2017-2018学年高考物理小题狂刷专题29 电容器的动态分析新人教版

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电容器动态分析专题训练含标准答案

电容器动态分析练习题一．选择题（共10小题）1．（2016•天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变2．（2016•新疆）如图所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是（）A．A板右移 B．A板上移C．插入电解质D．增加极板上的电荷量3．（2016•湖南校级模拟）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、两板间电势差U，电容器两极板间场强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4．（2016•湖南模拟）传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（）A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转5．（2016•桂林一模）如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则（）A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小6．（2016•诏安县校级模拟）如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，减小d，则θ不变C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大7．（2016•江苏模拟）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大8．（2016•中山市模拟）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，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变9．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动10．（2016•肇庆三模）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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变电容器动态分析练习题参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2016•天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化．【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度E===；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能E P=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D．2．（2016•新疆）如图所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是（）A．A板右移 B．A板上移C．插入电解质D．增加极板上的电荷量【分析】平行板电容的电容取决于极板间的距离、正对面积及介电常数，与电压及电荷量无关．【解答】解：由C=ɛ可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，ACD错误；故选：B．3．（2016•湖南校级模拟）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、两板间电势差U，电容器两极板间场强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【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化，根据E=，判断电场强度的变化．【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=，知两极板间的电势差U变大，根据E==，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．故选C．4．（2016•湖南模拟）传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（）A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转【分析】根据电容的决定式分析F、h与电容器所带电量的关系，分析电路中电流的方向，判断电流表指针偏转方向．【解答】解：A、当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故A错误．B、当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=得知，电容增大，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故B正确．C、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故C 错误．D、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故D 正确．故选BD5．（2016•桂林一模）如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则（）A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，断开开关S，电容器所带的电量不变．保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；先分析板间场强的变化，再判断夹角的变化．【解答】解：AB、当断开开关S时，电容器所带的电量不变，由电容器的定义式C=、电容的定义式C=和E=结合得E=，则知电容器板间距离d变化时，板间场强E 不变，小球所受的电场力不变，则θ不变．故A、B错误．CD、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，若减小平行板间的距离，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，则θ增大．故C正确，D错误．故选：C6．（2016•诏安县校级模拟）如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，减小d，则θ不变C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大【分析】静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=，通过C的变化，从而判断U的变化．【解答】解：A、根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大，故A正确；B、根据电容的定义式C=，保持S不变，减小d，电容C增大，再根据U=，知U 减小，所以θ变小，故B错误；C、保持d不变，减小S，电容减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故C错误；D、根据电容的定义式C=，保持S、d不变，在两板间插入电介质，则电容增大，根据U=，知U减小，则θ变小，故D错误．故选：A．7．（2016•江苏模拟）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角θ越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．故选：AC．8．（2016•中山市模拟）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，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：A、根据C=知，d增大，则电容减小．故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选CD．9．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动【分析】题中带电液滴P原来在水平放置的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O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度θ，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向右，故P向右的匀加速直线运动．【解答】解：当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在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O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为α，如图．设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过α角时，板间距离为dcosα，板间场强为E=，电场力为F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为α，竖直方向的分力为Fcosα=．而原来液滴处于静止状态，即有mg=qE=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动．故B正确．故选B10．（2016•肇庆三模）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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选：D．。

高考物理电容器及其动态变化专题训练

电容器的电容及其动态变化问题1. (多选)下列关于电容器的叙述正确的是( )A.电容器是储存电荷和电能的容器B.任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体,就组成了电容器C.电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值之和D.电容器的充电过程是将其他的能转化成电容器的电能并储存起来2.对于电容器,下列说法正确的是（）A.电容器所带的电荷量越多,电容越大B.电容器两极板间的电势差越大,电容越大C.电容器所带的电荷量增加一倍,两极板间的电势差也增加一倍D.电容器两极板间的电势差减小到原来的21，它的电容也减小到原来的213.(多选)一个电容器的规格是“10μF 50 V”，则（）A.这个电容器的电容为10μF .B.这个电容器加上50V 电压时,电容才是10μFC.这个电容器的击穿电压高于50VD.这个电容器没有电压时,电容为04.关于右侧四幅图的叙述正确的是( )A.图甲为可变电容器,动片旋出时可以使其与定片的距离增大,从而改变电容B. 图乙为莱顿瓶,极板，可以用来储存电荷C.图丙中电容器只要与电源相连,电流表的示数始终不为零.D.图丁所示是电解电容器,击穿电压为80V5.电源、开关平行板电容器连成如图电路.闭合开关S,电源对电容器充电后，电容器带电量为Q,板间电压为U,板间电场强度大小为0E .则下列说法正确的是( )A.若将A 板下移少许,Q 增大;U 减小;0E 不变B.若将A 板下移少许,Q 不变;U 减小;0E 减小C.若断开开关,若将A 板下移少许,Q 增大;U 不变;0E 增大D.若断开开关,若将A 板下移少许,Q 不变;U 减小;0E 不变6.（多选）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置.设两极板的正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ,平行板电容器的电容为C.实验中极板所带电荷量可视为不变,则下列关于实验的分析正确的是( )A.保持d 不变,减小S,则C变小,θ变大B.保持d 不变,减小S,则C 变大,θ变大C.保持S 不变,增大d,则C 变小,θ变大D.保持S 不变,增大d.则C 变大,θ变大7.图所示,平行板a 、b 组成的电容器与电池E 连接，平行板电容器P 处固定放置一带负电的点电荷,平行板b 接地.( )A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P 处的电势能减少C.P 点电势减小D.电容器的带电量增加8.(2009 福建卷)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动一小段距离( ).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.带电油滴的电势能将减小D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大9.(多选)如图所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连,S 闭合后,两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态。

