知识点67电容器（拔尖）

知识点67：电容器考点一：平行板电容器的动态分析【知识思维方法技巧】（1）平行板电容器的电容决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，定义式：C＝eq\f(Q,U)。（2）平行板电容器带电荷量Q：一个极板所带电荷量的绝对值。（3）电容器的充、放电：①充电：电容器充电时电流流向正极板，电容器充电的过程中，两极板所带的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。②放电：电容器放电时电流从正极板流出，且充放电电流均逐渐减小至零。放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为其他形式的能量。③电容器充、放电过程，电容器的电容不变，极板上所带电荷量和电压按正比关系变化。电路中的平均电流为I＝ΔqΔt。④电容器充、放电过程，I－t图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量。题型一：平行板电容器电压不变的动态分析问题【知识思维方法技巧】（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）U不变：①根据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析电场强度的变化。③根据UAB＝Ed分析某点电势变化注意：因为二极管的单向导电性，使电容器充电时符合U不变模型，放电时符合Q不变模型。类型一：各物理量动态变化及充放电的分析问题【典例1a拔尖题】如图所示为一种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时()A．电容器的电容减小 B．a、b板之间的电场强度减小C．流过电流表的电流方向为自左向右 D．电容器两板间的电压会増大【典例1a拔尖题】【答案】C【解析】由电容的决定式可知，a向右运动时，极板间的距离d减小，所以电容增大，选项A错误；闭合开关K，电压U保持不变，距离减小，由可知电场强度增大，选项BD错误；由电容定义式可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流表的电流方向为自左向右，选项C正确。【典例1a拔尖题对应练习】（多选）电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则()A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流【典例1a拔尖题对应练习】【答案】CD【解析】由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，A错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝eq\f(Q,U)知，Q增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D对。类型二：电容器实际应用的分析【知识思维方法技巧】思维转换法解决与电容器相关的实际问题：电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式位移传感器等。【典例1b拔尖题】(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．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小【典例1b拔尖题】【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＝eq\f(U,d)，电容器板间的电场强度变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)电容增大，根据C＝eq\f(Q,U)，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＝eq\f(εrS,4πkd)，电容减小，根据C＝eq\f(Q,U)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．【典例1b拔尖题对应练习】现在部分中国公交使用了全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80%以上的动能转化成电能回收储存再使用。这种电车的核心元器件是“3V，1200F”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”。下列说法正确的是()A．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容也逐渐减小B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容保持不变C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变D．若标“3V，12000F”电容器从电量为零到充满电用时30s,则充电平均电流为3600A【典例1b拔尖题对应练习】【答案】B【解析】电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电荷量的多少无关，故放电过程中，电量减少，电容不变，充电过程中，电量增加，电容不变，故A错误，B正确。根据U＝Q/C可知，放电过程中，电量Q减少，两极板间的电压减小，电容不变，故C错误。标有“3V，12000F”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量Q＝CU＝36000C，根据电荷量定义可知，I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(36000,30)A＝1200A，故充电平均电流为1200A，故D错误。题型二：平行板电容器电荷量不变的动态分析问题【知识思维方法技巧】（1）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）Q不变：①根据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，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(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)＝→E∝eq\f(1,εrS)可知E随S、εr的变化而变化，但与d无关，不随d的变化而变化注意：因为二极管的单向导电性，使电容器充电时符合U不变模型，放电时符合Q不变模型。类型一：各物理量动态变化的分析问题【典例2a拔尖题】如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是()．A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变小，E变小【典例2a拔尖题】【答案】C【解析】电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝eq\f(εrS,d)可知，d增大时，C变小；又U＝eq\f(Q,C)，所以U变大；由于E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故d增大时，E不变，选项C正确．【典例2a拔尖题对应练习】（多选）如图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()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【典例2a拔尖题对应练习】【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加，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，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。