人教版 (2019)必修 第三册4 电容器的电容习题

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TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc25206" 【题型1 电容的理解】
\l "_Tc1161" 【题型2 电容器的充放电定性分析问题】
\l "_Tc24590" 【题型3 电容器的充放电定量计算问题】
\l "_Tc9103" 【题型4 动态分析有源态问题】
\l "_Tc6522" 【题型5 动态分析无源态问题】
\l "_Tc10925" 【题型6 静电计问题】
\l "_Tc22177" 【题型7 联系实际问题】
\l "_Tc2094" 【题型8 综合问题】
【题型1 电容的理解】
【例1】(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )
A．根据C＝eq \f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比
C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍
答案 BC
解析 电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量无关，故A、D错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确．
【变式1-1】根据电容器的电容的定义式,可知（ ）
A．电容器带的电荷量越多，它的电容就越大
B．电容器两极板之间的电势差越大，它的电容就越小
C．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关
D．电容器不带电时，其电容为零
答案：C
解析：AB.根据电容的定义式，采用的是比值法定义，可知C与Q、U无关．故AB错误；
C.电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身决定，C与Q无关，故C正确；
D.电容器不带电时，其电容不为零，故D错误；
故选C。
【变式1-2】下列各叙述中，正确的是（ ）
A．重心、合力和平均速度等概念的建立都体现了等效替代的思想
B．库仑提出了用电场线描述电场的方法
C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度，电容，加速度都是采用了比值法定义的
答案：A
解析：A. 重心是物体各部分所受重力的集中作用点，合力与分力是等效关系，求变速直线运动的平均速度时用平均速度代替运动的快慢；所以这三个概念的建立都体现了等效替代的思想．故A正确；
B. 法拉第提出了用电场线描述电场的方法，故B错误；
C. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得到，故C错误；
D. 场强、电容是采用比值法定义的；加速度是加速度的决定式，不是比值法定义，故D错误．
【变式1-3】某平行板电容器标有2.5μF，这是表示( )
A．该电容器带电量不能超过2.5×10-6C
B．要使两板间电压降低1V，它所带的电量必减少2.5×10-6C
C．电容器只有在带电时电容量为2.5×10-6 F
D．如在板间插入电介质，电容将减小．
答案：B
解析：2.5μF是电容器的电容，不能知道带电量，A错误；要使两板间电压降低1V，它所带的电量必减少2.5×10-6C，故B正确；不管电容器是否带电，其电容均为2.5×10-6 F，故C错误；由电容的决定式知如在板间插入电介质，电容将增大，故D错误．
【题型2 电容器的充放电定性分析问题】
【例2】如图为研究电容器充、放电现象的实验电路图，开始电容器不带电。实验开始时，首先将开关S合向1，这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，这说明电路中有电流流过，这个过程叫作________，经过这一过程，电容器的两极板就会带上等量的异号电荷，其上极板带________电荷(选填“正”或“负”)，电路稳定后灵敏电流计G的示数为零。当把开关S由1合向2时，有________(选填“自左向右”或“自右向左”)流过灵敏电流计G的短暂电流，这个过程叫________________________________________________________________________。
解析：将开关S合向1，电源与电容器连通，电路中有电流流过，说明电源在给电容器储存电荷，这过程叫作充电；经过这一过程，电容器的两极板就会带上等量的异号电荷，其上极板带正电荷；当把开关S由1合向2时，从电势高的正极板能形成电流到电势低的负极板，则有自右向左流过灵敏电流计G的短暂电流，这个过程叫放电。
答案：充电 正 自右向左 放电
【变式2-1】(多选)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a
C．油滴运动的加速度逐渐变大
D．极板带的电荷量减少
解析：选CD 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，B错误，D正确；由E＝eq \f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，A错误，C正确。
【变式2-2】电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t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Ep。
(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q-t曲线如图3中①②所示。
a．①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)u-q图像如图所示。电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能Ep，Ep＝eq \f(1,2)QU，又Q＝CU，故Ep＝eq \f(1,2)CU2。
(2)a.由图像知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由Q＝CU＝CE知，两次电源电动势相等。故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的。b.刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq \f(E,R)，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①。这样能在较短时间内使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。
(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的电流I＝eq \f(E－U,R)，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小。“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变。接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大。
答案：(1)u-q图像见解析图 Ep＝eq \f(1,2)CU2