高考物理二轮复习：关键题特训：电容器和直流电路的动态分析

电容器和直流电路的动态分析(限时：45分钟)一、单项选择题1．用图1所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为 ( )图1A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0 答案 C解析设R 0、R x 与三者的结点为Q ，当通过电流表的电流为零时，说明φP ＝φQ ，则UR 0＝UR MP ，U Rx ＝UR PN ，IR 0＝IR x ＝I 0，IR MP ＝IR PN ＝I ，故I 0R 0＝IR MP ，I 0R x ＝IR PN .两式相除有R 0R x ＝R MP R PN ，所以R x ＝R PN R MP R 0＝l 2l 1R 0，正确选项为C. 2．如图2所示，为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U 和电流I .图线上点A 的坐标为(U 1，I 1)，过点A 的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2.小灯泡两端电压为U 1时，电阻等于 ( )图2A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1－I 2答案 B解析由于小灯泡的伏安特性曲线上，每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻，所以小灯泡两端电压为U 1时，电阻等于U 1I 1，B 正确． 3．如图3所示，甲、乙两电路中电源完全相同，外电阻R 1>R 2，两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，下列判断正确的是 ( )图3A．电源内部产生电热较多的是甲电路B．R1上产生的电热比R2上产生的电热少C．电源做功较多的是甲电路D．电源效率较高的是甲电路答案 D解析电源内部产生电热Q＝I2rt＝Iqr，由于外电阻R1>R2，甲电路电流较小，电源内部产生电热较少的是甲电路，选项A错误．外电阻产生电热Q＝I2Rt＝IqR＝Uq，U1>U2，R1上产生的电热比R2上产生的电热多，选项B错误．两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中，两电源做功相等，选项C错误．电源效率较高的是甲电路，选项D正确．4．在如图4所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻大于电源的内阻r.闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是()图4A．电流表的读数先减小后增大B．灯泡L变亮C．电源输出功率先增大后减小D．电压表的读数先增大后减小答案 D解析由简化电路图可知，滑动变阻器的右半部分与电流表A串联，再与左半部分并联，并联部分与灯泡串联后再与电压表并联，电压表测路端电压．滑片P向左滑动，当两支路电阻相等，即R A＋R a＝R b时，并联路段电阻最大，因此并联路段的电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，由串联分压可知路端电压先增大后减小，选项D正确；电流表刚开始测干路电流，随着P由a向b移动，电流表示数逐渐变小，P滑到b端，电阻R和电流表被短路，电流表示数为零，A错误；外电路电阻增大时，流过灯泡的电流减小，灯泡分压减小，灯泡变暗，选项B错误；外电路电阻越接近电源内阻，电源输出功率越大，由于灯泡电阻大于电源内阻，因此外电路电阻总大于电源内阻，随着外电阻的增大，输出功率逐渐减小，选项C错误．5．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化．在如图5所示电路中，不同的一氧化碳浓度对应传感器不同的电阻值，电压表的示数与一氧化碳的浓度一一对应，观察电压表示数就能判断一氧化碳浓度是否超标．已知氧化锡传感器的电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比，那么，电压表示数U与一氧化碳浓度ρ之间的对应关系正确的是()图5A．U越大，表示ρ越大，ρ与U成正比B．U越大，表示ρ越小，ρ与U成反比C．U越大，表示ρ越大，但ρ与U不成正、反比关系D．U越大，表示ρ越小，但ρ与U不成正、反比关系答案 C解析根据题意，设氧化锡传感器的电阻为R1＝kρ，电源的电动势为E，内阻为r，电压表的示数U＝ER0 kρ＋r＋R＋R0，ρ越大，U越大，但U与ρ既不成正比也不成反比，选项C正确．6．在如图6所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和理想电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()图6A．a点的电势降低B．电压表示数变小C．电流表示数变小D．电容器C所带电荷量增多答案 A解析在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，外电路电阻减小，电源输出电流变大，路端电压减小，R1两端电压升高，故a点的电势降低，电压表示数变大，电流表示数变大；因R 2与R 3并联，R 2两端电压降低，故电容器C 两端电压降低，电容器C 所带电荷量减少，选项A 正确，B 、C 、D 错误．7．如图7所示，两极板间距为d 的平行板电容器与一电源相连，距上极板d 处有一质量为m 、带电量为q 的小球自由释放，穿过上极板的小孔后，恰好能到达下极板，若将下极板向上平移d 4，小球仍从同一位置释放，则下列说法正确的是 ( )图7A ．仍能到达下极板，且速度恰好为0B ．仍能到达下极板，且速度大于0C ．不能到达下极板，距离上极板最大距离为3d 5D ．不能到达下极板，距离上极板最大距离为d 2答案 C解析由动能定理，开始有2mgd －qEd ＝0，下极板平移后，设小球在平行板电容器中下降高度为x ，则有mg (d ＋x )－qE ′x ＝0，又U ＝Ed ＝E ′·34d ，联立解得x ＝35d ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．8． A 、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图8所示的电路中，R 1为光敏电阻，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻，当R 2的滑动触头P 在中间时闭合开关S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止且绝缘细线与金属板A 的夹角为θ.已知电源电动势E 和内阻r 一定，光敏电阻随光照的增强电阻变小，以下说法正确的是( )图8A ．保持光照强度不变，将R 2的滑动触头P 向b 端滑动，则R 3消耗的功率变大B．保持滑动触头P不动，让光敏电阻周围光线变暗，则小球重新平衡后θ变小C．滑动触头向a端滑动，用更强的光照射R1，则电压表示数变小D．保持滑动触头不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值变小答案 C解析R2的滑动触头P的滑动对全电路无影响，保持光照强度不变，R3中电流不变，则R3消耗的功率不变，选项A错误．让光敏电阻周围光线变暗，光敏电阻阻值变大，两金属板之间的电压增大，小球所受电场力变大，则小球重新平衡后θ变大，选项B 错误．用更强的光照射R1，光敏电阻阻值变小，电源输出电流变大，路端电压变小，则电压表示数变小，选项C正确．用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等于电源内阻，不发生变化，选项D错误．二、多项选择题9．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图9中的a、b、c所示，以下判断正确的是()图9A．直线a表示电源的总功率P E—I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R—I图线C．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 ΩD．电源的最大输出功率P m＝2 W答案AD解析电源的总功率P E＝EI，直线a表示电源的总功率P E—I图线，选项A正确．电源的输出功率P R＝UI＝(E－Ir)I＝EI－I2r，曲线b表示电源的输出功率P R—I图线，曲线c表示电源内部的发热功率P r－I图线，选项B错误．由直线a的斜率可得电源的电动势E＝4 V．选项C错误．当I＝1 A时，电源的最大输出功率P m＝2 W，选项D正确．10．如图10为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线，用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻组成如下四个电路．则外电路功率相等的是()图10A．图a和图d B．图b和图cC．图a和图b D．图c和图d答案AB解析根据电源的U－I图线可得电源的电动势为4 V，内阻为3 Ω，外电路消耗的功率P＝2·R外R外＋2，当外电阻为1 Ω和9 Ω时，外电路消耗的功率相等，A正确；当外电阻为4.5 Ω和2 Ω时，外电路消耗的功率相等，B正确，C、D错误．11．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图11所示电路，电源的电动势E 和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则()图11A．电灯L变暗B．电灯L变亮C．电流表的示数增大D．电流表的示数减小答案BD解析若探测装置从无磁场区进入强磁场区．磁敏电阻阻值增大，电源输出电流减小，路端电压增大，电流表的示数减小，电灯L变亮，选项B、D正确．12．电源、开关S、S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图12所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S、S′闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则()图12A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．R2两端的电势差是否升高无法分析D．当光照强度不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高答案BD解析当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，R2两端的电势差降低，R1两端的电势差升高，电容器极板之间电压升高，液滴向上运动，选项B正确，A、C错误．当光照强度不变时断开S′，电容器带电量不变，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高，选项D正确．13．如图13所示电路中，定值电阻R大于电源内阻r，当滑动变阻器滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2、A3的示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3，理想电压表示数变化量的绝对值为ΔU，下列说法中正确的是()图13A．电流表A2的示数一定变小B．电压表V的示数一定增大C．ΔI3一定大于ΔI2D．ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r答案BD解析当滑动变阻器滑动端向右滑动后，滑动变阻器连入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，路端电压变大，电压表V的示数一定增大，电流表A3的示数一定变小，电流表A2的示数一定变大，选项A错误，B正确．ΔI3不一定大于ΔI2，选项C错误．ΔI1一定大于ΔI3，ΔU与ΔI3比值等于电源内阻，ΔU与ΔI1比值一定小于电源内阻r，选项D正确．【解题方法技巧6】极限分析法当题干中所涉及的物理量随条件做单调变化时，或者解为集合的题目，可以将某些起决定性作用的物理量的数值推向极值如设定动摩擦因数趋近于零、一个量与另一个量的关系是“远大于”或“远小于”、斜面的倾角趋近于零和90°、物体的质量趋近于零或无穷大等，通过简单计算、推理及合理性判断，并与一些显而易见的结果、结论和熟悉的物理现象进行对比可得出结论.比如第6题，我们可以把滑动变阻器的滑片P向b滑动的过程采用极限分析法，即移到b 端，这样滑动变阻器被短路，再分析问题就会显得非常简单和直接.同样第12题中，可把光敏电阻的阻值变化为零，分析问题也会更简单.。