类型二：各物理量的变化及电势能的分析【典例2b拔尖题】(多选)如图所示是探究平行板电容器电容与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是()A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大【典例2b拔尖题】【答案】AC【解析】电容器不接电源电荷量不变，极板B稍向上移动，正对面积减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C减小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不变U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，则U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E不变，由于P点与B板的距离dPB增大，则UPB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．【典例2b拔尖题对应练习】（多选）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示，以E表示极板间的电场强度，U表示两极板的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移动到如图中虚线所示位置，则()A．U变小，Ep不变 B．U变小，E不变C．U变大，Ep变大 D．U不变，E不变【典例2b拔尖题对应练习】【答案】AB【解析】从题图中可知两极板间的距离减小，根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得电容器电容增大，因为充电后与电源断开，则两极板所带电荷量不变，故根据公式C＝eq\f(Q,U)可知两板间电势差U减小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)联立解得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，即两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以电场强度E不变，由于下极板接地，电势为零，P与下极板间的电势差等于P点的电势，由于P点到下极板的距离以及电场强度不变，所以P点的电势不变，根据Ep＝qφ可知电势能不变，A、B正确．题型三：平行板电容器综合变化的动态分析问题【典例3拔尖题】电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路，上极板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，两极板间电压为U，板间电场强度大小为，电容器中的P点电势为，则下列说法正确的是()A．若将上板下移少许，Q增大，U减小，不变，变大B．若将上板下移少许，Q不变，U减小，减小，变小C．若断开开关S，将上板下移少许，Q增大，U不变，增大，变小D．若断开开关S，将上板下移少许，Q不变，U减小，不变，变大【典例3拔尖题】【答案】D【解析】电容器与电源保持连接时电容器两极板间的电压U不变，上板下移(板间距d减小)。由公式，可知电容C将增大；由公式可知电容器带电量Q将增大；由公式可知两极板间的场强增大；P点电势为为负值，设P点到上板的距离为x，则，x减小，所以变大，选项A、B错误；断开电源后电容器带电量Q不变，上板下移(两极板间距d减小)。由公式，可知，电容C将增大；由公式可知电容器两极板间电压U将减小；由，，，三式可解得由此可知两极板间的场强不变，由可知变大，选项C错误、D正确。【典例3拔尖题对应练习】如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中正确的是()A.若在两板间插入电介质，电容器的电容变小B.若在两板间插入一导体板，电容器的带电荷量变小C.若将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器的带电荷量变大D.若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流【典例3拔尖题对应练习】【答案】C【解析】根据公式C＝，在两板间插入电介质，εr增大，所以电容器的电容变大，故A错误；同理，在两板间插入一导体板，由于导体板的静电感应，致使电容器两板间距d减小，电容器的电容增大，由公式C＝，可知极板间电压不变的时候，带电荷量变大，故B错误；将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器两极板间电压变大，根据C＝，易知电容器带电荷量变大，故C正确；将电容器下极板向下移动一小段距离，由公式C＝，可知电容器的电容减小，再根据C＝，可知电容器将放电，此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误．考点二：平行板电容器中液滴运动的动态分析【知识思维方法技巧】（1）平行板电容器中产生的电场强度当作匀强电场处理，满足E＝eq\f(U,d)（2）电压保持不变，由E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)可知：E与S、εr的变化无关，E随d的变化而变化。电量保持不变，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)∝eq\f(1,εrS)可知：E与d的变化无关；E随S、εr的变化而变化。题型一：平行板电容器中液滴运动的动态分析问题【典例1拔尖题】（多选）如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是()A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度【典例1拔尖题】【答案】BC【解析】带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eq＝mg.两板间的电场强度E＝eq\f(U,d)，保持开关闭合时，U不变，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eq>mg，液滴竖直向上运动，C正确；保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E的大小不变，但方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，所以D错误；断开开关，电容器的电荷量Q不变，E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eq＝mg，液滴仍保持静止状态，A错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，此时两板的正对面积S变小，E变大，此时Eq>mg，所以液滴竖直向上运动，B正确．【典例1拔尖题对应练习】(多选)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()A．油滴将向下做匀加速运动B．电流计中电流由b流向aC．油滴运动的加速度逐渐变大D．极板带的电荷量减少【典例1拔尖题对应练习】【答案】CD【解析】由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，选项D正确，B错误；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，选项C正确，A错误。