高考物理二轮复习重难点13储存电能的工具——电容器（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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重难点13储存电能的工具——电容器


1．把被测的力学量（如位移、力、速度等）转换成电容变化进而转变成电信号变化的传感器称为电容传感器。图1、图2分别是电容式位移、压力传感器的简化模型图。下列分析正确的是（　　）

A．图1所示，被测物体向左移动时，电容减小
B．图1所示，被测物体向左移动时，θ增大
C．图2所示，当F向上压膜片电极时，电容将减小
D．图2所示，当F向上压膜片电极时，极板间的电压减小
【答案】D
【详解】
AB．由电容的决定式

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的εr变大，则电容C增大，由公式

可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A、B错误；
CD．由电容的决定式

可知当F向上压膜片电极时，导致两极板间距离d减小，则电容C增大，由公式

可知，电荷量Q不变时，U减小，故C错误、D正确。
故选D。
2．电容器作为储能器件，在生产生活中有着广泛的应用。在如图所示的充电电路中，R为电阻，E为电源（内阻不计）。通过改变电源和电阻对同一电容器进行两次充电，对应的曲线如图中①②所示，则下列说法正确的是（　　）

A．充电过程中，电容器带电荷量增加，电流增大
B．充电过程中，电阻两端的电压在逐渐减小
C．两次充电，电源的电动势大小不相等
D．两次充电，电阻R大小相等
【答案】B
【详解】
A.充电过程中，带电量q增加，由曲线可知，相同时间内电量增量减少，

得电流减小，故A错误；
B.I减小，由

可知，电阻两端的电压在逐渐减小，故B正确；
C.由图线可知，两次充满电后电容器带电量相同，电容器的电容C相同，由

可得电容器两端电压U相等，而U=E，所以两次充电，电源电动势相等，故C错误；
D. 由图线可知，两次充电过程中，I不同，由

可知R不同，故D错误；
故选B。
3．如图所示，彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷Q后，两导体间的电势差为U，若两导体分别带上+2Q和-2Q的电荷，则它们间的电势差为（　　）

A．2U B．4U
C．8U D．16U
【答案】A
【详解】
电容器所带的电荷量发生变化，可电容器的电容不变，由可知，电容器所带电量变为原来的2倍，则电势差也变为原来的2倍，即电势差为2U，因此A正确，BCD错误。
故选A。
4．如图所示，一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，充满电之后与电源端开。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，若将云母介质插入电容器，则电容器（ ）


A．两极板间的电势差变大，极板间电场强度变大
B．两极板间的电势差变小，极板间电场强度变小
C．油滴带正电
D．带电油滴的电势能将减小
【答案】B
【详解】
AB．根据平行板电容器的相关知识有
E =，C =，C =
整理得
E =，U =d
根据题干知识，电容器充满电之后与电源端开，则电荷量Q不变，插入云母介质后ε变大，故电场强度E变小，U变小，A错误、B正确；
C．由于带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，则有
mg = Eq
则油滴受到的电场力向上，而电场线向下，则油滴带负电，C错误；
D．由于N极板接地，即N极板的电势为零故
Ep = qU =dq
由于ε增大，而q为负，则Ep增大，D错误。
故选B。
5．如图所示，把一板间距为d的平行板电容器接在电压为U的电源上，闭合开关K，此时板间场强为。现在两板中央插入厚度为的金属板，电路稳定后，板间场强为，断开开关K，抽出金属板，此时板间场强为。则为（　　）

A．1：1：1 B．1：2：2 C．1：2：1 D．1：1：2
【答案】B
【详解】
闭合K，不插入金属板时板间场强

插入金属板后，相当于两个板间距为的电容器串联，每个电容器上电压为

相当于电压不变，板间距减半，可得

由

可知电容加倍，变为；带电量也加倍，变为，断开K后，不变，抽出金属板，电容变为C，板间电压

则

即有

故选B。
6．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灵敏电流计，闭合开关S后，下列说法正确的是（　　）