专项练习29 电容器的动态分析(含答案)-高三物理一轮复习小题专项练习

专题八电场必刷29 电容器的动态分析1．（2020·福建省武平县第一中学月考）两个较大的平行金属板A 、B 相距为d ，分别接在电压为U 的电源正、负极上，这时质量为m ，带电量 q 的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中（）A ．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b 流向aB ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a 流向bC ．油滴静止不动，电流计中的电流从b 流向aD ．油滴静止不动，电流计中的电流从a 流向b 【答案】D 【解析】将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式4SC kdεπ=得知，电容减小，而电压不变，则由QC U=知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b 的电流．由于电容器板间电压和距离不变，则由UE d=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变仍处于静止状态．A ．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b 流向a ，与结论不相符，选项A 错误；B ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a 流向b ，与结论不相符，选项B 错误；C ．油滴静止不动，电流计中的电流从b 流向a ，与结论不相符，选项C 错误；D ．油滴静止不动，电流计中的电流从a 流向b ，与结论相符，选项D 正确；2．（2020·吉林长春外国语学校月考）如图所示，平行板电容器和直流电源（内阻不计）连接，一带电液滴在平行板电容器两极板之间的点处于静止状态．现将极板A 向下平移一小段距离，但仍在P 点上方，其它条件不变．下列说法中正确的是（）A ．液滴带负电，电容器带电量不变B ．带电液滴将向下运动C ．带电液滴电势能增多D ．若先将开关断开再将B 极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【答案】D 【解析】A. 带电油滴受重力和电场力平衡，根据平衡条件，电场力向上，而场强向下，故液滴带负电荷，将极板A 向下平移一小段距离，板间距减小，根据4πSC kdε=电容增加，根据Q =CU ，电荷量增加，故A 项与题意不相符；B. 电容器板间的电压保持不变，当将极板A 向下平移一小段距离时，根据UE d=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力F =qE 增大，液滴将向上运动．故B 项与题意不相符；C. 当液滴向上运动时，液滴所在的位置电势增大，因为E p =qφ，液滴带负电，所以带电液滴的电势能减小，故C 项与题意不相符；D.根据4πSC kdε=，Q =CU ，U E d =可得4kQ E Sπε=，所以断开开关，电容器的电荷量不变，改变距离，电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，故D 项与题意相符．3．（2020·长葛市第一高级中学月考）如图所示，带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板M 、N 水平正对放置，两板间有一带电微粒以速度0v 沿直线运动，当微粒运动到P 点时，迅速将M 板上移一小段距离.则此后微粒的运动情况可能是（）A．沿轨迹①做曲线运动B．方向改变沿轨迹②做直线运动C．方向不变沿轨迹③做直线运动D．沿轨迹④做曲线运动【答案】C【解析】平行金属板所带电量和正对面积都不变，根据推论4kQESπε=得知，只改变两板的距离时，板间的场强不变，粒子的受到电场力也不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹③做直线运动。

2018高考电容与电容器动态专题整理含问题详解-经典分类

高考电容与电容器专题一、单纯电容器及动态1、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（电量很小）固定在P 点，如图所示，以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，E P 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则A 、U 变小，E 不变B 、E 变大，E P 变大C 、U 变小，E P 不变D 、U 不变，E P 不变答案：AC 解答：电容器充电后电源断开，说明电容器带电量不变；正极板向负极板移近，板间距减小，kd S C πξ4=电容变大，由CQ U =知U 变小。

因为U ，d 均为变量，变形S kQd U E ξπ4==，知场强E 不变。

下极板接地，P 到下极板的距离不变，由p p qEd qu ==ξ 知ζ不变。

2、如图所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路。

在增大电容器两极板间距离的过程中A 、电阻R 中没有电流B 、电容器的电容变小C 、电阻R 中有从A 流向B 的电流D 、电阻R 中有从B 流向A 的电流答案：BD解析：板间距增加，由kdSC πξ4=知C 减小；接电源，故U 不变，CU Q =，电量减少，电容器放电，C 板接电源正极，故电流有B 到A 3、板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E 1。

现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为2d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是 A ．U 2 = U 1，E 2 = E 1 B ．U 2 = 2U 1，E 2 = 4E 1 C ．U 2 = U 1，E 2 = 2E 1 D ．U 2 = 2U 1，E 2 = 2E答案：C解析：由电容决定式，kd S C πξ4=，板间距变为2d，则电容变为2C ；电量为2Q ，C Q U = ，则电压不变，dUE =，则场强变为二分之一。

高考一轮微专题训练【19】电容器的动态分析(含答案)

