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第2章电势能与电势差第4节电容器电容学习目标重点难点1.理解电容的定义、掌握定义式C＝QU的物理意义.2.知道平行板电容器电容的决定因素，并会用决定因素解决两类问题.3.观察电容器的构造，知道电容器是储存电荷的装置.1.平行板电容器的电容及影响电容的因素.2.电容概念的理解.01课前自主梳理02课堂合作探究03素养拓展提升04课后巩固提升课时作业一、电容器1．组成：两个彼此_____又相隔_____的导体，组成一个电容器．2．充、放电过程过程内容充电过程放电过程过程示意电荷运动电子从A板通过电源流向B板电子从B板移向A板电流方向有瞬时的充电电流流向__极板有瞬时的放电电流向__极板能量转化两极板间形成电场储存_____两极板间失去电场，_____转化为其他能绝缘很近正负电能电能如图所示，开关S与“1”端接触后，再与“2”端接触，灯泡会发光，为什么？灯发光的过程中电流通过电容器了吗？提示：当电源与“1”接触，给电容器充电，上极板带正电荷，下极板带等量负电荷，当电容器上电压与电源电压相同时，充电完毕，当接“2”时，电容器通过灯泡放电，放电电流是从正极板流出沿灯向下随电荷减少、电压降低、灯泡逐渐变暗，放电完毕，灯泡熄灭．灯发光过程中无电流通过电容器．二、电容1．定义：电容器所带的________跟两极板间________的比值．2．公式：________，又可表示为________．3．单位：1F＝106μF＝__________．4．平行板电容器的电容：平行板电容器的电容C跟两极板正对面积S成_____，与两极板间距离d成_____，其表达式为：C＝εS4πkd.电荷量电势差正比反比1012pFC＝QUC＝ΔQΔU三、电容器的分类及应用1．按电介质分：空气电容器、云母电容器、纸质电容器、____________、涤纶电容器、____________等．2．按电容是否可变分：____________和_____________．3．应用照相机的电子_______，测量_____，高能物理实验或工程、________话筒等．陶瓷电容器电解电容器可变电容器固定电容器闪光灯水位驻极体对电容器和电容的理解1．对电容器的理解(1)电容器是储存电荷和电能的容器．(2)两极板所带电荷量等量异号，且分布在两极板相对的内侧．电容器所带电荷量指一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充、放电过程就是一个能量转化的过程，充电过程是把其他形式的能转化成电场能，放电过程是把电场能转化成其他形式的能．2．对电容的理解(1)物理意义：电容是描述电容器储存或容纳电荷本领的物理量，其值越大表示该电容器容纳电荷的本领越强．(2)C＝QU＝ΔQΔU为定义式，C跟Q、U及电容器是否带电无关，只取决于电容器本身．[典例1]有一充电的平行板电容器，两板间的电压为3V，现使它的电荷量减少3×10－4C，于是电容器两板间的电压降为原来的13，此电容器的电容是多大？电容器原来的带电荷量是多少？若将电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是多大？[思路点拨]可根据电容的公式C＝ΔQΔU求电容器的电容，进一步再由定义式求电容器的带电量．[规范解答]电容器两极板间电势差的变化量ΔU＝(1－13)U＝23×3V＝2V，由C＝ΔQΔU，得C＝3×10－42F＝1.5×10－4F＝150μF，设电容器原来的电荷量为Q，则Q＝CU＝1.5×10－4×3C＝4.5×10－4C，电容器的电容是由本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍然是150μF.[答案]150μF4.5×10－4C150μFC＝QU是电容器电容的定义式，而不是决定式．电容的大小完全取决于电容器本身的构造，对于确定的电容器，其电容是定值，与所带电量无关．1．一个平行板电容器，使其所带电荷量增加ΔQ＝1.0×10－8C，而两极板间的电压比原来升高了ΔU＝10V，求此电容器的电容是多少？若此电容器的耐压值为50V，它最多可带多少电荷量？解析：C＝ΔQΔU＝1.0×10－810F＝1.0×10－9F.Qm＝CUm＝1.0×10－9×50C＝5.0×10－8C.答案：1.0×10－9F5.0×10－8C平行板电容器的电容1．实验与探究：影响电容的几个因素(1)实验导析：如图甲、乙、丙．(2)实验结论①C∝S(Q，d不变)；②C∝1d(Q、S不变)；③两极板间插入电介质比不插入电介质时电容大．2．平行板电容器的电容：C＝εS4πkd.3．静电计(1)它的指针偏角反映静电计金属球和外壳之间的电势差，偏角越大，表明电势差越大；偏角越小，表明电势差越小．将待测电容器的两极板分别与金属球和金属外壳相接，则偏角反映了电容器两极板间的电势差．(2)静电计本身也是一个电容器，但静电计容纳电荷的本领很弱，即电容C很小，当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变．4．由于电容器的d、S、ε变化而引起电容器的C、Q、U、E变化的分析方法(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接U不变；电容器充电后断开电源Q不变．(2)由平行板电容器电容C＝εS4πkd确定电容的变化．(3)由C＝QU的关系判定Q、U的变化．(4)从E＝U/d确定电容器极板间场强的变化，或由E与平行板间正对面积的电荷密度(即Q/S)成正比的关系判别E的变化．[特别提醒]一个很有用的结论：若平行板电容器电量Q不变而仅改变间距d时，内部场强E不变(E＝4πkQεS)．[典例2]平行板电容器的电容C，两极板间电压U，两板间场强E和带电量Q在下列情况下怎样变化？