(2)a.R b．减小电阻R，可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，可以实现均匀充电。
(3)
【变式2-3】某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6 V)、停表、导线若干。
(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连接起来。
(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下停表开始计时。若某时刻电压表的示数如图(c)所示，电压表的读数为______V(保留2位小数)。
(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如下表所示。在给出的坐标纸上绘出U-t图线。已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的时间是________ s。
(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是____________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(2)电压表每小格代表0.1 V，且读数要求保留两位小数，其读数为3.60 V。
(3)绘出U-t图线，偏离图线最远的点误差最大，由此确定t＝40.0 s时对应的数据误差最大。
(4)测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化，必须保证开始(t＝0)时，电容器不带电。电路中C、R2和S2构成回路的作用就是在实验开始前，通过闭合S2，使电容器放电，特别是当实验需要重复多次时，在重复实验前必须先对电容器放电。
答案：(1)如图1所示 (2)3.60 (3)如图2所示 40.0
(4)对电容器进行放电，方便实验多次测量
【题型3 电容器的充放电定量计算问题】
【例3】在“用传感器观察电容器的充、放电现象”实验中，电路图如图1。一位同学使用的电源电动势为10.0 V，测得放电的I-t图像如图2所示。
(1)若按“四舍五入(大于半格算一个，小于半格舍去)”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________C。(结果保留两位有效数字)
(2)根据以上数据估算电容器的电容值为________F。(结果保留两位有效数字)
(3)如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量____(选填“变多”“不变”或“变少”)。
解析：(1)电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而q＝It，从微元法得到，I-t图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确认：图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为Q＝42×0.001×0.4 C＝0.017 C。
(2)由(1)知道，电容器充满电后所带的电荷量Q＝0.017 C，而所加电压U＝E＝10 V，所以C＝eq \f(Q,U)＝0.001 7 F。
(3)由题图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图像更加平缓些，但总量不变。
答案：(1)0.017(或0.016、0.018) (2)0.001 7(或0.001 6、0.001 8) (3)不变
【变式3-1】在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2端，电容器放电，直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线，如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录的“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间________(选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容值为________F。(结果保留两位有效数字)
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。
解析：(1)由题图甲、乙可知，充电和放电时R两端的电势相反，说明流过R的电流方向相反；电压均随时间减小，说明电流均随时间减小。
(2)根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)，图像的面积表示Ut，可知图像面积与R的比值表示电荷量。故极板所带最大电荷量q＝eq \f(182.7,3 000) C＝0.060 9 C，该电容器的电容值C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(0.060 9,6) F≈1.0×10－2 F。
(3)该同学的说法正确。因为当开关S与2连接，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R上的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”，仍可应用C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(S,RUm)计算电容值。
答案：(1)相反 减小 (2)1.0×10－2 (3)见解析
【变式3-2】电流传感器可以测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化；将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i－t图像，图甲所示的电路中：直流电源电动势为8 V，内阻可忽略；C为电容器，先将单刀双掷开关S与1相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成；然后把开关S与2相连，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i－t图像如图乙所示，(下列结果均保留两位有效数字)
(1)根据i－t图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________ C；
(2)通过实验数据，计算出电容器的电容为________ F；
(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积将________(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)．
答案 (1)1.6×10－3 (2) 2×10－4 (3)不变
变短
解析 (1)根据i－t图像围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据题图乙知纵坐标每个小格为0.2 mA，横坐标每小格为0.2 s，则每小格所代表的电荷量为q＝0.2×10－3×0.2 C＝4×10－5 C，曲线下的小格数的个数大约为41个，所以电容器全部释放的电荷量为Q＝41q≈1.6×10－3 C
(2)该电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(1.6×10－3,8) F＝2×10－4 F.
