高考物理电容器专题

1、电 容 器 的 电 容 专 题一、基础知识1 .任何两个彼此绝缘又相距很近 的导体都可以构成电容器.这两个导体称为电容器的电2 .把电容器的两个极板分别与电池的两极相连，两个极板就会带上等量的异号电荷，这一过程叫其也 电容器的一个极板所带的电荷量的绝对值叫做电容器的电荷正 用导线把电容器的两板接通，两板上的电荷中和，电容器不再带电,这一过程叫做放电。3 .电容器 所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差 U的比值，叫做电容器的电容，用符号C表不，表达式为C o一U4 . 一般说来，构成电容器的两个导体的正对面积越大小亶越小这上电容器的电容就越大；两个导体间 电介质的性质也会影响电容器的电容。二、

2、定义式：C=Q/U=A Q/AU,适用于任何电容器。决定式；C=s S/4冗kd,仅适用于平行板电容器。对平行板电容器有关的 C Q U、E的讨论问题有两种情况。对平行板电容器的讨论：c 上、C 9、E U4 kd U d电容器跟电源相连，U不变，q随C而变。d?fCj fqJfEje、St “Ct fq?fE 不变。充电后断开，q不变，U随C而变。d j Cj fUt f E U 4dq 4q 不变。e、SJ fCj fUt fEt。d cd sd s问题1:静电计为什么可测量两个导体的电势差？问题2:静电计会改变被验两个导体的电量与电势差吗？典型例题例1.如图6所示，平行板电容器在充电后不

3、切断电源，此时板间有一带电尘粒恰A、能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时（）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分析：粒子静止在电容器内，则由共点力的平衡可知电场强度与重力的关系；再根据变化后的场强判断能否保持平衡；由电容器的决定式可知电容的变化，由电容的定义式可知极板上电荷量的变化，由充放电知识可知电流 的方向解析：A、B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 电粒子所受的电场力不变，粒子仍能保持静止，故 A错误，B正确；S QC D因正对面积减小，由 C 知，C

4、减小，因电压不变，由 C 一知，Q减小，故电谷器放电,4 kdU因电容器上极板接电源正极，上极板带正电，所以通过电流的方向由A流向B,故C正确、D错误。金属板，G是a 口 riEL空一L 1 角度，下述情 由【例2】如图电路中，A B为两块竖直放置的一只静电计，开关 S合上时，静电计张开一个况中可使指针张角增大的是A合上S,使A、B两板靠近一些B、合上S,使A、B正对面积错开一些C断开S,使A、B间距增大一些D断开S,使A、B正对面积错开一些答案：C、D解析 静电计显示的是 A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高.当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，静

5、电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使 A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由 C 0可知，板间电压UU增大，从而使静电计指针张角增大.所以本题的正确选项是 C、D.答案：CD例3、图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为 待测物体，在两极板间电压恒定的条件下， 极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若 Q随时间t的变化关系为Q= （a、b为大于零的常数），其图象如 t a题图2所示，那么题21图3、图4中反映极板间场强大小 E和物体速率v随t变化的图线可能是（）A.和B.和 C. 和 D. 和解析由题意可知：E U

6、- d Cd s .d4k dQ s 4k所以E的变化规律与Q的变化规律相所以d =vt+a ,所以是匀速移动,似，所以E的图象为，由Q CU 一一U4k d所以速度图象为，综上所述 C正确.针对训练1、如图所示，C为中间插有电介质的电容器， a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行 金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度 a.在以下方法中，能使悬线的偏角 a变大的是（）A.缩小a、b间的距离B.加大a、b间的距离C.取出a、b两极板间的电介质D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质E.加大

7、P、Q之间的距离F.缩小a、b间的正对面积G.取出ab两极间的电解质，换一块形状大小相同的导体分析：题中电容器ab与平行金属板PQ并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度”的变化。SQ 解析：A、缩小a、b间的距离，根据 C 则电容C增大，Q不变，由C , ab间的电势差U4 kdU减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，” 变小.故A错误；日加大a、b间的距离，由A知，B正确；SQC取出a、b两极板间的电介质，根据 C 则电容C减小，Q不变，由C , ab间的电势差4 kdUU增大，所以PQ两端的

