新高考物理一轮复习讲义 第8章 第3讲 电容器 实验：观察电容器的充、放电现象

这是一份新高考物理一轮复习讲义 第8章 第3讲 电容器 实验：观察电容器的充、放电现象，共12页。


考点一 电容器及平行板电容器的动态分析
基础回扣
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＝eq \f(Q,U).
(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：正对面积、相对介电常数、两板间的距离．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
技巧点拨
1．两类典型问题
(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．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化．
两极板间电势差不变
例1 (2016·全国卷Ⅰ·14)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，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
答案 D
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C变小时，Q变小．再由E＝eq \f(U,d)，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．
两极板带电荷量不变
例2 (2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图1所示．下列说法正确的是( )
图1
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
答案 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，A正确；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，是由于C不变导致的，D错误．
1．(U不变)(多选)(2019·天津市南开区下学期二模)如图2所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与恒压电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )
图2
A．液滴将向下加速运动
B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将降低
C．M点的电场强度变小了
D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同
答案 BD
解析 极板始终与电源连接，电压不变，d减小，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度E增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；b点电势为零， UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电势差相同，电场力做功qU相同，故D正确．
2．(Q不变)(2016·天津卷·4)如图3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，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep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( )
图3
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
答案 D
解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝eq \f(U,d)，Q＝CU，C＝eq \f(εrS,4πkd)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．
考点二 实验：观察电容器的充、放电现象
基础回扣
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图4所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场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移动，电流I＝0 .
图4
(2)电容器的放电过程
如图5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．
图5
2．实验步骤
(1)按图6连接好电路．
图6
(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．
电容器充、放电现象的定性分析
例3 在如图7所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是( )
图7
A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电
B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电
D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电
答案 A
解析 开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A正确，B错误；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错误．
电容器充、放电现象的定量计算
例4 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8甲是用电流传感器观察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.
图8
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I－t图像如图乙所示．已知图形与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，该电容器电容为________ μF.(均保留三位有效数字)
答案 3.04×10－3 507
解析 根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子代表电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，因此图像与时间轴围成的面积所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为Q＝8×10－5 C×38＝3.04×10－3 C．根据电容器的电容C＝eq \f(Q,U)可知，C＝eq \f(3.04×10－3,6) F≈5.07×10－4 F＝507 μF.
3．(对电容器充、放电过程的理解)(2020·全国卷Ⅰ·17)图9(a)所示的电路中，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(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
图9
答案 A
解析 电阻R两端的电压UR＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流．对电容器，Q＝CUC，而I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝Ceq \f(ΔUC,Δt)，由UC－t图像知：1～2 s内，电容器充电，令I充＝I；2～3 s内，电容器电压不变，则电路中电流为0；3～5 s内，电容器放电，则I放＝eq \f(I,2)，结合UR＝IR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应．
课时精练
1．超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．现有一款超级电容器，其上标有“2.7 V 400 F”，下列说法正确的是( )
A．该电容器的输入电压只有在2.7 V时，才能工作
B．该电容器的电容与电容器两极板间的电势差成反比
C．该电容器不充电时的电容为零
D．该电容器正常工作时储存的电荷量为1 080 C
答案 D