(3)根据电容的计算公式可得电荷量Q＝CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积不变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以减小电阻，充电时间将变短．
【变式3-3】随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室逐渐普及．某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示．
(1)先使开关K与1端相连，电源对电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带________电；
(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的I－t、U－t曲线，如图乙所示；
(3)由图乙可知，电容器充满电的电荷量为________ C，电容器的电容为________ F；(保留两位有效数字)
(4)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出I－t曲线．
答案 (1)正 (3) 3.5×10－3(3.3×10－3～3.7×10－3均可) 4.4×10－4(4.1×10－4～4.6×10－4均可) (4)见解析图
解析 (1) 电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；
(3)I－t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，一小格代表的电荷量为q＝0.25 mA×1 s＝2.5×10－4 C
题图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为Q＝14q＝3.5×10－3 C
电容器充满电后电压为8 V，
则电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)≈4.4×10－4 F
(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，总电荷量不变，时间会延长，图像如下图所示．
【题型4 动态分析有源态问题】
【例4】平行板电容器的两极板M、N接在一恒压电源上，N板接地。板间有a、b、c三点，若将上板M向下移动少许至图中虚线位置，则( )
A．b点场强减小 B．b、c两点间电势差减小
C．c点电势升高 D．a点电势降低
解析：选D 电源电压不变，即电容器的极板间电压不变，当M向下移动时，极板间距减小，根据E＝eq \f(U,d)，故极板间的场强增大，所以b点的场强增大，选项A错误；b、c两点间电势差Ucb＝E·cb，E增大，而cb不变，故Ucb增大，选项B错误；同理c、N间的电势差也增大，而N点的电势为0，由电源的正极连接下极板可知，UNc＝φN－φc＝－φc，所以c点的电势降低，选项C错误；同理a点的电势也降低，选项D正确。
【变式4-1】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。
【变式4-2】(多选)如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是( )
A．变化前后电容器电容之比为9∶17
B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为eq \r(2)∶1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
解析：选AD 由平行板电容器电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，变化前后电容器电容之比为eq \f(C1,C2)＝eq \f(S1,S2)·eq \f( d2,d1)＝eq \f(S,\f(17,18)S)·eq \f(\f(d,2),d)＝eq \f(9,17)，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(C1,C2)＝eq \f(9,17)，故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，解得电子到达下极板的速度v＝ eq \r(\f(2eU,m))，电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度 a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，电子的运动时间t＝ eq \r(\f(2d,a))＝ eq \r(\f(2md2,eU))＝d eq \r(\f(2m,eU))，变化前后电子运动到下极板所用时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(d,\f(d,2))＝eq \f(2,1)，故D正确。
【变式4-3】(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法正确的是( )
A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
答案 BD
解析 振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝eq \f(U,d)，电容器板间的电场强度变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)电容增大，根据C＝eq \f(Q,U)，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容减小，根据C＝eq \f(Q,U)知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a 的电流， C错误，D正确．
【题型5 动态分析无源态问题】
【例5】如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，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位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
A．向左移动时，θ增加 B．向右移动时，θ增加
C．向左移动时，θ不变 D．向右移动时，θ减少
解析：选B 当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故A、C错误；当被测物体向右移动时，情况相反，故B正确，D错误。
【变式5-1】在手机塑料壳的生产线上，用图示装置来监控塑料壳的厚度。两个完全一样的金属板A、B，平行正对固定放置，通过导线接在恒压电源上：闭合开关，一小段时间后断开开关，让塑料壳匀速通过A、B间，当塑料壳变厚时( )
A．两板间电压不变 B．两板间电场强度减小
C．两板所带电荷量减小 D．静电计指针偏角增大
解析：选B 断开开关后电容器的电荷量不变，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)、U＝eq \f(Q,C)得U＝Q·eq \f(4πkd,εrS)，可知，由于Q不变，当塑料壳变厚时εr增大，两板间电压减小，指针偏角减小，故A、C、D错误；根据E＝eq \f(U,d)可知，两板间距离d不变，电压U减小，则两板间电场强度减小，故B正确。