微专题训练19 电容器的动态分析1．(单选)如图1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动一小段距离( )．图1A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减少D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大解析因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，电场强度E减小，φP＝Ex P减小，P点的电势降低，故选项A错B对；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P点的电势能增大，选项C错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D错，故答案为B.答案 B2．(单选)如图2所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是( )．图2A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些解析使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时，电压一定，则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由C＝Q/U可知增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式C＝εr S4πkd知，保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确．答案 B3．(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图3所示，则( )．图3A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ角增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ角不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ角增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ角不变解析球在电场中平衡，则所受电场力、重力及绳的拉力的合力为零．由平衡条件得tan θ＝qEmg，故要判断θ的变化，只需判断电场强度E的变化即可．S闭合时，U不变，A向B靠近，d减小，由E＝Ud，可知E增大，θ角增大，故A正确．S断开，则Q不变，A向B靠近，E不变，则θ角不变，故D项正确．答案AD4．(单选)某电容式话筒的原理示意图如图4所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )．图4A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M点的电势比N点的高解析由公式C ＝εr S 4πkd 可知，当PQ 间距增大时，C 减小，故A 错误．由C ＝QU 可知，在U 不变时，C 减小，Q减小，即电容器放电，R 中的电流方向从M 到N ，则M 点电势高于N 点，故B 、C 错误，D 正确．答案 D5．(单选)电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图5所示的电路．当开关S 闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S 断开，则以下判断正确的是( )．图5A ．液滴仍保持静止状态B ．液滴将向下运动C ．电容器上的带电荷量将减为零D ．电容器将有一个瞬间的充电过程解析由带电液滴处于静止状态，可知此时mg ＝Ud q ，开关闭合时电容器两端的电压U 等于电阻R 2两端的电压，开关断开时电容器两端的电压等于电源电动势E ，因E>U ，故带电液滴将向上运动，选项A 、B 错误；因Q ＝CU ，开关断开时电容器两端的电压增大，电容器将充电，C 项错误，D 项正确．答案 D6．(多选)板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为U 1，板间场强为E 1，电容器的电容为C 1.现将电容器所带电荷量变为3Q ，板间距变为d3，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，电容器电容为C 2，下列说法正确的是( )． A ．C 2＝3C 1，U 2＝U 1 B ．C 2＝3C 1，E 2＝4E 1 C ．U 2＝U 1，E 2＝3E 1 D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析当电容器所带电荷量为Q ，板间距为d 时，电容器电容C 1＝εr S 4πkd ，U 1＝Q C 1＝4πkdQ εr S ，E 1＝U 1d ＝4πkQεr S ；当电荷量变为3Q ，板间距变为d 3时，电容器电容C 2＝εr S 4πkd 3＝3C 1，U 2＝3Q C 2＝4πkdQ εr S ＝U 1，E 2＝U 2d 3＝12πkQεr S＝3E 1，选项A 、C 正确．答案 AC7．(单选)如图6所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕中心点O 、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做( )．图6A．匀速直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动解析设电源两端的电压为U，两金属板间的距离为d，带电液滴的质量为m，带电荷量为q，则液滴P静止时，由平衡条件可得：q Ud＝mg.金属板转动后，P所受的电场力大小为F＝qUdcos α，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝F·cos α＝qUd·cos α·cos α＝qUd＝mg.故电场力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动．答案 B。

2017-2018学年高中物理人教版选修3-1文档：专题三+Word版含答案

一、电容器及其动态变化问题1．对电容公式C ＝Q U 和C ＝εr S4πkd的理解(1)C ＝Q U是电容的定义式．不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．(2)C ＝εr S4πkd 是平行板电容器的决定式．平行板电容器电容的大小取决于电介质的种类、导体的正对面积和两极板间的距离. 2．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(平行板电容器始终连接在电源两端则电势差U 不变；平行板电容器充电后，切断与电源的连接则电荷量Q 保持不变) (2)用决定式C ＝εr S 4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化． [复习过关]1．(多选)对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是( ) A ．将两极板的间距加大，电容将增大B ．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C ．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D ．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大答案 BCD解析将两极板的间距加大，d 增大，由电容决定式C ＝εr S4πkd 得知，电容将减小．故A 错误；将两极板平行错开，使正对面积减小，S 减小，由电容决定式C ＝εr S4πkd 得知，电容将减小．故B 正确；在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，εr增大，C 增大．故C 正确；在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，板间距离减小，电容将增大．故D 正确．2．(多选)如图1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时( )图1A ．电容器电容增大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答案 AC解析振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由C ＝QU知，U 不变的情况下，电容器所带电荷量Q 增大，电容器充电，R 中形成自右向左的电流．由E ＝U d知，U 不变，d 减小，则场强E 增大，故A 、C 正确，B 、D 错误．3．(多选)如图2所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )图2A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流答案 AB解析根据电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 此时不变，故板间场强E ＝U d变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C ＝εr S 4πkd可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q 也减小，因此电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情况下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间场强E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍然静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板间间距d 变小，根据C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d 可得E ＝4πkQεr S ，显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项D 错误．二、带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k14．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化．(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化． [复习过关]4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝Ud知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d 2＋h )－q U 23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．5.如图3所示，两块长均为L 的平行金属板M 、N 与水平面成α角放置在同一竖直平面内，充电后板间有匀强电场．一个质量为m 、带电荷量为q 的液滴沿垂直于电场线方向以初速度v 0射人电场，并沿虚线通过电场．则此电场的电场强度为多大？液滴离开电场时的速度为多大？图3答案mg cos αqv 20－2gL sin α解析带电液滴做直线运动，沿电场方向电场力和重力的分力相等．即：Eq ＝mg cos α E ＝mg cos αq匀减速运动加速度为a ＝g sin α 由v 2－v 20＝－2aL 解得v ＝v 20－2gL sin α 三、带电粒子在电场中的偏转 1．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差． [复习过关]6．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是( ) A ．加速电压突然变大 B ．加速电压突然变小 C ．偏转电压突然变大 D ．偏转电压突然变小答案 AD解析若加速电压为U 1，偏转电压为U 2，则在加速电场中qU 1＝12mv 20，在偏转电场中a ＝U 2qdm ，L ＝v 0t ，y ＝12at 2，所以y ＝U 2L24U 1d ，画面高度缩小，说明粒子的最大偏转位移减小，由上式分析可得，可能是加速电压U 1增大，也可能是偏转电压U 2减小，选项A 、D 正确．7．(多选)如图4所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )图4A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2 答案 BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B对；由W ＝Eq ·x 知在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D错．8.如图5所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距为d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b .在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．求：图5(1)两板间所加偏转电压U 的范围； (2)粒子可能到达屏上区域的长度．答案 (1)－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL 2 (2)d (L ＋2b )L解析 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，偏转角为θ，则有：y ＝12at 2① L ＝v 0t ② a ＝Eq m ③E ＝U d④ 由①②③④式解得y ＝qUL 22dmv 20当y ＝d2时，U ＝md 2v 20qL2则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL2.(2)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y 0)，则y 0＝(L2＋b )tan θ而tan θ＝d L ，解得y 0＝d (L ＋2b )2L则粒子可能到达屏上区域的长度为d (L ＋2b )L. 四、带电体在复合场中的运动 1．特点：重力场和电场共存． 2．分析方法 (1)动力学的观点 ①对物体进行受力分析． ②明确其运动状态．③根据其所受的合力和所处的状态，合理地选择牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动知识、圆周运动知识等相应的规律解题． (2)能量的观点①运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．②运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理． [复习过关]9．(多选)如图6所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )图6A ．当小球运动到最高点a 时，线的张力一定最小B ．当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大C ．当小球运动到最高点a 时，小球的电势能最小D ．小球在运动过程中机械能不守恒答案 CD解析若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE ＜mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小．若qE ＞mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大．故A 、B 错．a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C 正确．小球在运动过程中除重力做功外，还有静电力做功，机械能不守恒，D 正确．10.如图7所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104N/C ，现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－4C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知x AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)图7(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处．答案 (1)10m/s ，方向竖直向上 (2)C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (x AB ＋R )－μmgx AB －mgR ＝12mv 2解得v ＝10m/s ，方向竖直向上．(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12mv 2解得h ＝53m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F fmax ＝μqE ＝4N ，重力G ＝mg ＝2N 因为G <F fmax所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处．11.如图8所示，质量为m 、带电荷量为－q 的小球在光滑导轨上运动，导轨左边为斜轨，右边为半圆形滑环，其半径为R .小球在A 点时的初速度为v 0，方向和斜轨平行，整个装置放在方向竖直向下、场强为E 的匀强电场中，斜轨的高度为h ，试问：图8(1)如果小球能到达最低点B 点，那么小球在B 点对半圆环的压力多大？(2)在什么条件下小球可以沿半圆环做匀速圆周运动到达最高点，这时小球的速度多大？答案见解析解析 (1)当满足mg ＝Eq 时，小球到达B 点的速度为v 0，设小球在B 点受半圆环的支持力F N1，则得F N1＝mv 20R①小球对半圆环压力F N1′＝F N1，方向竖直向下．当mg ＞Eq 时，根据动能定理有mgh －qEh ＝12mv 2B －12mv 20②设此时小球在B 点受半圆环的支持力为F N2，F N2＋Eq －mg ＝mv 2BR③由②③得F N2＝2mgh －2qEh ＋mv 2R＋mg －qE小球对半圆环的压力F N2′＝F N2，方向竖直向下．(2)当mg ＝Eq 时，小球可以匀速沿半圆环到达最高点，此过程小球到达B 点速度仍为v 0，小球只在半圆环的支持力作用下做匀速圆周运动，速率为v 0.。