解析 电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不能超过2.7 V，可以小于2.7 V，故A错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极板间的电势差无关，故B错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，该电容器不充电时电容不变，故C错误；该电容器正常工作时储存的电荷量：Q＝CU＝400×2.7 C＝1 080 C，故D正确．
2.如图1所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地．一带电油滴静止于P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴( )
图1
A．仍保持静止，电势能不变
B．仍保持静止，电势能减小
C．将向下运动，电势能增大
D．将向下运动，电势能减小
答案 B
解析 由题意可知，电容器极板上的电荷量保持不变，当下极板竖直向下移动一小段距离时，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，电场强度不变，因此带电油滴仍保持静止，故C、D错误；由题意可知P带负电，下极板向下移动，由φP－0＝Ex可知P点电势升高，电势能减小，故B正确，A错误．
3．(多选)(2020·安徽宿州市质检)如图2为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
图2
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小
答案 BC
解析 由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝eq \f(Q,U)可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr减小，则电容C减小，由公式C＝eq \f(Q,U)可知，电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．
4.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如图3所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
图3
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
答案 D
解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，知正对面积减小，则液体的深度h在减小，故D正确，A、B、C错误．
5．图4甲是观察电容器放电的电路．先将开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息传入计算机，在屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示，则下列判断正确的是( )
图4
A．随着放电过程的进行，该电容器的电容逐渐减小
B．根据I－t曲线可估算出该电容器的电容大小
C．根据I－t曲线可估算出电容器在整个放电过程中释放的电荷量
D．电容器充电过程的I－t曲线电流应该随时间的增加而增大
答案 C
解析 电容器的电容只由电容器本身决定，与电容器所带电荷量无关，选项A错误；由q＝It知，I－t曲线中图线与t轴所围图形面积表示电容器在整个放电过程中释放的电荷量，选项B错误，C正确；电容器充电前电流为零，充电结束时电流也为零，故电容器充电过程的电流应该随时间先增大后减小，选项D错误．
6.(多选)(2019·河北衡水中学模拟)如图5所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )
图5
A．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ增大
B．保持开关S闭合，略向右移动A板，则θ不变
C．断开开关S，略向上移动A板，则θ增大
D．断开开关S，略向上移动A板，则θ不变
答案 AC
解析 保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，带负电的A板向右移动，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，U＝eq \f(Q,C)得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，略向上移动A板，则S减小，E变大，小球所受的电场力变大，则θ增大，故C正确，D错误．
7．(2020·浙江宁波市二模)电容式压力传感器的原理如图6所示，其中上板为固定电极，下板为可动电极．可动电极的两端固定，当有压力作用于可动电极时，极板会发生形变，从而改变电容器的电容．已知电流从灵敏电流计的正接线柱流入时指针往右偏，则压力突然增大时( )
图6
A．电容器的电容变小
B．电容器的电荷量不变
C．灵敏电流计指针往左偏
D．电池对电容器充电
答案 D
解析 当压力突然增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)得知，电容C增大，故A错误；电容板间电压U不变，电容器所带电荷量Q＝CU，C增大，则Q增大，电容器处于充电状态，而上极板带正电，电流将从灵敏电流计正接线柱流入，所以灵敏电流计指针向右偏转，当稳定后，则会回到中央，故B、C错误，D正确．
8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一正试探电荷固定在P点，如图7所示．以C表示电容器的电容、E表示两极板间的场强、φ表示P点的电势，Ep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l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是( )
图7
答案 C
解析 由平行板电容器的电容C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，d减小时，C变大，但C与x的关系图像不是一次函数图像，故A错误；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝eq \f(Q,C)，E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)与d无关，故B错误；在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离为d，移动x后距离为d－x.因为移动极板过程中电场强度E不变，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，故C正确；正电荷在P点的电势能Ep＝qφP＝qEd－qEx，故D错误．
9．电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线．某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：
待测电容器(额定电压为16 V)；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100 Ω、单刀双掷开关；导线若干．
实验过程如下：
①按照图8甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i－t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出i－t曲线和两坐标轴所围的面积．
请回答下列问题：
(1)已知测出的i－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3 mA·s，则电容器的电容C＝________ F；
(2)若将定值电阻换为R1＝180 Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的i－t图线应该是图丙中的曲线________(选填“b”或“c”)．
图8
答案 (1)4.7×10－3 (2)c
解析 (1)由i－t图像得到开始放电时电流为I＝90 mA＝0.09 A
故最大电压为U＝IR0＝0.09 A×100 Ω＝9 V
故电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(42.3 mA·s,9 V)＝4.7×10－3 F
(2)换用阻值为180 Ω的定值电阻，根据im＝eq \f(U,R1)，则第2次实验的最大电流小些，故选c.