2023年高考物理总复习试题讲解：第八章第3讲 电容器实验观察电容器的充放电现象带电粒子在电场中的直线运动（含答案）

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1、第3讲电容器实验：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.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动考点一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：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

2、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(F)、皮法(pF).1 F106 F1012 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.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()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

3、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不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据UABEd分析某点电势变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强变化 考向1两极板间电势差不变例1(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动下列说法正确的是()A振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变B振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高C振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流D振动膜

4、向左运动时，振动膜所带的电荷量减小答案BD解析振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E，电容器板间的电场强度变大，根据C电容增大，根据C，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C，电容减小，根据C知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a 的电流， C错误，D正确 考向2两极板带电荷量不变例2(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P

5、点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是()A静电计指针的张角变小BP点电势升高C带电油滴向上运动D带电油滴的电势能不变答案AD解析将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据C可知，电容器的电容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；根据场强公式，得E，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电油滴不会移动，根据电势差与场强的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错误，D正确 考向3电容器的综合分析例3(多选)平行板电容器的两极板A、B接于

6、电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为，如图所示那么()A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变答案AD解析保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的静电力变大，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，由C，C得E，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，不变，故C错误，D正确考点二实验：观察电容器的充、放电现象1实

7、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I0 .(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

8、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 考向1电容器充、放电现象的定性分析例4在如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是()A开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B开关

9、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 考向2电容器充、放电现象的定量计算例5(2022山东枣庄市模拟)电流传感器可以测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化；将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的it图像，图甲所示的电路中：直流电源电动势为8 V，内阻可忽略；C为电容器，先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程

10、可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it图像如图乙所示，(下列结果均保留两位有效数字)(1)根据it图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为_ C；(2)通过实验数据，计算出电容器的电容为_ F；(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时it曲线与横轴所围成的面积将_(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将_(填“变长”“不变”或“变短”)答案(1)1.6103 (2) 2104(3)不变变短解析(1)根据it图像围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据题图乙知纵坐标每个小格为0

11、.2 mA，横坐标每小格为0.2 s，则每小格所代表的电荷量为q0.21030.2 C4105 C，曲线下的小格数的个数大约为41个，所以电容器全部释放的电荷量为Q41q1.6103 C(2)该电容器的电容为C F2104 F.(3)根据电容的计算公式可得电荷量QCU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时it曲线与横轴所围成的面积不变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以减小电阻，充电时间将变短考点三带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 考向1带电粒子在电场中的直线运动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

12、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2用动力学观点分析a，E，v2v022ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv02非匀强电场中：WqUEk2Ek1例6如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为q的粒子在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则Mm为()A32 B21C52 D31答案A解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM，lt2；对电荷量为q的粒子

13、有am，lt2，联立解得，故选A. 考向2带电体在静电力和重力作用下的直线运动例7如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：(1)两极板间的电压；(2)小球运动的最大速度答案(1)(2)解析(1)根据动能定理可得4mgd2UqUqUq0解得U(2)当两个小球在电场中时，静电力F12qmg4mg故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理

14、可得4mgUqUq4mv20解得v. 考向3带电粒子在交变电场中的直线运动1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(2)粒子做往返运动3解题技巧(1)按周期性分段研究(2)将at图像vt图像例8匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度不为零D03 s内，静电力做的总功为零答案D解析由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加

15、速度大小为a1，第2 s内加速度大小为a2，故a22a1，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，vt图像如图所示：带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t2 s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，03 s内，静电力做的总功为零，故D正确课时精练1(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A根据C可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，

16、跟两极板间的电压成反比B对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍答案BC解析电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量无关，故A、D错误；根据QCU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确2工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定

17、，且分别接在恒压直流电源的两极上当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()AA、B平行板电容器的电容减小BA、B两板间的电场强度增大CA、B两板上的电荷量变小D有电流从a向b流过灵敏电流计答案D解析根据平行板电容器的决定式C可知当产品厚度增大时，导致r增大，电容器的电容C增大，A错误；电压U不变，根据QCU可知，极板带电荷量Q增加，C错误；电容增大，故电容器充电，电流从a向b流过灵敏电流计，D正确；两板之间的电势差不变，板间距不变，则两板间电场强度E不变，B错误3.(多选)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时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()

18、A带电尘粒将向上运动B带电尘粒将保持静止C通过电阻R的电流方向为A到BD通过电阻R的电流方向为B到A答案BC解析由于电容器与电源相连，故电容器两端电压不变，因板间距不变，故极板间的场强不变，带电尘粒所受的静电力不变，带电尘粒仍能保持静止，A错误，B正确；因正对面积减小，由C知，C减小，因电压不变，由C知，Q减小，故电容器放电，因电容器上极板接电源正极，上极板带正电，所以电流由A流向B，D错误，C正确4静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力根据题目信息可知(