2018年5月29日电容器-试题君之每日一题君2017-2018学年下学期高二物理期末复习含解析精品

5月29日电容器考纲要求：Ⅰ难易程度：★★★☆☆一平行板电容器，两板之间的距离d 和两板面积S 都可以调节，电容器两板与电池相连接。

以Q 表示电容器的电荷量，E 表示两极板间的电场强度，则 A ．当d 增大、S 不变时，Q 减小、E 减小 B ．当S 增大、d 不变时，Q 增大、E 增大 C ．当S 减小、d 增大时，Q 增大、E 增大 D ．当S 减小、d 减小时，Q 不变、E 不变【参考答案】A根据U E d =可得随d 增大，两极板间的电场强度E S 减小，d 增大，故电容C 减小，根据Q =CU 可知电荷量Q 减小，故C 错误；根据E d=可得随d 减小，两极板间的电场强度E S 减小，d 减小，故电容C 的变化无法确定，根据Q=CU 可知电荷量Q 的变化无法确定，故D 错误。

故选A 。

【知识补给】平行板电容器的动态分析1．对公式UQC =的理解电容UQC =，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。

2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。

（2）用决定式r 4πSC kd ε=分析平行板电容器电容的变化。

（3）用定义式U QC =分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。

（4）用dUE =分析电容器两极板间电场强度的变化。

对一电容器充电时电容器的电容C ，带电荷量Q ，电压U 之间的关系图象如下图所示，其中正确的是如图所示，一水平放置的平行板电容器带上一定电荷量后，将下极板B 接地，一带负电油滴静止于两极板间的P 点。

现将平行板电容器的上极板A 竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是A ．P 点的电势将增大，带电油滴将向上运动B ．P 点的电势将增大，带电油滴将向下运动C ．P 点的电势不变，带电油滴仍然静止D ．P 点的电势不变，带电油滴将向上运动如图所示，理想二极管（具有单向导电性）、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P 置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是A．若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小B．若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动C．若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大D．若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向下运动如图所示，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板电容器的B板和静电计的外壳均接地。

2019高考物理命题潜规则解密：专项29电容器

2019高考物理命题潜规则解密：专项29电容器与电容器相关的动态电路规那么验证：2018年江苏物理第2题、2018年海南物理第9题、2017天津理综第5题、2017北京理综第18题、2017安徽理综第18题、2018年浙江理综第20题命题规律：电容器是高中物理重要的知识点，是高考考查的重点，高考命题考查电容器动态变化、研究影响平行板电容器的因素、与电容器相关的动态电路的题型一般为选择题，综难度中等。

命题分析考查方式一考查电容器动态变化【命题分析】：电容是表征电容器本身储存电荷本领高低的物理量。

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C＝Q／U.。

平行板电容器的电容：C＝2S kdεπ。

解决电容器动态问题要关键掌握两点：一是电容器充电后与电源断开极板上带电量不变的，二是与电源相接电容器极板间电压不变的。

高考对电容器动态变化的考查难度中等。

典例1.〔2018年江苏物理第2题〕一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容量C和两极板间的电势差U 的变化情况是A、C和U均增大B、C增大，U减小C、C减小，U增大D、C和U均减小典例2.〔2018年海南物理第9题〕将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用D、U、E和Q表示。

以下说法正确的选项是A、保持U不变，将D变为原来的两倍，那么E变为原来的一半B、保持E不变，将D变为原来的一半，那么U变为原来的两倍C、保持D不变，将Q变为原来的两倍，那么U变为原来的一半D、保持D不变，将Q变为原来的一半，那么E变为原来的一半典例3〔2017天津理综第5题〕板间距为d 的平行板板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为1U ，板间场强为1E 现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差2U ，板间场强为2E ，以下说法正确的选项是 A.2121,U U E E == B.21212,4U U E E == C.2121,2U U E E == D.21212,2U U E E ==【点评】此题考查平行板电容器、电容量定义、电容量决定式及其相关知识点。

