1. 電容器——容納電荷的容器
（1）基本結構：由兩塊彼此絕緣互相靠近的導體組成。
（2）帶電特點：兩板電荷等量異號，分布在兩板相對的內側。
（3）板間電場：板間形成勻強電場（不考慮邊緣效應），場強大小e=u/d，方向始終垂直板麵。
充電與放電：使電容器帶電叫充電；使充電後的電容器失去電荷叫放電。充電過程實質上是電源逐步把正電荷從電容器的負極板移到正極板的過程。
由於正、負兩極板間有電勢差，所以電源需要克服電場力做功。正是電源所做的這部分功以電能的形式儲存在電容器中，放電時，這部分能量又釋放出來。
電容器所帶電量：電容器的乙個極板上所帶電量的絕對值。
擊穿電壓與額定電壓：加在電容器兩極上的電壓如果超過某一極限，電介質將被擊穿而損壞電容器，這個極限電壓叫擊穿電壓；電容器長期工作所能承受的電壓叫做額定電壓，它比擊穿電壓要低。
2. 電容
（1）物理意義：表徵電容器容納（儲存）電荷本領的物理量。
（2）定義：使電容器兩極板間的電勢差增加1v所需要增加的電量。
電容器兩極板間的電勢差增加1v所需的電量越多，電容器的電容越大；反之則越小。
定義式：式中c表示電容器的電容，表示兩板間增加的電勢差，表示當兩板間電勢差增加時電容器所增加的電量。
電容器的電容還可這樣定義：表示電容器的帶電量，u表示帶電量為q時兩板間的電勢差。電容的單位是f，應用中還有和，1f=。
注意：電容器的電容是反映其容納電荷本領的物理量，完全由電容器本身屬性決定，跟電容器是否帶電，帶電量多少以及兩板電勢差的大小無關。
（3）電容大小的決定因素
電容器的電容跟兩極板的正對面積、兩極板的間距以及兩極板間的介質有關。兩極板的正對面積越大，極板間的距離越小，電介質的介電常數越大，電容器的電容就越大。
通常的可變電容器就是通過改變兩極板的正對面積來實現電容量的改變的。
例1. （2007·成都調考）對一電容充電時電容器的電容c、帶電量q、電壓u之間的圖象如圖所示，其中正確的是（ ）
5、乙個不計重力的帶電微粒，進入勻強電場沒有發生偏轉，則該微粒的（ ）
a. 運動速度必然增大 b. 運動速度必然減小
c. 運動速度可能不變 d. 運動加速度肯定不為零
3. 平行板電容器
（1）電容：平行板電容器的電容與兩板的正對面積s成正比，與兩板間距d成反比，與充滿兩板間介質的介電常數成正比，即。
注意：上式雖不要求進行定量計算，但用此式進行定性分析會很方便。
（2）板間場強：充電後的平行板電容器板間形成勻強電場，場強，其中u是兩板間電勢差，d為兩板間距離。
6、氘核（電荷量為＋e，質量為2m）和氚核（電荷量為＋e、質量為3m）經相同電壓加速後，垂直偏轉電場方向進入同一勻強電場。飛出電場時，運動方向的偏轉角的正切值之比為（已知原子核所受的重力可忽略不計）（ ）
a. 1：2 b. 2：1 c. 1：1 d. 1：4
4. 兩類典型電容器問題的求解方法
（1）平行板電容器充電後，繼續保持電容器兩極板與電池兩極相連線，電容器的d、s、變化，將引起電容器的c、q、u、e怎樣變化？
這類問題由於電容器始終連線在電池上，因此兩板間的電壓保持不變，可根據下列幾式討論c、q、e的變化情況。
（2）平行板電容器充電後，切斷與電池的連線，電容器的d、s、變化，將引起電容器的c、q、u、e怎樣變化？
這類問題由於電容器充電後，切斷與電池的連線，使電容器的帶電量保持不變，可根據下列幾式討論c、u、e的變化情況。
題型2、平行板電容器的動態分析：
例2. （2006·百所名校模擬卷）如圖所示，d是乙隻二極體，ab是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒p處於靜止狀態，當兩極板a和b間的距離增大一些的瞬間（兩極板仍平行），帶電微粒p的運動情況是（ ）
a. 向下運動 b. 向上運動
c. 仍靜止不動 d. 不能確定
答案：c
（二） 1. 帶電粒子的加速
（1）運動狀態的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場受到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加（減）速直線運動。
（2）用功能觀點分析：粒子動能變化量等於電場力做的功。
若粒子的初速度為零，則：，
即。若粒子的初速度不為零，則：
（3）能用來處理問題的物理規律主要有：
牛頓定律結合直線運動公式；動能定理；動量守恆定律；包括電勢能在內的能量守恆定律。
（4）對於微觀粒子（如：電子、質子、粒子等）因其重力與電場力相比小得多，通常可忽略重力作用，但對帶電微粒（如：小球、油滴、塵埃等）必須要考慮重力作用。