A．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大
B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持减小
C．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将减小
D．若只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b到a方向的电流
【答案】D
【详解】
AB．闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质， ，电容器的电容将增大。故AB错误；
C．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C错误；
D．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电。由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D正确；
故选D。
7．如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（　　）

A．电场中的电势
B．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能
C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动
D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动
【答案】D
【详解】
A．带正电的小球a沿AC运动，则受向上的电场力，可知上极板带负电，电场线竖直向上，沿电场线电势降低，可知，A错误；
B．两球做直线运动，则满足关系


则两球带电量不一定相等，则小球a、b在C位置具有的电势能不一定相等，B错误；
CD．根据

两极板带电量Q一定，仅将下极板N向左平移，则S减小，E变大，则小球a、b不能沿直线运动；仅将下极板N向下平移，则E不变，小球a、b仍能沿直线运动，C错误，D正确。
故选D。
8．如图所示，平行金属板极板水平放置，开关k1、k2均闭合，此时处于O点的电子枪水平向右射出速度相同的电子，经过金属板间电场后击中荧光屏的P点，则（　　）

A．只将R1的滑片向右移，电子将击中P上方一点
B．只将R2的滑片向右移，电子将击中P上方一点
C．断开开关k1上极板向上移一小段距离，电子仍击中P点
D．断开开关k2上极板向上移一小段距离，电子仍击中P点
【答案】D
【详解】
A．只将R1的滑片向右移，平行金属板电压增大，极板间电场强度增大，电子将击中P点下方一点，故A错误；
B．只将R2的滑片向右移，平行金属板电压不变，场强不变，仍击中点，故B错误；
C．断开开关k1，平行金属板电压为零，不论上极板向上还是向下移一小段距离，电场强度都为零，电子不受电场力作用，将沿水平方向运动，故C错误；
D．断开开关k2，平行金属板所带电量不变，由

可知，上极板向上移一小段距离电场强度不变，则仍能击中点，故D正确。
故选D。
9．按如图所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，下列说法正确的是（　　）

A．S接a时，自由电子穿过了电容器间的电介质
B．S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相反
C．S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能
D．S离开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能
【答案】B
【详解】
A． S接a时，给电容器充电，但是自由电子不能穿过了电容器间的电介质，电介质为绝缘材料，故A错误；
B．充电过程与放电过程的电流方向是相反的，故B正确；
C．电容器充电，其他形式的能转化为电容器的电能，故C错误；
D． S离开a接到b时，电容器放电，电容器的电能转化为其他形式的能，故D错误。
故选B。
10．如图所示为某机器人中电容式位移传感器工作的简化模型图。当被测物体在左右方向移动时，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移动的情况，若静电计的指针偏角为，则（　　）

A．被测物体向左移动时，电容C增大，偏角不变
B．被测物体向左移动时，电容C减小，偏角增大
C．被测物体向右移动时，电容C增大，偏角减小
D．被测物体向右移动时，电容C减小，偏角增大
【答案】D
【详解】
AB．当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质中增多，根据

可知电容C增大，由于电量Q不变，根据

可知电容器极板间的电压U减小，即θ减小，故AB错误；
CD．当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质中减少，根据

可知电容C减小，由于电量Q不变，根据

可知电容器极板间的电压U增大，即θ增大，故C错误，D正确。
故选D。
11．为厉行低碳环保，很多城市用超级电容车替换城市公交。某款公交车在车底部安装超级电容器（如图），其标称“2.7V 3000F”车辆进站后，车顶充电设备迅速搭到充电桩上完成快充，若该款超级电容车的质量为2000kg，额定功率60kW，在平直的水平路面上行驶时，最大行驶速度为90km/h，在不载客的情况下，下列说法正确的是（　　）