8、电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，” 变大.故C正确;SQD换一块形状大小相同、 介电常数更大的电介质， 根据C r,则电容C增大，Q不变，由C 一， 4 kdUab间的电势差U减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，口 变小.故D错误;E、加大P、Q之间的距离，因为ab间的电势差不变，P、Q间的电势差不变，由E U知电场强度减小， dS电场力减小，所以 a变小.故E错误；F、缩小a、b间的正对面积，根据 C r,则电容C减小， 4 kdQ Q不变，由C 一 , ab间的电势差U增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，Ua变大.故F正确；G取出a、

9、b两极板间的电介质，换一块形状大小相同的导体，相当于板间距离减小，根据rS4 kd则电容C增大，Q不变，由C 一，ab间的电势差U减小，所以PQ U势差减小，电场强度减小，则电场力变小，a 变小.故G错误。2、传感器是把非电学量（如温度、速度、压力等）的变化转换为电学量 一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用.如图是一种测量液面 电容式传感器的示意图.从电容C大小的变化就能反映液面的升降情两者关系的说法中正确的是A. C增大表示h减小 B . C减小表示h增大C. C减小表示h减小 D . C的变化与h变化无直接关系两端的电S分析：根据电谷器的决定式 C r一，结合正对面积的变化，判断电容的

10、变化。 4 kdS斛析：当h减小时，则正对面积减小，根据电谷命的决te式C ,电容器的电容减小，反之， h增4 kd大，电容增大。故 C增大，说明h增大；C减小，说明h减小；故C正确，A、B、D错误。3、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在1-有一正点电荷（电荷量很小）固定在 P点，如图所示。以极板间的场强，U表示两极板间的电压， W表示正点电荷. 'p电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示 . 士 一则（A. U变小，E不变 B . E变大，W变大C. U变小，W不变 D . U不变，W不变两极板间 E表示两 在P点的 的位置，分析：抓住电容器的电荷量不变，结合

11、电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出 P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化解析：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变.将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据CrSQ 一 ，、，知，电容增大，根据 C 一知，板间电压变小。4 kdU工 U Q 4 kQ 1 一一 ,、由E 知，两板间的电场强度与 d无关，则可知电场强度不变。d Cd rS rSP与负极板间的距离不变，由公式 U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，根据 W q知，正电荷在P点的电势能不变.故 A C正确，B、D错误。4、如图4所示的实验装置

12、中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板 A接地。若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指 出平行板电容器电容变小的结论的依据是（？D?）A.两极板间的电压不变，极板上的电量变小；B.两极板间的电压不变，极板上的电量变大；C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小；针变化作D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大解：A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变.将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小， 电容减小，由公式C q可知,U电容器极板间电压变大。故 D正确。5、如图138 4所示，平行金属板 A B组成的

13、 电后与静电计相连.要使静电计指针张角变大， 中可行的是（AB）A.将A板向上移动 B .将B板向右电容器，充 下列措施移动部分电荷解：A、B C、电容器所带电量 Q保持不变，静电计指针张角图 13S-4变大，板间电C.将A B之间充满电介质D .将A板放走Q.S势差u变大，由C Q知，电容C变小，根据C -rS-分析可知板间距离应增大、或抽出电介质、或U4 kd者减小正对面积，故 A正确，B正确，C错误。QD将A板放走部分电荷，由 C 可知电势差减小，故 D错误。 U6、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.

14、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）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分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E U分析板d间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况.由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。解析：C、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变， 根据E Ud得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动.故 C错误。A、场强E减小，而P点与下极板间的

15、距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低.故 A正确。日由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加.故B错误。D根据Q=Uc由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小。故D错误。7.如图所示，平行板电容器的电容为C,带电荷量为Q,两极板距离为d,今在距1两极板的中点2d处放一电荷q,则（A ）QqA. q所受电场力的大小为Cd B . q所受电场力的大4QC. q点处的电场强度是kd2 D . q点处的电场强4Qq 小为kd28q 度是kd2分析：解答本题关键应掌握：电容的定义式