题型二：平行板电容器中绳球模型的动态分析问题【典例2拔尖题】(多选)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，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，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θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变【典例2拔尖题】【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，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，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确．【典例2拔尖题对应练习】如图所示，A、B是竖直正对放置的一对已充电的平行金属板，两板之间为匀强电场，用绝缘细线悬挂着的带电小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ。下列判定正确的是()A．小球带正电B．仅平移B板使两板间的距离适当增大，θ角将保持不变C．仅平移B板使两板间的正对面积适当减小，θ角将保持不变D．仅剪断细线，在碰到极板前，小球将做曲线运动【典例2拔尖题对应练习】【答案】B【解析】由图中细线的偏转情况可知，小球带负电，选项A错误；两板带电荷量一定，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，仅平移B板使两板间的距离适当增大，两板间的电场强度不变，则小球受电场力不变，由qE＝mgtanθ可知，θ角将保持不变，选项B正确；仅平移B板使两板间的正对面积适当减小，根据E＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，E变大，由qE＝mgtanθ可知，θ角将变大，选项C错误；仅剪断细线，则小球受电场力和重力的合力方向沿细线方向斜向下，在碰到极板前，小球将沿细线方向做直线运动，选项D错误。题型三：平行板电容器中含二极管模型的动态分析问题【知识思维方法技巧】因为二极管的单向导电性，使电容器充电时符合U不变模型，放电时符合Q不变模型。【典例3拔尖题】（多选）如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S，平行板间有一质量为m，电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是()A．将A板向上平移一些，液滴将向下运动B．将A板向左平移一些，液滴将向上运动C．断开开关S，将A板向下平移一些，液滴将保持静止不动D．断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将向上运动【典例3拔尖题】【答案】BCD【解析】开关S闭合后，将A板向上平移一些，由C＝eq\f(εS,4πkd)可知，电容器的电容减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，因此电容器不能反向放电，电容器的带电量不变，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εS)可知，A板向上移动后，板间的电场强度不变，因此液滴仍保持静止，故选项A错误；将A板向左平移一些，尽管电容器的电容减小，但电容器不能放电，带电量一定，电容减小，由U＝eq\f(Q,C)可知，板间电压增大，由E＝eq\f(U,d)可知，板间电场强度增大，液滴会向上运动，选项B正确；断开开关，电容器带电量一定，将A板向下平移一些，板间的电场强度不变，液滴仍保持静止，故选项C正确；断开开关，将A板向右平移一些，电容器的电容减小，板间电压增大，电场强度增大，液滴会向上运动，故选项D正确。【典例3拔尖题对应练习】如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向A．平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，带电荷量为q(q电荷量很小不会影响两板间电场的分布)，带电油滴在P点处于静止状态．以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，Ep表示带电油滴在P点的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是()A.U不变 B.Ep增大 C.Q不变 D.电荷加速向上运动【典例3拔尖题对应练习】【答案】C【解析】保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则根据C＝可知，电容减小，电容器要放电，但是二极管单向导电，所以电容器无法放电，即电荷量不变，根据C＝可知，电压增大，A错误，C正确；根据E＝可得E＝，所以电场强度不变，电荷仍静止，因为P点与B极板距离不变，则其电势差不变，B板接地，电势为零，所以P点的电势不变，电荷的电势能也不变，B、D错误．考点三：观察电容器的充、放电现象【知识思维方法技巧】（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，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，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I＝0.（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，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小到零．题型一：电容器充、放电现象的定性分析【典例1拔尖题】如图所示，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t＝0开始，开关改接1，得到流过电路中P点的电流随时间变化的I－t图像(图甲)，电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像(图乙)．t＝2s时，把开关改接2，则I－t图像和UAB－t图像中画出之后2s时间内图像的大致形状正确的是()【典例1拔尖题】【答案】B【解析】开关S接1时，电容器充电，充电完毕，电流为零，再将开关S拨向2位置，开始反向放电，放电完毕后，电流为零，故I－t图像为B图所示，即A错误，B正确；开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两端电压等于电源电动势，放电过程中，电压逐渐减小，但极板的电性不变，故C、D错误．题型二：电容器充、放电现象的定量计算【典例2拔尖题】在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。甲乙(1)开关S改接2后，电容器进行的是______(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I－t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是____________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将________(选填“减小”“不变”或“增大”)。(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.44×10－3C，则该电容器的电容为________μF。(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q－t图像和UAB－t图像的大致形状，可能正确的有________(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。【典例2拔尖题】【答案】(1)放电0.2s内电容器放出的电荷量不变(2)430(3)AD【解析】(1)将开关S接通1，电容器与电源相连，所以电容器充电；再将S改接2，电容器通过电阻R放电。图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小