2. 帶電粒子在電場中的偏轉
（1）運動狀態分析：帶電粒子以速度垂直於電場線方向飛入勻強電場時，受到恆定的與初速度方向成角的電場力作用而做勻變速曲線運動。
（2）偏轉問題的分析處理方法：類似於平拋運動的分析方法，應用運動的合成和分解知識分析處理。
沿初速度方向為勻速直線運動。
即運動時間。
沿電場方向為初速為零的勻加速直線運動，
，故離開電場時的偏移量
離開電場時的偏轉角
。（3）帶電粒子的重力是否可忽略。
①基本粒子：如電子、質子、粒子、離子等，除有說明或明確暗示以外一般都可忽略不計。
②帶電顆粒：如塵埃、液滴、小球等，除有說明或明確暗示以外一般都不能忽略。
例3. 帶電粒子在平行板電容器中的平衡（靜止或勻速）、加速和偏轉。
（2023年全國卷2）19. 一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經一段時間後，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為u，經一段時間後，油滴以速率v勻速上公升。
若兩極板間電壓為－u，油滴做勻速運動時速度的大小、方向將是
a. 2v、向下 b. 2v、向上 c. 3 v、向下 d. 3 v、向上
答案：c
變式1、如下圖所示，a、b為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的**各有一小孔m和n，今有一帶電質點，自a板上方相距為d的p點由靜止自由下落（p、m、n在同一豎直線上），空氣阻力忽略不計，到達n孔時，速度恰好為零，然後沿原路返回，若保持兩極板間的電壓不變，則（ ）
a. 把a板向上平移一小段距離，質點自p點自由下落後仍能返回
b. 把a板向下平移一小段距離，質點自p點自由下落後將穿過n孔繼續下落
c. 把b板向上平移一小段距離，質點自p點自由下落後仍能返回
d. 把b板向下平移一小段距離，質點自p點自由下落後將穿過n孔繼續下落
答案：acd
【例1】已知如圖7-2-1所示，r1=30ω，r2=15ω，r3=20ω，ab間電壓u=6v，a端為正．電容c=2μf，為使電容器帶電量達到q =2×10- 6c，應將r4的阻值調節到多大？
7．如圖7-2-16所示，u＝10v，電阻r1＝3ω，r2＝2ω，r3＝5ω，電容器的電容c1＝4μf，c2＝1μf，求：
（1）當k閉合時間足夠長時，c1和c2所帶的電量各是多少？
（2）然後把k斷開，k斷開後通過r2的電量是多少？
【解析】（1）k閉合足夠長時間後，電路達到穩定，r3兩端電壓為零，所以uc1＝ur2＝＝4v，q1＝c1uc1＝410－64＝1.610－5c
uc2＝u＝10v
q2＝c2uc2＝110－610＝110－5c
（2）k斷開後，c1c2將通過r1r2r3放電，至放電結束，通過r2的電量
q＝q1＋q2＝1.610－5＋110－5＝2.610－5c
如圖7-2-2所示的電路中，4個電阻的阻值均為r，e為直流電源，其內阻可以不計，沒有標明哪一極是正極．平行板電容器兩極板間的距離為d．在平行極板電容器的兩個平行極板之間有乙個質量為m，電量為q的帶電小球．當電鍵k閉合時，帶電小球靜止在兩極板間的中點o上.現把電鍵開啟，帶電小球便往平行極板電容器的某個極板運動，並與此極板碰撞，設在碰撞時沒有機械能損失，但帶電小球的電量發生變化．碰後小球帶有與該極板相同性質的電荷，而且所帶的電量恰好剛能使它運動到平行極板電容器的另一極板.求小球與電容器某個極
板碰撞後所帶的電荷．
【解析】由電路圖可以看出，因r4支路上無電流，電容器兩極板間電壓，無論k是否閉合始終等於電阻r3上的電壓u3，當k閉合時，設此兩極板間電壓為u，電源的電動勢為e，由分壓關係可得
u＝u3＝e
小球處於靜止，由平衡條件得＝mg ②
當k斷開，由r1和r3串聯可得電容兩極板間電壓u′為
u由①③得u′＝u
u′＜u表明k斷開後小球將向下極板運動，重力對小球做正功，電場力對小球做負功，表明小球所帶電荷與下極板的極性相同，由功能關係
mg－qmv2－0
因小球與下極板碰撞時無機械能損失，設小球碰後電量變為q′，由功能關係得
q′u′－mgd=0－mv2
聯立上述各式解得q′＝q球與下板碰後電荷符號未變，電量為原來的．
例題：如圖8
a． b為不帶電平行金屬板，艱鉅為d，構成的電容器電容為c，質量為m，電量為q的帶電液滴一滴一滴由a板上小孔以v初速度射向b板，液滴到達b板後，把電荷全部專業在b板上，求到達b板上的液滴數目最多不能超過多少？
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