A．超级电容器的电容随电压的增大而增大
B．超级电容车的最大储存电量为81000C
C．电容器在2.7V电压下才能正常工作
D．超级电容车以最大速度行驶时受到阻力的大小为2.4×103N
【答案】D
【详解】
A．电容的大小由电容器本身性质决定，与电压无关，故A错误；
B．超级电容车的最大储存电量为

故B错误；
C．2.7V是电容的额定电压，是电容器长期稳定工作所能承受的最大电压，电容器在小于等于2.7V电压都能正常工作，故C错误；
D．超级电容车以最大速度行驶时牵引力

此时牵引力等于阻力，故D正确。
故选D。
12．工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时，通常要在生产流水线上设置如图所示的感应器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上，当流水线上的产品进入A、B之间时，下列说法正确的是（　　）


A．A、B平行板电容器的电容减小
B．A、B两板间的电压增大
C．A、B两板上的电荷量变小
D．有电流从a向b流过灵敏电流计
【答案】D
【详解】
A．根据

可知当流水线上的产品进入A、B之间时，导致增大时，平行板电容器的电容C增大，故A错误；
B．由于平行板电容器与恒压电源相连，所以A、B两板间的电压不变，故B错误；
C．根据Q=CU可知极板带电量Q增加，故C错误；
D．极板带电量Q增加，电源向电容器充电，电流从a向b流过灵敏电流计，故D正确。
故选D。
13．C1和C2两空气电容器串联起来接上电源充电。然后将电源断开，再把一电介质板插入C1中，则下列选项正确的是（　　）

A．C1上电势差减小，C2上电势差增大
B．C1上电势差减小，C2上电势差不变
C．C1上电势差增大，C2上电势差减小
D．C1上电势差增大，C2上电势差不变
【答案】B
【详解】
电源断开意味着电量Q不变。由于C1放入介质，根据可知C1电容增大，根据电势差减小；而对C2来说，C2和Q都没变化，所以U2不变。
故选B。
14．原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷ΔQ，油滴开始向上运动，经时间t后，电容器突然放电，失去一部分电荷ΔQ′，又经时间t，油滴回到原位置，假如在运动过程中油滴电荷量一定，则（　　）
A．＝4 B．＝3 C．＝2 D．＝1
【答案】A
【详解】
根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得
E＝
E′＝
而依题意有
mg＝q
根据牛顿第二定律可得
qE-mg＝ma
mg-qE′＝ma′
依题意有
x＝at2
-x＝at2-a′t2
解得
＝
可求得
＝4
故选A。
15．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（　　）

A．小球带负电
B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小
C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上
D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率
【答案】B
【详解】
A．根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；
B．当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B项正确；
C．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项错误；
D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。
故选B。
16．某创新实验小组为研究电子在平行金属板间运动的规律，设计了如图所示的实验：让一束频率为v的单色光照射某碱金属，电子通过速度选择器后，使具有最大初动能的电子沿中轴线水平射入水平放置的平行板电容器A、B极板之间，发现光电子恰能从B极板的右边缘飞出。已知平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板长为L、间距为d，普朗克常量为h，电子的电荷量为e，不计电子重力和电子间的相互作用，整个装置放在真空中。则以下说法中正确的是

A．增加单色光的照射强度，则光电子不能从电容器中飞出
B．将A极板向下移动少许，则光电子不能从电容器中飞出
C．光电子的最大初动能为
D．该碱金属的逸出功为
【答案】D
【详解】
A．增加单色光的照射强度，则逸出的光电子的最大初动能不变，则光电子仍能从电容器中飞出，选项A错误；
B．根据



可得

则将A极板向下移动少许，则两板间的场强不变，则光电子仍能从电容器中飞出，选项B错误；
C．光电子恰能从B极板的右边缘飞出，则




解得

选项C错误；
D．根据光电效应方程

解得

选项D正确。
故选D。
17．在一次科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”：如图，一个空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐(金属)片，将锯条与静电起电机负极相连，金属片与静电起电机正极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。当把起电机一摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。在起电机摇动时，下列说法正确的是（　　）