电容器动态分析专题训练含答案

电容器动态分析练习题一．选择题（共10小题）1．（2016•天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变2．（2016•新疆）如图所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是（）A．A板右移B．A板上移C．插入电解质D．增加极板上的电荷量3．（2016•湖南校级模拟）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、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．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4．（2016•湖南模拟）传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（）A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转5．（2016•桂林一模）如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则（）A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小6．（2016•诏安县校级模拟）如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，减小d，则θ不变C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大7．（2016•江苏模拟）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大8．（2016•中山市模拟）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，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变9．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动10．（2016•肇庆三模）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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变电容器动态分析练习题参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2016•天津）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E P表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A．θ增大，E增大B．θ增大，E P不变C．θ减小，E P增大D．θ减小，E不变【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化．【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度E===；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能E P=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D．2．（2016•新疆）如图所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是（）A．A板右移B．A板上移C．插入电解质D．增加极板上的电荷量【分析】平行板电容的电容取决于极板间的距离、正对面积及介电常数，与电压及电荷量无关．【解答】解：由C=ɛ可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，ACD错误；故选：B．3．（2016•湖南校级模拟）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、两板间电势差U，电容器两极板间场强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【分析】电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据U=判断电势差的变化，根据E=，判断电场强度的变化．【解答】解：电容器与电源断开，电量保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，知电容C变小，根据U=，知两极板间的电势差U变大，根据E==，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误．故选C．4．（2016•湖南模拟）传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏），下列实验现象中正确的是（）A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转【分析】根据电容的决定式分析F、h与电容器所带电量的关系，分析电路中电流的方向，判断电流表指针偏转方向．【解答】解：A、当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量减小，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故A错误．B、当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=得知，电容增大，而电压不变，则由Q=CU可知，电容器所带的电量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故B正确．C、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转．故C错误．D、当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转．故D 正确．故选BD5．（2016•桂林一模）如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ．则（）A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，断开开关S，电容器所带的电量不变．保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；先分析板间场强的变化，再判断夹角的变化．【解答】解：AB、当断开开关S时，电容器所带的电量不变，由电容器的定义式C=、电容的定义式C=和E=结合得E=，则知电容器板间距离d变化时，板间场强E 不变，小球所受的电场力不变，则θ不变．故A、B错误．CD、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，若减小平行板间的距离，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，则θ增大．故C正确，D错误．故选：C6．（2016•诏安县校级模拟）如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．下列关于实验现象的描述正确的是（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，减小d，则θ不变C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持S、d不变，在两板间插入电介质，则θ变大【分析】静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=，通过C的变化，从而判断U的变化．【解答】解：A、根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大，故A正确；B、根据电容的定义式C=，保持S不变，减小d，电容C增大，再根据U=，知U 减小，所以θ变小，故B错误；C、保持d不变，减小S，电容减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故C错误；D、根据电容的定义式C=，保持S、d不变，在两板间插入电介质，则电容增大，根据U=，知U减小，则θ变小，故D错误．故选：A．7．（2016•江苏模拟）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角θ越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．【解答】解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．故选：AC．8．（2016•中山市模拟）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，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．平行板电容器的电容值将变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：A、根据C=知，d增大，则电容减小．故A错误．B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C正确．D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选CD．9．（2016•铜仁市校级模拟）如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（）A．匀运直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动【分析】题中带电液滴P原来在水平放置的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O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度θ，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向右，故P向右的匀加速直线运动．【解答】解：当a、b金属板水平放置时，带电液滴P在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O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为α，如图．设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过α角时，板间距离为dcosα，板间场强为E=，电场力为F=qE=，电场力方向与竖直方向的夹角为α，竖直方向的分力为Fcosα=．而原来液滴处于静止状态，即有mg=qE=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故P将水平向右作匀加速直线运动．故B正确．故选B10．（2016•肇庆三模）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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B错误．C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选：D．。

考点19 电容器的动态分析-2020年新高三一轮复习物理(原卷版)

考点19 电容器的动态分析一、选择题1．(多选)关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是()A．充、放电过程中外电路有瞬间电流B．充、放电过程中外电路有恒定电流C．充电过程中电源提供的电能全部转化为内能D．放电过程中电容器中的电场能逐渐减小2．某一电解电容器如图甲所示，接入如图乙所示的电路，下列说法正确的是()A．该电容器只有在电压为45 V时，电容才是33 μFB．该电容器能容纳的最大电荷量为3.3×10－5 CC．接通电路后，电容器的电容仍是33 μFD．接通电路后，灯泡能持续发亮3．下列关于电容的说法中正确的是()A．由C＝可知，电容器的电容由它的带电量、两板间电压决定B．电容器带电量越多，说明它容纳电荷的本领越大C．由Q＝CU可知，当U增大时，Q可以无限增大D．两个相互靠近彼此绝缘的人，虽然不带电，但它们之间有电容4．某一电容器标注的是“400 V22 μF”(如图)，则下列说法中正确的是()A．该电容器可在400 V以下电压时正常工作B．该电容器只能在400 V电压时正常工作C．电压是200 V时，电容是11 μFD．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连5．如图所示，电源A两端的电压恒为6 V，电源B两端的电压恒为8 V，当开关S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为1.2×10－5 C，则电容器的电容约为()A．2×10－5 FB．1.5×10－6 FC．6×10－6 FD．8.6×10－7 F少为原来的，则()A．电容器原来的带电量为9×10－4 CB．电容器原来的带电量为4.5×10－4 CC．电容器原来的电压为1 VD．电容器的电容变为原来的7．一个电容器，带了电量Q后，两极板电势差为U，若它带的电量减少，则() A．电容为原来的，两极板电压不变B．电容为原来2倍，两极板电压不变C．电容不变，两极板电压是原来的D．电容不变，两极板电压是原来的2倍8.(多选)对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是()A．将两极板的间距加大，电容将增大B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大9.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U，现使B板带正电，则下列判断正确的是()A．在A、B之间插入金属板，且不和A、B接触，静电计指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大C．将A板稍微下移，静电计指针张角将变小D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零10.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是()A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C．保持S闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小二、非选择题11.有一充电的电容器，两板间的电压为3 V，所带电荷量为4.5×10－4 C，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2 V，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？12．如图所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4 mm，充电后两极板电势差为120 V．A 板带正电，若它的电容为3 μF，且P到A板距离为1 mm.求：(1)每一板的带电荷量；(2)一个电子在P点具有的电势能；(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能；(4)两板间的电场强度．14．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60 V的恒压电源上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地．求：(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两板之间的电场强度；(3)距B板2 cm的M点处的电势15．如图所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10 F，两极板间距离d＝1.2×10－3 m，g取10 m/s2.(1)求该电容器所带的电荷量；(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒的电荷量为多少？带何种电荷？16．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O点．先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．17．水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动．若使电容器电量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？。

