变化的图像
电子可向上或向下偏转
荧光屏上有电子打到的区间
电压过大时，电子打在极板上，不会打到荧光屏上
电路图及器材
实验步骤
(1)实验电路图
(2)实验器材
直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表、单刀双掷开关、导线
(1)按实验装置图连接好电路
(2)观察充电现象：开关S接1，仔细观察电压表、电流表示数的变化特点
(3)观察放电现象：开关S由1打到2，仔细观察电压表、电流表示数的变化特点