A．塑料瓶内存在的是匀强电场 B．锯条电势高于金属片电势
C．烟尘最终被吸附到金属片上 D．烟尘被吸附过程中电势能增加
【答案】C
【详解】
A．如图所示，锯条与金属片不构成平行板电容器，塑料瓶内存在的不是匀强电场，故A错误；
B．锯条接负极，金属片接正极，锯条电势低于金属片电势，故B错误；
C．烟尘带负电，被正极的金属片吸引到金属片上，故C正确；
D．电场力对烟尘做正功，烟尘的电势能减少，故D错误。
故选C。
18．使用多用电表可以判断大容量电容器是否断路或者漏电。选择倍率最大的电阻挡，正确完成欧姆调零，然后将一支表笔同电容器的一端接触，用另一支表笔去接触另一端。下列说法正确的是（　　）
A．如果指针不动，说明电容器可能存在断路
B．如果指针满偏，说明电容器可能存在断路
C．如果指针有明显的偏移又逐渐回到电流零位置，说明电容器漏电
D．如果指针偏移后不恢复电流零位置，说明电容器完好
【答案】A
【详解】
A．如果指针不动则没有充电过程，说明可能存在断路，故A正确；
B．指针满偏，说明电阻为零，电容器已经被击穿，故B错误；
C．如果指针有明显的偏移又逐渐回到电流零位置，说明电容器正常，故C错误；
D．如果指针偏移后不恢复电流零位置，说明电容器漏电，故D错误。
故选A。
19．在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表、电压表都是理想电表，A、B为小灯泡，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，C为电容很大的电容器，闭合开关S后小灯泡均发光。现将滑动变阻器R1的滑片P向右缓慢滑动一段距离，则下列说法正确的是（　　）

A．电流表的示数减小
B．电压表的示数增大
C．小灯泡A、B均变亮
D．当电路稳定后，断开开关S，小灯泡A、B均立刻熄灭
【答案】B
【详解】
AB．滑动变阻器R1的滑片P向右缓慢滑动一段距离，R1阻值变小，B小灯泡和滑动变阻器以及R2并联后的电阻值变小，根据闭合电路的欧姆定律

电流表的示数变大，电压表的示数

电压表的示数增大，A错误正确；
C．因为外电阻变小，所以路短电压变小， 根据

并联电路两段的电压变小，即B灯两端的电压变小，B灯变暗，A灯两端的电压变大，A灯变亮，C错误；
D．当电路稳定后，给电容器充了电，断开开关S后，电容器和A灯组成的一个闭合回路，电容器放电通过A灯，A灯不立即熄灭，B灯因为电路成了断路，B灯立即熄灭，D错误。
故选B。
20．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．棒产生的电动势为
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为
【答案】B
【详解】
A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势

A错误；
B．电容器两极板间电压等于电源电动势，带电微粒在两极板间处于静止状态，则

即

B正确；
C．电阻消耗的功率

C错误；
D．电容器所带的电荷量

D错误。
故选B。
21．如图所示，两块水平放置的平行金属板a、b，相距为d，组成一个电容为C的平行板电容器，R1为定值电阻，R2为可变电阻，开关S闭合.质量为m的带正电的微粒从O点以水平速度v射入金属板问，沿曲线打在b板上的P点若经有关调整后，微粒仍从O点以水平速度v射入，不计空气阻力及板外电场，则下列判断正确的是（　　）

A．只增大R2，微粒打在P点左侧
B．只增大R2，微粒仍打在P点
C．S断开，a板稍微竖直上移，微粒仍打在P点
D．S断开，a板稍微竖直上移，微粒打在P点左侧
【答案】C
【详解】
AB．由电路连接情况可知，两板间电场方向竖直向上，带正电微粒所受电场力方向竖直向上，电阻R1与R2串联，根据串联分压规律可知，增大R2，R1两端电压减小，两极板间电压减小，粒子所受电场力减小，故微粒所受竖直向下的合外力增大，由牛顿第二定律可知，微粒运动加速度增大，竖直方向