19、)AM板电势低于N板电势B进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力D增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力答案D解析由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板M电势高，A错误；由动能定理知qUmv2，解得v，所以进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极板距离无关，故D正确，B、C错误5.(多选) 如图所示，A、B两导体板平行放置，在t0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中一定

20、能使电子打到B板的是()答案CD解析加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，电子向B板先匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；加D项所示电压时，电子在

21、一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确6.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，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mv02B微粒的加速度大小等于gsin C两极板的电势差UMND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

22、动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin ma，qEcos mg，解得E，agtan ，选项B错误；两极板的电势差UMNEd，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7.(多选)如图所示电路，电容器两板水平，下板接地，电键K闭合，P为两板间的一固定点，要使P点的电势升高，下列措施可行的是()A仅断开电键KB仅将下板向下平移一些C仅将上板向下平移一些D断开电键K将下板向下平移一些答案BCD解析设P到下板的距离为h，仅断开电键K，两板的带电荷量不变，两板间的电场强度不变，则P点的电势PhE不变，A错误；仅将下板向下平移一些，则两极板间电压U不变，

23、则由E可知，d增大，则E减小，可知P点与上极板间电势差减小，故P点电势升高；若仅将上板向下平移一些，则d减小，E增大，可知P点与下极板间电势差增大，则P点电势升高，B、C正确；断开电键后，电容器的带电荷量不变，板间距离变化时，板间场强不变，h变大，由PhE可知，P点的电势升高，D正确8.(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则()A粒子射入的最大深度为B粒子射入的最大深度为C粒子在电场中运动的最长时间为D粒子在电场中运动的最长时间为答案BD解析粒子从射入到运动至右端，由动能定理得Eqxmax0mv02，最大

24、深度xmax，由v0at，a可得t，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax2t，故选B、D.9(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在t时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则()AA、B两板间的距离为B电子在两板间的最大速度为C电子在两板间做匀加速直线运动D若电子在t时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板答案AB解析电子在t时刻由静止释放进入两极板运动，先加速后减速，在tT时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度a，则有d2a()2，解得d，故A正确；由题意可知

25、，经过时间电子速度最大，则最大速度为vma，故B正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t时刻进入两极板，在时间内电子做匀加速直线运动，位移x(T)2dd，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，故D错误10(2022江苏苏州市模拟)如图所示，矩形匀强电场区、的高和间距均为h，上面为、下面为，电场强度方向在竖直平面内，电场强度大小为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场和时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则()A刚进入电场时加速度方向竖直向上B穿过电场的时间大于在两电场之间的运动时间C穿过两电场后小球的电势能增加了3mg

26、hD穿过两电场后小球的电势能增加2mgh答案A解析因为小球在匀强电场区、之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场区的初速度相等，由于匀强电场区与、之间的间距均为h，且在匀强电场区中一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场区中做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度，根据Fmgma可知静电力为重力的2倍，运动过程与在、之间的运动具有对称性，穿过电场的时间等于在两电场之间的运动时间，所以A正确，B错误；由于静电力为重力的2倍，所以经过两个电场区域，电势能增加Ep22mgh4mgh，选项C、D错误11随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室逐渐普及某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容

27、器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示(1)先使开关K与1端相连，电源对电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带_电；(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的It、Ut曲线，如图乙所示；(3)由图乙可知，电容器充满电的电荷量为_ C，电容器的电容为_ F；(保留两位有效数字)(4)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出It曲线答案(1)正(3) 3.5103(3.31033.7103均可)4.4104(4.11044.6104均可)(4)见解析图解析(

28、1) 电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；(3)It图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，一小格代表的电荷量为q0.25 mA1 s2.5104 C题图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为Q14q3.5103 C电容器充满电后电压为8 V，则电容器的电容为C4.4104 F(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，总电荷量不变，时间会延长，图像如下图所示12如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略下列说法正确的是()A小球运动的速度一直增大B小球先做匀加速运动后做匀速运动C小球刚开始运动时的加速度大小a0gD小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比答案D解析 小球速度增大到v0后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的静电力，故此时加速度a0g，故C错误；由av图像，可得akva0，由牛顿第二定律，可得mgqEFfma，可解出加速度为ag，联立可知a0g，还可知kv，即Ffkmv，故D正确