2018年高中物理第1章静电场1.11电容器的动态分析习题新人教版

电容器的动向剖析（答题时间：30 分钟）1. 如下图， M、N 是平行板电容器的两个极板， R0为定值电阻， R1、 R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为 m 、带正电的小球悬于电容器内部。

闭合电键S，小球静止时遇到悬线的拉力为 F。

调理 R1、R2，对于 F 的大小判断正确的选项是（）A.保持 R1不变，迟缓增大 R2时， F 将变大B.保持 R1不变，迟缓增大 R2时， F 将变小C.保持 R2不变，迟缓增大 R1时， F 将变大D.保持 R2不变，迟缓增大 R1时， F 将变小2.如下图，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连结，下极板接地。

一带电油滴位于容器中的 P 点且恰巧处于均衡状态。

现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）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.带电油滴的电势能将减小D.电容器的电容减小，极板带电量将增大3.平行板电容器 C 与三个可变电阻器 R1、 R2、 R3以及电源（内阻不行忽视）连成如下图的电路。

闭合开关 S 待电路稳固后，电容器 C 两极板带有必定的电荷。

要使电容器所带电荷量增添，以下方法中可行的是（）A. 只增大 R1，其余不变B. 只增大 R2，其余不变C. 只减小 R3，其余不变D.只减小 a、b 两极板间的距离，其余不变4.影响平行板电容器电容的要素有好多，研究时需采纳控制变量法。

如图，已经充满电的两个极板所带电荷量不变，两极板正对面积为S，极板间的距离为 d ，静电计指针偏角为θ 。

实验中，改变电容器的构造，对于可能看到的现象，以下说法正确的选项是（）A.保持 d 不变，增大B.保持 d 不变，增大C.保持 S 不变，减小S，则θ变大S，则θ变小d ，则θ变大D.保持 S 不变，减小d，则θ不变5.如图，平行板电容器经开关K 与电池连结， a 处有一带电量特别小的点电荷。

K 是闭合的， Ua 表示 a 点的电势， f 表示点电荷遇到的电场力。

学年高中物理课堂同步系列一每日一题电容器电容含解析新人教版选修

电容器的电容高考频度：★★★☆☆难易程度：★★★☆☆两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为–q的油滴恰好静止在两板之间，以下列图。

在其他条件不变的情况下，若是将B板向下搬动一小段距离，则该过程中A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b【参照答案】B【试题分析】开始时油滴静止，则说明电场力与重力平衡；电容器与电源直接相连，故电压不变，当B板向下搬动一小段距离，板间距离d增大，则由可知，电场强度减小，电场力减小，故重力大于电场力，粒子向下加速运动；由于d增大，则由可知，电容C减小，因电压不变，则由Q= UC可知，电荷量Q减小，电容器放电，电流计中有从a到b的电流，故B正确，ACD错误。

【名师点睛】本题是电容器动向变化问题，要抓住电压不变，依照电容的决定式和电容的定义式结合进行分析。

同时还要明确电场强度和电势差之间的关系应用。

【知识补给】解电容器问题的常用技巧（1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离没关。

（2）对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行谈论时，要点在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住、Q＝CU和进行判断即可。

（2018·北京市西城区一般高中合格性考试模拟）a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数。

由此可知，关于a、b两个电容器的以下说法正确的选项是A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器最多能容纳电荷0.1 CD．b电容器最多能容纳电荷1 C以下列图，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则以下说法正确的选项是A．保持S闭合，将A板向B板凑近，则θ增大B．保持S闭合，将A板向B板凑近，则θ不变C．断开S，将A板向B板凑近，则θ增大D．断开S，将A板向B板凑近，则θ不变（2018·北京卷）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置以下列图，以下说法正确的选项是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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表示电容增大（2018·陕西省榆林市绥德中学高二期末考试）以下列图，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串通接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管拥有单导游电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能够忽略，现经过上下搬动A极板来改变两极板A、B间距（两极板仍平行），则以下说法正确的选项是A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N的左侧（2018·山东省德州市）以下列图，竖直放置的两个平行金属板、带等量的异种电荷，板带负电荷，板接地。

高二物理人教版选修31平行板电容器的动态分析

高二物理人教版选修31平行板电容器的动态分析重/难点重点：剖析电容器静态进程的方法。

难点：剖析电容器静态进程的方法。

重/难点剖析重点剖析：对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C停止讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，只要进程明晰，结果才会阴暗准确。

我们可依据不变量，把这类效果分为两种状况来剖析。

难点剖析：电容器充电后断开电源，那么电容器所带电量Q坚持不变，当极板距离d，正对面积S变化时，有电容器充电后与电源相连，电容器两极板的电压等于电源电动势且一直坚持不变。

当极板距离减小时，电容器电容C增大，带电量Q添加，极板间电场强度增大，反之亦然。

当极板的相对面积减小时，电容C减小，所带电量Q减小，但因极板间距离不变，极板间场强不变。

打破战略对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C停止讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，只要进程明晰，结果才会阴暗准确。

我们可依据不变量，把这类效果分为两种状况来剖析：一、电容器充电后断开电源电容器充电后断开电源，那么电容器所带电量Q坚持不变，当极板距离d，正对面积S变化时，有关于电场强度变化，我们还可以以为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，假定电量不变，那么电场线数目不变，当两板间距离变化时，场强不变；当两板正对面积变化时，惹起电场线的疏密水平发作了变化，如图1所示，电容器的电量不变，正对面积减小时，场强增大。

图1这样，QS 越大，电场线就越密，E就越大，反之就越小；QS不变时，不论极板间距离如何变化，电场线的疏密水平不变，那么E不变。

那么此式可知，在电量坚持不变的状况下，电场强度与板间的距离有关。

例1. 一平行板电容器充电后与电源断开，负极接地，在两极板间有一正电荷〔电量很小〕固定在P点，如图2所示，E表示两板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能，假定坚持负极板不动，将正极板移到虚线所示的位置，那么〔〕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；解析：电容器充电后与电源断开，说明电容器带电量不变。

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狂刷29 电容器的动态分析1．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个P点，以E表示两板间的电场强度，Pϕ表示P点的电势，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则A．θ增大，E增大B．θ增大，不变C．θ减小，增大D．θ减小，E不变【答案】D2．下面对一些概念及公式的理解，其中正确的是A．根据电容的定义式QCU=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比B．只要将导体置于电场中，导体中就有持续电流C ．当干电池没有接入电路中时，电池内没有电荷流动，所以电池此时电动势为0D ．带电荷量为1 C 的负电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则U AB =1 V 【答案】D3．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1。