则运动时间减小，水平方向

微粒水平位移减小，微粒将打在P点右侧，AB错误；
CD．断开开关，电容器所带电荷量Q不变，电容的公式


场强与电势差的关系式

可得

可知改变板间距离不会改变两板间场强，所以粒子仍打在P点，D错误C正确。
故选C。
22．一般烟雾报警器工作原理如图所示，半衰期为432年的放射性元素镅衰变所释放的射线可使空气分子电离成正、负离子，正、负离子分别向两极板运动，从而产生电流。当烟雾进入探测腔内时，烟雾会吸收部分射线，导致电流减少，外电路探测到两个电极之间电压电流的变化，从而触发警报。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）

A．若图中电流表中电流方向从左向右，则正离子向右极板运动
B．镅放出的射线只有γ射线
C．1 kg的镅经1296年将有125 g发生衰变
D．根据欧姆定律，理想电流表中的电流与两极板间电压成正比、与两极板之间的电阻成反比
【答案】A
【详解】
A．若图中电流表中电流方向从左向右，说明电容器右极板为正极板，则正离子向右极板运动，故A正确；
B．镅衰变所释放的射线可使空气分子电离成正、负离子，从而产生电流，α射线才能使空气电离，故B错误；
C．半衰期为432年，经1296年，发生三次衰变，还剩下

没有衰变，则衰变了875g，故C错误；
D．对于电离的空气导体这类非线性元件，电流与电压不成正比，理想电流表中的电流与两极板间电压不成正比，故D错误。
故选A。

23．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两极板间有一电荷，在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在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．E变小 B．U变大
C．Ep不变 D．电荷仍保持静止
【答案】BCD
【详解】
将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式

可知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式

可知，U变大。根据推论可知，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态。P与B板间电势差
UPB=Ed
E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能EP不变，故A错误，BCD正确。
故选BCD。
24．超级电容器是电容C达到上千法拉甚至上万法拉的大容量电容器，具有功率密度高、充电速度快、循环寿命长等优点。现采用如下图所示的电路对某个超级电容器充电。充电器具有控制输出电压和输出电流的功能。充电过程分为两个阶段：第一阶段是恒流（即充电器输出的电流不变）充电，当充电器检测到电压达到一定值后，进入第二阶段，进行恒压充电（即充电器输出的电压不变），直到充电终止。若电阻R阻值恒定，关于充电过程，下列说法正确的是（　　）

A．恒流充电时，充电器的输出功率逐渐减小
B．恒流充电时，超级电容器两端电压随时间均匀增加
C．恒压充电时，电阻R两端的电压逐渐减小
D．恒压充电时，充电器的输出功率逐渐增大
【答案】BC
【详解】
A．恒流充电时，电压逐渐升高，电流不变，则输出功率

由上可知输出功率增大，故A错误；
B．根据


得

由上知超级电容器两端电压随时间均匀增加，故B正确；
C．恒压充电时，充电器输出电压不变，随着电容器充电电路中电流逐渐减小，则

可知电阻R两端的电压逐渐减小，故C正确；
D．根据

可知充电器的输出功率逐渐减小，故D错误。
故选BC。
25．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．平行板电容器的电容将变大
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
【答案】CD
【详解】
A．根据

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U不变，d增大，据

知电场强度减小，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。
26．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变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能减少
D．带电油滴受到的电场力变小
【答案】CD
【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变化。
【详解】
A．根据

可知，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，增大，则电场强度减小，点与上极板的电势差减小，则点的电势增大，因为该油滴带负电，则电势能减小，故C正确；
D．因电容器与电源相连，在此容器两端的电势差不变，因增大，则由