(1)保持两板与电源相连，只增大两板间距离，则C________，U________，Q________，E________．(2)给电容器充电后与电源断开，再增大电容器极板间距离，则C________，U________，Q________，E________．[思路点拨]用C＝εS/4πkd确定C的变化；用C＝Q/U确定Q、U的变化；用E＝U/d确定E的变化．[尝试解答](1)由于电容器保持和电源接通，U不变(U＝E)．C＝εS4πkd↑⇨C↓，Q＝CU⇨Q↓，E＝Ud↑⇨E↓.(2)由于充电后断开电源，所以Q不变．C＝εS4πkd↑⇨C↓，U＝QC↓⇨U↑，E＝U↑d↑＝QC↓d↑＝4πkQεS保持不变．[答案](1)减小不变减小减小(2)减小增大不变不变讨论电容器的问题：(1)常用的公式为：C＝εS4πkd＝QU和E＝Ud；(2)应熟记两点：①保持电容器和电源连接，U不变；②电容器充电后断开电源，Q不变．2．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是()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，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，故C错误；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错误．答案：A电容器充、放电而引起电路中电流的判断方法电容器充、放电时会在电路中形成随时间变化的充电和放电电流，充电时，电流从电源正极流向电容器正极板，从电容器负极板流向电源负极；放电时，电流从电容器正极板通过电路流向负极板．[典例3](多选)如图所示，电源电压恒定为U，则接通S的瞬间以及平行板电容器充电稳定后增大两极板距离的过程中，对电阻R来说()A．接通S瞬间有从A流向B的电流B．接通S瞬间R中无电流C．增大两极板距离过程中有从A流向B的电流D．增大两极板距离过程中有从B流向A的电流[思路点拨]根据Q＝CU分析电容器带电量的变化情况．[尝试解答]S接通时，尽管电流无法通过电容器，但电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，故S接通瞬间R中有电流通过且方向从A到B，故A正确B错误．待电容器充电稳定后，增大电容器两极板间距，相当于U不变，C变小，Q＝CU也变小，故电容器放电，R中有电流通过方向从B到A，故C错误、D正确．[答案]AD判断电容器充、放电过程中，电路中电流的方向，关键是看电容器极板的电荷量是增多还是减少．3．(多选)如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动的过程中()A．电容器电容值增大B．电容器带电荷量减小C．电容器两极板间的场强增大D．电阻R上电流方向自左向右解析：振动膜片向右振动过程中，电容器板间距离减小，电容器的电容增大，E＝Ud，U不变，d减小，E增大．由Q＝CU知，电容C增大，Q增大，电源对电容器充电，充电电流方向自右向左，故A、C正确．答案：AC分析两极板间电场中某点电势、电势能的变化问题分析电场中P点电势时，先分析P点与接地极板间电势差UPO＝Ed′(d′为P点到接地极板的距离)的变化，若P点电势高于零电势，再由UPO＝φP－φO分析φP变化；若P点电势低于零电势，则由UOP＝φO－φP分析φP的变化；电势能由Ep＝qφP分析．[典例4](多选)如图所示，平行板电容器充电后与电源分离，上板带负电，下板带正电且与大地相接．在两板间P点固定着一个负电荷(电量很小)，现将两板水平错开一段距离(两板间距不变)，则()A．电容器两极板间电压变大B．电容器两极板间场强变大C．负电荷所在处的电势升高D．负电荷的电势能变大[思路点拨]由于φP0，要分析下极板与P点间的电势差，进而分析φP怎样变化，由Ep＝qφP分析电势能变化．[规范解答]Q不变，错开时，两极板的正对面积S减小，电容C变小，由U＝QC，可知两极板间电压变大，再由E＝Ud判知，两极板间场强E变大．由“沿电场线方向电势降低”判知，负电荷所在处的电势低于零电势，则UOP＝φO－φP＝Ed′，即φP＝－Ed′，d′为负电荷所在处到电容器下极板(即零电势点)的距离．由于E变大，则负电荷所在处的电势降低，再由“负电荷在低电势处电势能大”判知，负电荷的电势能变大，故A、B、D正确．[答案]ABD分析场中某点电势如何变化常用的方法是看该点与某一电势确定点间的电势差如何变化．4.如图所示，两块平行正对面的金属板M、N分别与电源相连，N板接地，在两板中的P点固定一正试探电荷．现保持M板不动，将N板向下平行移动，则在N板下移过程中，正的试探电荷在P点的电势能()A．不变B．变大C．变小D．无法确定解析：在移动N板过程中，两板间电压不变，距离增大，由E＝U/d知场强变小．P与M板的距离d′不变，UMP＝Ed′，UMP＝φM－φP，得φP＝φM－Ed′.φP变大，由Ep＝qφP知，正的试探电荷在P点的电势能增加，B正确．答案：B如图所示平行板电容器，两极板足够长，充电后断开开关S，一带电微粒以速度v0水平射入，恰能做匀速直线运动．若板间距离增大后再合上开关，则微粒在板内运动的轨迹正确的是()[思路点拨]断开S，d↑，则E不变；合上开关S，E↓，微粒做曲线运动．[规范解答]断开电源，Q不变，d增大，电容C减小，U＝QC变大，E＝Ud＝4πkQεS不变，F＝qE不变，微粒合力为零仍做匀速直线运动，板间距离增大后再合上开关S，U不变，E＝Ud变小，F＝qE＜mg，微粒做向下偏转的匀加速曲线运动，合力向下指向轨迹的凹向，故A正确．[答案]A电容充电后断开电源，Q不变，仅改变间距d时，板间场强E不变．[随堂训练]1．关于电容的说法中正确的是()A．由C＝Q/U可知．电容器的电容与它的带电量、两板间电压有关．B．电容器带电量多，说明它容纳电荷的本领大．C．由Q＝CU可知，当U增大时．Q可以无限增大．D．对于确定的