16、 c Q,即可得到电容器板间电压 U,由E ,求出板间 Ud电场强度E, q所受的电场力F=qE;平行板电容器不是点电荷，不能用kg求解板间场强。r解析：A、B由C Q得，电容器板间电压U Q,板间场强E & , q所受的电场力大小为UCCdF qE 9。故A正确，B错误。 CdC D由于平行板电容器不是点电荷，不能用kQ求解板间场强。故 c D错误。r8、竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接。绝缘线与左极板一、的夹角为0。保a b持极板位置不变，当滑动变阻器R的滑片在a位置时， 1 ；电流表B、士*>4 +24r

17、血上 d田 1©""E-l 、土4aa的读数为1l,夹角为0 1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2,夹角为。2,则(D)A. 8 1< 82,I i<| 2B.8 i> 82,I i> 2C. 9 1= 92,I i=I2D.9 i< 92,I i=I2分析：由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路，故可判断电路中电流的变化；由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化。解析：解：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I

18、l = I2；小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大， 则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；故D正确。9.如图1716所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将 P固定住，然后使两板各绕其中点转过a角，如图虚线所示，再撤去外力，则带电微粒 P在两板间.一 (B )6" 尸A.保持静止L 1二彩 TB.水平向左做直线运动图 l 716C.向右下方运动D.不知a角的值无

19、法确定P的运动状态分析：带电微粒 P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的 电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板 A B分别以Q 0'中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度a,然后释放 巳 此时P受到重力、电场力，合力向左，故P做向左的匀加速直线运动。解：初位置时，电场力和重力平衡，设电场强度为E,初状态极板间距是 d,旋转a角度后，极板间距变为dcosa,所以电场强度 E E,而且电场强度的方向也旋转了a,由受力分析可知，电场力在cos竖直方向的分力为 F=qE cose=qE,竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左 做匀

20、加速直线运动；故 B正确，A、C、D错误。10 .平行板电容器的两极板 A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，0 ,如图1714所示.那图 1 714增大闭合开关S,电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为么 （AD ）A.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，B.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，C.开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则9D.开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则9不变分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变;断开开关S,电容器所带的电量不变。解析：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A

21、板向B板靠近，极板间距离减小,电场强度E增大，小球所受的电场力变大，0 增大.故A正确，B错误.Q.SC断开开关S,电容器所带的电量不变，由 C Q, C S,U 4 kd/曰 U得E dQQ 4 kdCdd rS4 kQ .,知rSd变化，E不变，电场力不变，0 不变。故C错误，D正确。11 . （2012 海南物理）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和AD极板所带的电荷量分别用 d、J E和Q表示。下列说法正确的是（A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一

22、半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半分析：保持U不变，根据公式E ,分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变,dQ C不变，根据C 分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的U一半，由C Q,分析U的变化，由E U分析E的变化。 Ud解析：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式 E U ,可知E变为原来的一半，A正确； d已保持E不变，将d变为原来的一半，E U ,则U变为原来的一半，B错误； dc保持d不变，将Q变为原来的两倍，d不变，电容C不变，由C Q知，U变为原来的U两倍，故C错误；口保持d不变，将Q变为原来的一半，d不变，电容C不变，由C Q知

23、，U变为原来的U一般，再由E U可知，则E变为原来的一半，故 D正确。 d12、（2012 全国理综）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有 一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于 。点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为十Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为兀/6。&gT 0再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到I|1兀/3,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极B板增加的电荷量。（2Q）分析：对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed Q=cU F=qE以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量 Q的表达式进行讨论设电容器的电容为

24、 C,第一次充电Q后，电容器两极板间电势差 U1 Q；C两极板间的匀强电场，E1 UL ;设电场中小球的带电量为dF1 qE1。小球在电容器中受重力、电场力和拉力而平衡，如图所示有平衡条件有F1 mg tan 1,综上各式tan 1 qQmgcd第二次充电后，电容器的带电量为Q Q,同理可得tan 2 qQ,将方向夹角代mgcd-QC ；匀强电场中的U入的 Q 2Q 。平行板电容器的动态问题分析方法：抓住不变量，分析变化量。其依据是L UrSE ；平行板电谷器电谷决定式C 。d4 kd四、平行板电容器的两类典型问题：平行板电容器始终连接在电源的两端：电势差U不变由rS4 kd6S 一二可知C随

