高考物理 电容器问题综合（解析版）

秘籍05电容器问题综合概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题、实验题、计算题☆☆☆☆☆考向预测结合力的平衡、牛顿第二定律、能量守恒、动量定理考查电容器充放电形成电流、含容电路、电容器动态分析电容的计算、力的平衡、牛顿定律、电路、动量、能量高考中，对此电容器充放电实验的考查，不仅仅停留在电容的充电、放电电流随时间变化图像上的识别和描绘上，还考查电容器储存的电场能、电量、串联限流电阻作用等思维要求更高的创新实验。图1为典型的电容器充电、放电电路，S1、S2为充电和放电开关，R1、R2为电容充电、放电限流电阻，电阻越大，充电、放电电流越小，所用时间就越长，理想电压表或者电压传感器可以测量电容器两端的电压随时间变化情况，如果电路中再串联理想电流表或者电流传感器，就可以测量充电、放电电流随时间变化的情况。图2为某电容器的放电或者充电电流随时间变化的图线，根据图线的物理意义，可以通过求面积的方法，得出电容器所带的电量。在电路不变的情况下，仅让电容器串联不同阻值的电阻，可以知道电容器最大的充电、放电电流不同，完成充电、放电总时间不同，由于充满电后电容器两极板间电压等于电源电动势，所以，电容器所带电量相同，图线与横轴、纵轴包围的面积相等。图3为某电容器充电时串联不同阻值的电阻时电量随时间变化的图线，可以得出图线①充电时间较短，并且刚开始充电电流较大，说明与电容器串联的充电限流电阻较小。图4为电容器两端电压随所带电量变化的关系图线，我们可以类比直线运动中利用速度随时间变化的关系图线，通过图线所包围的面积得位移的方法，同样可以求出当电容器两极板间电压为U时电容器储存的电能E。设电压为U时，电容器带电量为Q，图线与横轴围成的面积为储存的电能E＝eq\f(1,2)QU。一、动态分析问题例1、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的关系图象中正确的是()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的关系图象不是一次函数图象，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．例2、一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则瓶内液面的高度()A．升高了eq\f(2kdIt,rUεr) B．升高了eq\f(kdIt,rUεr)C．降低了eq\f(2kdIt,rUεr) D．降低了eq\f(kdIt,rUεr)解析：选C由图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题图可知，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，反之则电容减小，由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容的电量减小；瓶内液面降低，t时间内减少的电量q＝It，由C＝eq\f(Q,U)可得q＝ΔQ＝U·ΔC，ΔS＝2πr·Δh，故ΔC＝eq\f(εr·2πr·Δh,4πkd)，联立解得Δh＝eq\f(2kdIt,rUεr)，故选C。二、充放电电荷量问题例3、利用DIS电流传感器可以测量电容器的电容。让充电后的电容器通过大电阻R放电，电流传感器A与计算机连接，记录放电电流I随时间t变化的图像，图像与坐标轴围成的面积，数值上等于电容器的带电量Q(可用DIS系统软件计算)，Q与充电电压U的比值即为电容器的电容C。(1)图甲、图乙为放电法测量电容的两种电路原理图，先将开关S与1端相连，充电结束后，读出电压表的示数。然后把开关掷向2端，记录I-t图像，测量出电容器的带电量Q。在甲、乙两图中，实验系统误差较大的是________(选填“甲”或“乙”)，原因是________对实验的影响，使电容测量值________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(2)DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是________。(3)某同学选择了正确的实验电路图，经过实验操作获得了多组数据，如下表所示：123456U/V10.813.716.820.023.827.0Q/×10-4C0.921.201.221.702.082.41请根据以上数据，在丙图中作出Q-U图像，由图像可得该电容器的电容是________μF(结果保留两位有效数字)。(4)该同学是通过滑动变阻器来改变电容器的充电电压的，请结合上述电路原理图，在下面的方框内作出能改变电容器充电电压的电路原理图。(5)该同学在完成电容的测量实验后，把一多用电表的选择开关调到欧姆挡，正确调零后把红黑表笔同时与电容器的两极接触，请你描述接触后多用电表指针的偏转情况________________________________________________________________________。解析：(1)在甲、乙两图中，实验系统误差较大的是乙，原因是电容器放电时电压表分流对实验的影响，使测得电容器放电量值偏小，则电容测量值偏小。(2)电容器放电时，放电电流逐渐减小，且逐渐变慢，则DIS系统软件记录的放电电流I随时间t变化的图像可能是C。(3)作出Q-U图像如图甲；根据C＝eq\f(Q,U)可知C＝eq\f(ΔQ,ΔU)＝eq\f(2.50×10－4,28.6)F≈8.7μF。(4)能改变电容器充电电压的电路原理图如图乙。(5)两表笔与电容器接触后，电容器先有较大的放电电流，然后逐渐减小，则多用电表指针的偏转情况是：多用电表指针先快速偏大角度，后逐渐回到原位置。答案：(1)乙电压表分流偏小(2)C(3)见解析图甲8.7(8.5～8.9均可)(4)见解析图乙(5)多用电表指针先快速偏转较大角度，后逐渐回到原位置三、含容电路1．电路简化把电容器所在的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．2．电容器的电压(1)电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻两端无电压，相当于导线．(2)电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．3．电容器的电荷量及变化(1)电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．