【变式5-2】如图所示，C1、C2是完全相同的两个电容器，P是电容器C1两极板间的一点，在电容器C2两极板间插入一块云母板。闭合开关，电路稳定后断开开关。将云母板从C2极板间抽出的过程，下列说法正确的是( )
A．P点电势升高
B．电容器C2的电容增大
C．灵敏电流计中有向右的电流
D．电容器C1两极板间的电场强度变小
解析：选A 闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容器C2极板间云母板抽出的过程，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容器C2的电容减小，B错误；由U＝eq \f(Q,C)可知，电容器C2极板间的电势差变大，电容器C2处于放电状态，电容器C1处于充电状态，灵敏电流计中有向左的电流，C错误；C1充电，则电容器C1极板间的电势差变大，由E＝eq \f(U,d)可知，电容器C1极板间的电场强度变大，D错误；由于电容器C1极板间的电场强度变大，P点与电容器C1的下极板间的电势差变大，因下极板接地，电势为零，则P点电势升高，A正确。
【变式5-3】(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．静电计指针的张角变小
B．P点电势升高
C．带电油滴向上运动
D．带电油滴的电势能不变
答案 AD
解析 将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据C＝eq \f(εrS,4kπd)可知，电容器的电容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U＝eq \f(Q,C)，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；根据场强公式，得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电油滴不会移动，根据电势差与场强的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错误，D正确．
【题型6 静电计问题】
【例6】利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合。下列说法正确的是( )
A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
B．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
C．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大
D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度减小
解析：选B 静电计测量的是电容器两极板间的电压，由于开关S闭合，电容器一直接电源，电容器两极板间的电压保持不变，静电计指针的偏转角度保持不变，A错误；S断开后，电容器所带的电荷量Q保持不变，由C＝eq \f(εrS,4πkd)、C＝eq \f(Q,U)可得U＝eq \f(4πkQ,εrS)d，仅将A板缓慢竖直向上平移即S变小时，U变大，故静电计指针的偏转角度增大，B正确；S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，εr增大，U减小，故静电计指针的偏转角度减小，C错误；S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移即d增大时，U增大，故静电计指针的偏转角度增大，D错误。
【变式6-1】（多选）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值将变小
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连接的导线断开，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 ACD
解析 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝eq \f(εrS,4πkd)∝eq \f(S,d)可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间场强E＝eq \f(U,d)减小，带电油滴所处位置的电势φP＝U－El增大，其中l为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝eq \f(U,d)和C∝eq \f(S,d)可知E∝eq \f(Q,S)，可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确．
【变式6-2】利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置如图所示，则下面哪些叙述符合实验中观察到的结果( )
A．左板向左平移，静电计指针偏角变小
B．左板向上平移，静电计指针偏角变小
C．保持两板不动，在两板间插入一块绝缘介质板，静电计指针偏角变小
D．保持两板不动，在两板间插入一块金属板，静电计指针偏角变大
答案：C
解析：将左板向左平移，板间距离变大，根据，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大．故A错误．将左板向上平移，两板正对面积减小，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大．故B错误．在两板之间插入一块绝缘介质板，电容增大，而电容器的电量Q不变，由C=Q/U分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小．故C正确．保持两板不动，在两板间插入一块金属板，则板间距相当于减小，电容变大，根据C=Q/U可知两板电势差减小，则静电计指针偏角变小，选项D错误；故选C．
【变式6-3】如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C两极间的电压U，电容器两极板间的场强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变大，E变小
答案：C
解析：电容器与电源断开，不能充电也不能放电，所以电量Q不变；
根据 增大电容器两极板间的距离时，电容C减小；
根据 解得 增大电容器两极板间的距离时，电压U增大；
根据 解得 增大电容器两极板间的距离时，E不变。
故选C。
【题型7 联系实际】
【例7】心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14 μF，充电至10 kV电压，如果电容器在2 ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是( )
A．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70 A
B．这次放电有0.14 C的电荷量通过人体组织
C．若充电至5 kV，则该电容器的电容为7 μF