25、d、s、的变化而变化。由 Q UC UQ也随d、S、 r的变化d4 kd而变化。由EU 1 - 一，一可知，E随d的变化而变化。平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷d d量Q保持不变。由CrS4 kdES可知可知C随d、S、 的变化而变化。由U Q 4dQ dC rSrS可知，U随d、S、 r的变化而变化。由 E U 4-Q ,可知E与d无关，只随S、 的 d Cd rSrS变化而变化。例题：如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的电荷量为Q P是电容器内一点，电容器的上极板与大地相连，下列说法正确的是（）A.若将电容器的上极板左移一点，则两板间场强减小p二1B.若将电容器

26、的下极板上移一点，则P点的电势升高.尸C.若将电容器的下极板上移一点，则两板间电势差增大D.若将电容器的下极板上移一点，则两板间电势差减小Q解析由E U、C Q、Cd UrS 4 kQ斗，可知E -S减小，E增大，故A错;4 kdrS将电容器的下极板上移一点，电容器极板距离减小，由4 kQ知，E与d无关，E不变，由U EdrS知，U减小，即两板间电势差减小，C错，D正确；P点与上极板距离不变，即 P点与上极板的电势差不变，则P点的电势不变，B错。答案D正确。易错提醒：（1）充电后的电容器断开和电源的连接，Q一定；（2）Q一定时，由E U 柴2 -Xd CdrSrS知，两板间的电场强度与d无关；

27、（3）接地板电势为零。例题：连接在电源两极上的平行板电容器，当两极板间距离减小时（）A.电容器的电容 C变大B.电容器极板的带电荷量变大C.电容器两极板间的电势差 U变大D.电容器两极板间的电场强度 E变大rS 解析 电容器两极板间距离减小，由C 得其电容变大，所以A正确；连接在电源两极上的平行板4 kdQ电谷器，U不变，由C 一知，U不变, Ud减小，则E变大，故D正确。答案：U .ABD而C变大，则Q变大，故B正确，C错误；由E 知，U不变, dU,现使B板带正电，则下例题：如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差列判断正确的是（）A.增大两极板之间的距离，静电计指针

28、张角变大B.将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D.若将A板拿走，则静电计指针张角变为零解析 电容器上所带电荷量一定，由公式 CrS知,d增大，C变小，再由C Q知，U变大，故A4 kdU正确；将A板稍微上移，正对面积S减小，C减小，U变大，故B正确；将玻璃板插入两板之间，r增大,C变大，U变小，故C项错误；将A板拿走，相当于使 d变得更大，C更小，故U应更大，故D错误。答 案AB。例题：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

29、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-C.带电油滴的电势能将减小一一D.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大上解析 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, L U（E ）将减小，油滴所受电场力（ qE ）减小，故油滴将向下运动，A错；dP点的电势大于0,且P点与下极板间的电势差（U Ed ）减小，所以P点的电势减小，B对；带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，又知道P点的电势降低，油滴向下运动时电场力做负功，SQ油滴的电势能应增加， C错；电容器的电容 C d增大，电容 C减小，由C :知，U不变，C4 kdU减小，则Q减

30、小，故D错。答案B。五、含电容器电路的分析与计算方法在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流。一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大（只考虑电容器是理想的，不漏电的情况）的元件，电容器处电路可看做是断 路，简化电路时可去掉它1 .电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两 极间的电压就等于该支路两端的电压。2 .当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。3 .电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电.如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将

31、通过与它连接的电路放电。例题：如图所示，电源电动势 E= 10V,内阻可忽略，R = 4Q,的= 30",求：=6 Q , C解析 S闭合后，电路稳定时，R、R2串联，易求I即为通过（1）S闭合后，稳定时通过 R的电流；R的电流.（2）S原来闭合，然后断开，这个过程中流过 R的电荷量.解析 S闭合时，电容器两端电压UC=L2=I-R=6 V,储存的电荷量 Q=C- UC.S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时 UC' =E,储存的电荷量 Q' = C-= CU/ CUC=1.2 X 104C.电容器上电荷量的增加是在UC'.很显然电容器上的电荷量增加了 A Q= Q' -QS断开以后才产生的，只有通过R这条途径实现，所以流过R的电荷量就是电容器上增加的电荷量.方法点拨：含电容器电路的分析与计算方法：（1）首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。器两极板间的电压.（3）最后根据公式 Q= CU或A Q= CA U, 例题：在如图所示的电路中，灯泡 L的电