(2)如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q1－Q2|；(3)如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q1＋Q2.例4、(多选)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3均为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是()A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B．只调节滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节滑动变阻器R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开电键S，带电微粒向下运动答案AD解析只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器R2两端的电压变大，电容器两端的电压增大，电容器下极板的带电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故选项A正确；电路稳定时，电容器所在支路相当于断路，只调节滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故选项B错误；只调节滑动变阻器R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E＝eq\f(U,d)可知电场强度变大，带电微粒向上运动，故选项C错误；若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，带电微粒将向下运动，故选项D正确．例5、(多选)如图，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P位于某位置时，水平放置的平行板电容器C间有一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L电阻恒定。下列说法正确的是()A．将滑动变阻器的滑片P向a端移动，电源的效率将增大B．将滑动变阻器的滑片P向a端移动，电路的路端电压将减小C．将电容器C的上极板向上移动，液滴将向下做加速运动D．将电容器C的上极板向上移动，电容器C将充电[解析]将滑动变阻器的滑片P由该位置向a端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，外电路总电阻增大，路端电压将增大，则电源效率将增大，故A正确，B错误；液滴受力平衡，上极板向上移动时d增大，UC＝E-I(r＋RL)，UC不变，板间场强E＝eq\f(UC,d)，E减小，故液滴所受电场力减小，因此液滴将向下做加速运动，故C正确；上极板向上移动时，电容器C的电容减小，电压不变，电荷量减小，电容器C将放电，故D错误。[答案]AC四、电磁感应中的电容器问题例6、电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．答案(1)垂直于导轨平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq\f(E,R)①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿第二定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥依题意有E′＝eq\f(Q,C)⑦设在此过程中流经MN的平均电流为eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力为eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由动量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).例7、如图,间距为l的光滑平行金属导轨,水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的定值电阻,一质量为m的金属杆以速度v0开始向右运动,此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,除了电阻R以外不计其他电阻()。A.金属杆做匀减速直线运动B.电容器充电的最大电量为CBlv0C.金属杆的最终速度为mD.当金属杆速率变为v02时,答案C解析设电容器两端电压为UC,金属棒的电流I=Blv-UCR,速度越来越小,UC越来越大,电流越来越小,根据BIl=ma,可知金属杆做加速度减小的减速运动,A项错误;当加速度为零时,达到稳定速度v,此时电容的充电量Q=CBlv,B项错误;根据动量定理有-BIlΔt=mΔv得BlQ=mv0-mv,联立解得v=mv0m+B2l2C,C项正确;刚开始UC=0,I=neSu0=Bl例8、(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势答案ACD解析当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．六、LC振荡电路1．电磁振荡的周期和频率(1)周期T＝2πeq\r(LC)(2)频率f＝eq\f(1,2π\r(LC))2．LC振荡电路充、放电过程的判断方法(1)根据电流流向判断：当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程。(2)根据物理量的变化趋势判断：当电容器的带电荷量q(电压U、场强E)增大或电流i(磁场B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程。(3)根据能量判断：电场能增加时充电，磁场能增加时放电。例9、(多选)如图(a)所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图(b)所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则()A．0.5～1s时间内，电容器C在放电B．0.5～1s时间内，电容器C的上极板带正电C．1～1.5s时间内，Q点的电势比P点的电势高D．1～1.5s时间内，电场能正在转变成磁场能解析：选CD0.5～1s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板流向正极板，故A、B错误；1～1.5s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P，Q点的电势比P点的电势高，电场能正在转变成磁场能，故C、D正确。