D．人体起到绝缘电介质的作用
解析：选B 根据C＝eq \f(Q,U)可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐渐减小，所以电流逐渐减小，故A错误；根据C＝eq \f(Q,U)可知充电至10 kV时电容器带的电荷量为Q＝CU＝0.14 C，故这次放电过程中有0.14 C的电荷量通过人体组织，故B正确；电容器在充电过程中，电容器的容量C不变，仍然为14 μF，故C错误；人体为导体，故D错误。
【变式7-1】在我们的日常生活中会发生很多静电现象。有一次，小明的手指靠近金属门把手时，如图所示，突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电，当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象。已知手指带负电，关于放电前手指靠近金属门把手的过程中，下列说法正确的是( )
A．门把手内部的场强逐渐变大
B．门把手与手指之间场强逐渐增大
C．门把手左端电势高于右端电势
D．门把手右端带负电荷且电量增加
解析：选B 放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷。本身是处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，门把手与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知，门把手与手指之间场强逐渐增大。
【变式7-2】当带电的云层离地面较近时，云和地面形成一个巨型电容器，它们之间会形成一个强电场，若云层带电量一定，将云层底面及地面始终都看作平整的平面，则( )
A．当云层向下靠近地面时，该电容器的电容将减小
B．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电势差将增大
C．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将增大
D．当云层底面积增大时，该电容器的电容将增大
解析：选D 根据电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知，当云层向下靠近地面时，d减小，该电容器的电容C将增大，故A错误；根据电容器电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知，当云层向下靠近地面时，该电容器的电容C增大，由于电荷量Q不变，则云层和地面间的电势差将减小，故B错误；根据电场强度与电势差的关系E＝eq \f(U,d)，再联立上面两式可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将不变，故C错误；根据电容器电容的决定式可知，当云层底面积增大时，正对面积S增大，该电容器的电容C将增大，故D正确。
【变式7-3】1913年，密立根用油滴实验测得了电子电量的精确数值。如图所示，当油滴喷出时，因与喷雾器摩擦而带负电，油滴通过小孔进入平行板电容器AB之间，调节两板间的电压，让油滴缓慢匀速下落，并测定油滴直径等相关物理量，可推算出该油滴的电荷量，不计油滴间相互作用。下列相关说法正确的是( )
A．油滴由于失去正电荷而带负电
B．若仅增大AB间电压，油滴将加速下落
C．若仅增大AB间距离，油滴将减速下落
D．若在AB间同时悬停着两颗油滴，则直径大的带电量一定大
解析：选D 油滴与喷雾器摩擦得到电子从而带负电荷，A错误；由于液滴带负电，受电场力向上，若仅增大AB间电压，油滴将加速上升，B错误；若仅增大AB间距离，电压不变，根据E＝eq \f(U,d)，可知电场强度减小，电场力小于重力，油滴将加速下落，C错误；若在AB间同时悬停着两颗油滴，直径大的质量一定大，根据mg＝Eq，可知质量大的带电量一定大，因此直径大的带电量一定大，D正确。
【题型8 综合问题】
【例8】(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )
A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
答案 AD
解析 保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，由C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确．
【变式8-1】如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为U时观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，则该油滴所带电荷量可表示为( )
A.eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2))) B.eq \f(md,2U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))
C.eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(d,t2))) D.eq \f(m,Ud)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))
解析：选A 油滴带负电，设电荷量为Q，油滴所受到的电场力方向向上，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mg－Qeq \f(U,d)＝ma，d＝eq \f(1,2)at2。联立两式得，Q＝eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))，故A正确。
【变式8-2】(多选)如图所示电路，电容器两板水平，下板接地，电键K闭合，P为两板间的一固定点，要使P点的电势升高，下列措施可行的是( )
A．仅断开电键K
B．仅将下板向下平移一些
C．仅将上板向下平移一些
D．断开电键K将下板向下平移一些
答案 BCD
解析 设P到下板的距离为h，仅断开电键K，两板的带电荷量不变，两板间的电场强度不变，则P点的电势φP＝hE不变，A错误；仅将下板向下平移一些，则两极板间电压U不变，则由E＝eq \f(U,d)可知，d增大，则E减小，可知P点与上极板间电势差减小，故P点电势升高；若仅将上板向下平移一些，则d减小，E增大，可知P点与下极板间电势差增大，则P点电势升高，B、C正确；断开电键后，电容器的带电荷量不变，板间距离变化时，板间场强不变，h变大，由φP＝hE可知，P点的电势升高，D正确．
【变式8-3】如图所示,A,B为两块竖直放置的平行金属板,G是静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度.下述做法可使指针张角增大的是( )
A．使A,B两板靠近些
B．使A,B两板正对面积错开些
C．断开S后,使B板向左平移减小板间距离
D．断开S后,使A,B板错位正对面积减小
答案：D
解析：静电计是检测电压的仪器，电压增大可增大指针张角，断开S后电容器电量不变，使B板向左平移一些，电容器的电容增大，由U=Q/C可知电压减小，C错；同理D对；当电容器极板与电源相连时两极板电压不变，张角不变，AB错
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18