现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是 A ．U 2=U 1，E 2=2E 1 B ．U 2=2U 1，E 2=4E 1 C ．U 2=U 1，E 2=E 1D ．U 2=2U 1，E 2=2E 1【答案】A【解析】因为电容器电压可变，说明电容器无电源，应该是电容器上的电荷量不变，根据电容器决定式4πS C kdε=可知，当板间距离减小为原来的一半时，电容增大一倍，2122Q U U C ==，根据UE d=，可得212E E =。

故A 项正确。

4．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 ．极板带的电荷量增加D ．油滴运动的加速度逐渐变大【答案】D【解析】将B 极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，因为电势差U 不变，则根据场强公式：UE d=可知，极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，电场力小于重力，油滴所受合力向下，根据牛顿第二定律mg qE ma -=，联立可得：油滴向下加速度为：qUa g md=-，因为q 、U 、m 不变，d 逐渐增大，则加速度a 逐渐增大，所以油滴向下做加速度增大的加速运动，故A 错误，D 正确；根据电容决定式：4SC kd επ=可知，电容器板间距离增大，则电容器的电容C 减小，而板间电压U 不变，则由可知，电容器所带电荷量Q 减小，电容器将放电，因上极板带正电，则知电流计中电流由a 流向b ，故BC 错误。

5．如图所示，平行板电容器的两极板为A 、B ，B 极板接地，A 极板带有电荷量+Q ，板间电场有一固定点P ，若将B 极板固定，A 极板下移一些，或者将A 极板固定，B 极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是A ．A 极板下移时，P 点的电场强度增大，P 点电势不变B ．A 极板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势升高C ．B 极板上移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低D ．B 极板上移时，P 点的电场强度减小，P 点电势升高【答案】C【名师点睛】解答本题应记住结论：当电荷量不变时，只改变两板间的距离，则两极板间的电场强度不变．掌握电容器的定义式和决定式，并能灵活运用。

6．电容器充电后与电源断开，质量为m 电荷量为q 的带电粒子静止于该电容器两平行板中间，现在两板间贴近下板插入一个厚度为极板间距离1/4的金属板，如图所示，则关于两板间电势差、带电粒子的运动情况的说法中正确的是A ．两板间电势差U 增大，带电粒子向上加速B ．两板间电势差U 不变，带电粒子仍静止C ．两板间电势差U 减小，带电粒子仍静止D ．两板间电势差U 减小，带电粒子向下加速【答案】C【名师点睛】本题要抓住电容的决定式，明确电容与板间距离的关系。

还可以进一步研究板间电压、电场强度等物理量的变化情况。

7．一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 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则A ．U 变小，E 变小B ．E 变大，E p 变大C ．U 变小，E p 不变D ．U 不变，E p 不变【答案】C【解析】由题意知：电容器的带电荷量Q 不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C 增大，由公式Q U C =知，板间电压U 强度E 不变，则由U=Ed 知，P 与负极板间的电势差不变，则P 点的电势不变，正电荷在P 点的电势能ɛ不变，故C 正确，ABD 错误。

【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P 点电势能的变化。

8．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则A．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ减小B．若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变C．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变D．若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大【答案】C9．如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。

现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。

关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是A．F逐渐增大，T逐渐减小B．F逐渐减小，T逐渐减小C．F逐渐减小，T逐渐增大D．F逐渐增大，T逐渐增大【答案】B【解析】明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况。

10．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为段路）连接，电源负极接地。

初始电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。

下列说法正确的是A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低C．将下极板上移，带电油滴向上运动D．断开开关S，带电油滴将向下运动【答案】CC减小，由于二极管具有单向导电性，图中电容器只能充电不能放电，在直流电路中，电容器视为断路，电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，根据定义式：Q=CU可知，电容器电荷量减少，但由于电路中有二极管，电容器放电时二极管处于截止状态，所以电容器不能放电，即电荷量不变，根据U E d =、Q C U =度E 变大，油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，P 点与下极板的距离不变，E 变大，则P 点的电势升高，故A 、B 错误；当电容器的下极板向上移动时，极板距离减小，电容器的电容变大，电容器所带的电荷量Q 变大，电容器充电，由UE d=知，电容器板间场强变大，油滴所受电场力大于重力，带电油滴向上运动，故C 正确；断开开关S ，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，电容器带电荷量Q 不变，电容C 不变电压也不变，电容器两极板间的场强不变，故油滴仍然处于平衡状态，故D 错误。

11．平行金属板A 、B 组成的电容器，充电后与静电计相连，如图，要使静电计指针张角变大。

下列措施中可行的是A ．A 板向上移动B ．A 、B 之间插入与平行金属板等大的导体板C ．A 、B 之间插入电介质D ．使两板带的电荷量减小【答案】AB【名师点睛】对于电容器的动态分析，首先要明确不变量，然后再由电容的决定式和定义式判断电势差的变化。

12．如图所示，平行板a 、b 组成的电容器与电池连接，平行板电容器P 处固定放置一带负电的点电荷，平行板b 接地．现将电容器的b 板向下稍微移动，则A．点电荷所受电场力增大B．点电荷在P处的电势能减小C．P点电势降低D．电容器的带电荷量增加【答案】B【名师点睛】电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断，对于电势能表达式E p=qφ，电荷量以及电势均要考虑正负号。

13．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与静电计相接，极板B接地．若极板B 稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是A．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大B．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小C．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小D．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大【答案】A【解析】A极板与静电计相连，所带电荷电荷量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电荷量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，会发现指针张角变大，即电压增加，由公式QC U=知电容C 变小；故BCD 错误，A 正确。

【名师点睛】本题抓住电容器的电荷量几乎不变是关键。

涉及电容器动态变化分析的问Q C U =、场强公式UE d=综合分析，是常用思路。

14．两个较大的平行金属板A 、B 相距为d ，分别接在电压为U 的电源正、负极上，这时质量为m 、带电荷量为–q 的油滴恰好静止在两板之间，如图所示。

在其他条件不变的情况下，如果将B 板向下移动一小段距离，则该过程中A ．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b 流向aB ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a 流向bC ．油滴静止不动，电流计中的电流从b 流向aD ．油滴静止不动，电流计中的电流从a 流向b 【答案】B【名师点睛】本题是电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式4πS C kdε=和电容的定义式QC U=结合进行分析．同时还要明确电场强度和电势差之间的关系应用。

15．如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A 点接地，一带正电小球被固定于P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针张角变小C ．电容器的电荷量不变D ．带电小球的电势能将增大【答案】D【解析】将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离后两极板间的距离变大，根据公式4πS C kdε=可得电容减小，A 错误；电容器两极板和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，故静电计的张角不变，B 错误；根据QC U=可知Q 减小，C 错误；根据公式UE d=可知两极板间的电场强度减小，P 点与上极板间的电势差减小，而P 点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P 点的电势增大，因为油滴带正电荷，则小球的电势能增大，D 正确。