可知，电场强度减小，电荷受到的电场力减小，故D正确。
故选CD。
【点睛】
本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变。
27．智能手机触摸屏多数是电容式触摸屏，当手指接触屏幕上某个部位时，就会与ITO材料构成耦合电容，从而改变触点处的电容大小。如图简化的电路，当改变可动膜片与固定电极的距离d，使电容C改变；当d变小时，下列说法正确的是（　　）

A．电容C变大
B．电容C变小
C．流过R的电流从a到b
D．流过R的电流从b到a
【答案】AC
【详解】
根据

可知，当d变小时，C变大；根据
Q=CU
可知，电容器带电量增加，电容器充电，流过R的电流从a到b。
故选AC。
28．如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（　　）

A．保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止
B．保持S闭合，减小A、B板间距离，P向下运动
C．保持S闭合，另将A板接地，B板稍微上移，则P所处原位置电势降低
D．若B板接地，断开S后，A板稍微下移，P的电势能增加
【答案】AC
【详解】
A．由电容器的定义式和决定式可得


同时

联立可得：。保持S闭合，增大A、B板间距离，电容器两端的电压不变，则导致电容器的电容减小，电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不变。由上可知，平行板电容器的电场强度与电容器的电荷量、电介质以及正对面积有关，因此电场强度不变，电场力仍等于重力，P仍静止，A正确；
B．有带电微粒P处于静止状态，由共点力平衡条件可得

保持S闭合，减小A、B板间距离，电容器两端的电压不变，由

可得：增大，则，带电微粒P向上移动，B错误；
C．由于电场力向上，微粒带负电；保持S闭合，则电容器两端的电压不变，另将A板接地，则A板电势和电势能均为零，B板稍微上移，导致电容器间的电场强度变大，则有

可得：，由于AP之间的距离不变，电场强度增大，因此P点的电势减小，C正确；
D．若B板接地，则B板电势和电势能均为零，断开S后，电容器的电荷量不不变，A板稍微下移，两板之间的距离减小，由

可得：电容器之间的电场强度不变，由于PB之间的距离不变，P点的电势不变，因此P点的电势能不变，D错误；
故选AC。
29．研究平行板电容器电容的装置如图所示。设电容器所带电荷量为Q（几乎保持不变），极板间电场强度为E，静电计指针偏角为θ，在极板间电势为φ的P点固定一负电荷，其电势能为EP。现仅将左极板向左平移，则（　　）


A．θ变大，E不变 B．θ变小，E变小
C．φ升高，Ep变小 D．φ降低，Ep变大
【答案】AC
【详解】
电容器所带电荷量不变，将左极板向左平移，即板间距离增大，由公式可知，电容变小，由公式可知，板间电势差增大，说明静电计指针偏角变大，由公式、和得

则板间场强不变，由于左极板接地即电势为0，P点与左板间的电势差为

由于P点与左板间距离增大，则P点电势升高，负电荷在P点的电势能减小
故选AC。
30．如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘圆弧轨道PQ固定在竖直平面内，Q点的切线水平，质量m=6×10-2kg,带电量q=8×10-3C从与圆心O等高的P点由静止释放，从Q点进入极板间距d=8×10-2m的两水平平行板电容器后，刚好能在水平方向做匀速直线运动，且此时电动机刚好能正常工作。已知电源电动势E=15V、内阻r=1Ω、定值电阻R0=6Ω、电动机线圈电阻rM=0.6Ω，取g=10m/s2。求：
(1)小球到达Q点时的速度大小；
(2)电动机输出的机械功率。

【答案】(1)m/s；(2) 7.4W
【详解】
解：(1)设小球到达Q点的速度v，小球从P到Q只有重力做功，由机械能守恒定律有

解得
m/s
(2)小球进入平行板间所受电场力和重力平衡，设板间电压为U，有

由欧姆定律得电路中的电流

所以，电动机两端电压

电动机输出的机械功率

联立解得
7.4W