1．（厦门一中2023届高三下）心脏除颤器多数采用RLC阻尼放电的方法，其充、放电基本原理如图所示。直流低压经高压直流发生器后向储能电容器C充电，使电容器获得一定的储能。除颤治疗时，通过开关控制由储能电容器C、线圈L及人体组成的串联电路接通，储能电容器C通过人体放电。已知储能电容器电容为20F，某次使用时，充电后电容器的电压为4.0kV，放电后电容器两极板电压为0，则这次放电通过人体的电荷量为（）A.0.5C B.0.08C C.0.8C D.0.2C【答案】B【解析】电容器电荷量Q=CU=0.08C电感线圈只影响放电电流变化，不影响放电电荷量，故B正确，ACD错误。故选B。【命题意图】本题以心脏除颤器情境为载体，考查电容器、线圈对电路的影响，考查电容器的充、放电。考查物理观念和科学思维，突出对基础性、应用性的考查要求。2.（马鞍山市2023年高三第二次教学质量监测理科综合能力测试）如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，、是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻的光照强度，则（）A.电容器电容增大 B.M点的电势升高C.液滴向下运动 D.中有向右的电流【答案】B【解析】电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；增强照射电阻的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为，则M点的电势为所以M点的电势升高，故B正确；根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻光照强度，电容器两极板间电压增大，根据可知电容器充电，中有向左的电流，故D错误。故选B。3.（房山区2023年高三年级第一次模拟考试）为了测量储液罐中不导电液体的液面高度，设计装置如图所示。将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与线圈L或电源相连。当开关从a拨到b时，由线圈L与电容C构成的回路中产生振荡电流，振荡电流的频率，通过测量振荡频率可知储液罐内的液面高度。则下列说法正确的是（）A.当储液罐内的液面高度升高时，电容不变B.当储液罐内的液面高度升高时，LC回路中振荡电流的频率变小C.开关拨到b之后，振荡电流的振幅和频率始终保持不变D.当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，流过线圈L中的电流最大【答案】B【解析】当储液罐内的液面高度升高时，根据电容的决定式得，电容变大，A错误；当储液罐内的液面高度升高时，电容变大，根据振荡电流的频率可知，LC回路中振荡电流的频率变小，B正确；开关拨到b之后，振荡电流的振幅会越来越小，随着储液罐内的液面高度的变化，频率会发生变化，C错误；当开关从a拨到b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，流过线圈L中的电流最小，D错误。故选B。4.（房山区2023年高三年级第一次模拟考试）电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，电磁轨道炮示意图如图甲所示，直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计，炮弹可视为一质量为m、电阻为R的导体棒ab，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计电容器放电电流引起的磁场影响。（1）求电容器充电结束后所带的电荷量Q；（2）请在图乙中画出电容器两极间电势差u随电荷量q变化的图像。类比直线运动中由图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能；（3）开关由1拨到2后，电容器中储存的电能部分转化为炮弹的动能。从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒ab中的自由电荷为正电荷。我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请结合图丙分析说明其原理。【答案】（1）；（2），；（3）见解析【解析】（1）电容器充电完毕时其电压等于电动势E，所以电容器所带的电荷量（2）由可知，电压u随所带电荷量q成正比，其图像如图所示两极间电压为U时图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量（3）由题可知电容器上极板带正电，故当开关由1拨到2后，棒ab中的正电荷受静电力的作用向下运动，由左手定则可知其受到方向向右的洛伦兹力f1，在安培力的作用下，棒ab整体向右运动，故其中的正电荷又有向右的分速度，故其又受到b→a方向的洛伦兹力f2，受力分析如图设自由电荷的电荷量为e，沿导体棒向下定向移动的速率为，棒ab向右运动的速度为v，则沿棒方向的洛伦兹力该力做负功垂直棒方向的洛伦兹力该力做正功所以，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。f1做正功，宏观上表现为安培力做正功，使导体棒机械能增加；f2做负功，阻碍静电力将正电荷从a端搬运到b端，相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“反向电动势”，消耗了电容器中的电能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电容器中的电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。5.（2023年广州市普通高中毕业班综合测试）用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，请完成下列实验内容。（1）实验时，要通过电流表指针的偏转方向来观测电路中电流的方向。因此电流表应采用图乙中的_____（选填“a”、“b”）；（2）依照图中所示的电路图，将图乙的实验器材用笔画线代替导线连接成实验电路_________（图中已有部分连接）：（3）开关S接1后，小灯泡L_______（填选项前的字母）：A.一直不亮B.逐渐变亮，稳定后保持亮度不变C.突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭（4）开关S接1足够长时间后，再将开关S接2。开关S接2之后电压表读数_____（选填“逐渐增大”“逐渐减小”）；（5）图乙中电容器的电容为