高二物理电容器、电容典型例题(20201022101252)
高二物理电容器试题
高二物理电容器试题1.如图所示，把一个平行板电容器接在电压U="10" V的电源上，现进行下列四步操作：(1)闭合S；(2)在两板中央插入厚为d/2的金属板；(3)断开S；(4)抽出金属板，则（）A．闭合S瞬间电容器会充电、且B板带正电B．两板中央插入厚为d/2的金属板稳定后，电容器的电量为原来2倍C．抽出金属板后，AB板的电压U=10VD．如两板中央插入厚为d/2的陶瓷后，电容器的电量也为原来2倍(陶瓷的电介常数>2)【答案】B【解析】闭合S瞬间电容器充电，由于A板接电源正极，所以A板带正电，故选项A错误；闭合S后极板之间的电压不变，当两板之间插入厚为d/2的金属板，由于静电感应，相当于极板间距减小为原来的d/2，由可知电容增大为原来的2倍，根据可知电量变为原来的2倍，故选项B正确；断开S后，电容器的电量不变．当抽出金属板后，极板间距增大，由可知电容减小为原来的1/2倍，根据可知电势差变为原来的2倍，故选项C错误；若插入厚为d/2的陶瓷后，相当于两个电容器串联，，解得，由于电压不变，所以，故选项D错误．【考点】考查和的理解和应用，极板间插入金属板相当于间距变小，插入的厚度与极板间距相同的介电质相当于介电常数增加，若厚度小于极板间距则相当于两个电容器串联．2.一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增大B．C减小C．U增大D．U减小【答案】AD【解析】由电容的公式C=可知，当在两极间插入一电介质后，电容C会增大，故A是正确的；又由公式Q=CU可得，Q不变，则C的增大会引起U的减小，故D是正确的。
【考点】电容的概念及其公式。
3.两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间电压加倍，场强减半,可采用哪种措施（）A．两板电量减半,而距离变为原来的4倍.B．两板电量加倍,而距离变为原来的4倍.C．两板电量加倍,而距离变为原来的2倍.D．两板电量减半,而距离变为原来的2倍.【答案】A【解析】带电粒子在电场中的运动专题．分析：先根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电压的变化，由，分析板间电场强度的变化．板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由得知，电压变为2倍，由分析得知，板间电场强度变为倍．符合题意．故A正确．板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由得知，电压变为8倍，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故B错误．板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由得知，电压变为4倍，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故C错误．板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由得知，电压不变，由分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故D错误．故选A．【考点】电容器的动态分析．4.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态。
高二物理 电容器、电容 典型例题
电容器、电容典型例题【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=30×10-6C增加到Q2=36×10-6C时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量．[分析] 直接根据电容的定义即可计算．[解] 电量的增加量和电势差的增加量分别为△Q=Q2—Q1=36×10-6C—30×10-6C=6×10-6C，△U=U2－U1=12V－10V=2V．根据电容的定义，它等于每增加 1V电势差所需增加的电量，即要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为△Q′=C△U′=3×10-6×（10—6）C=12×10-6C．[说明] （1）电势差降为 6V时，每板的带电量为Q′2=Q1－△Q′= 30×10-6C－12×10-6C=18×10-6C．（2）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即【例2】一平行板电容器的电容量为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E．现保持间距不变使两板错开一半（图1），则下列各量的变化是：电容量C′=______，带电量Q′=______，电势差U′=______，板间场强E′______．[分析] 电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定．介质与间距不变，正对面积减为原来的一半，电容量也减为原来的一半，即切断电源后，板上电量不变，Q′=Q．由电容定义得两板间电势差根据电势差与场强的关系，得板间场强[说明] 板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图2所示，分析平行板电容器的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发．【例3】如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上．现进行下列四步动作：金属板；（3）打开S；（4）抽出金属板．则此时电容器两板间电势差为 [ ]A．0VB．10VC．5VD．20V[分析]每一步动作造成的影响如下：（1）合上S，电源对电容器充电，至电压为U．设电容量为C，则带电量Q1=CU．板间形成一个匀强电场，场强为（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成为等势体，则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为显然，在插入过程中，电源必须对A、B两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q2=2Q1．（3）打开 S， A、 B两板的电量保持不变，即Q3=Q2=2Q1．（4）抽出板，电容器的电容仍为C，而电量为2Q1，所以两板间[答] D．【例4】三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置，间距分别为h和d，如图所示．A、B两板中心开孔，在A板的开孔上搁有一金属容器P，与A板接触良好，其内盛有导电液体．A板通过闭合的电键S与电动势为U0的电池的正极相连，B板与电池的负极相连并接地．容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m，带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O'落在D板上，其电荷被D板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续．设整个装置放在真空中．（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？（2）D板最终可达到多高的电势？（3）设液滴的电量是A板所带电量的a倍（a=0.02），A板与 B 板构成的电容器的电容为C0=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm．试计算D板最终的电势值．（g=10m／s2）（4）如果电键S不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其他条件与（3）相同．在这种情况下，D板最终可达到电势值为多少？说明理由．[分析] 液滴落下后，由电场力和重力共同对它做功，由此可算出它到达D板的速度．液滴落下后，D板上出现正电荷，在DB间形成一个方向向上的场强，将阻碍以后继续下落的液滴，使D板的带电量有一限度，其电势也有一个最大值．[解] （1）设第一个液滴到达D板的速度为v1，对液滴从离开小孔O到D板的全过程由功能关系得（2）随着下落液滴的增多，D板带的正电荷不断积累，在DB间形成向上的电场E'，通过O'后的液滴在BD间作匀减速运动，当液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为U m．由qU0＋mg（h＋d）－qU m=△E k=0．得（3） A板带电量Q0=C0U0，故每一液滴的电量q=αQ0=0．02C0U0，代入上式得（4）D板最终电势等于A板电荷全部到达D板时D板的电势．由于h=d，B、D间电容量也是C0，故D板最终电势U至多为U0．因为当 D板电势为U时， A板电势U A=U0－U，到达D板液滴的动能为E k＝mg（h＋d）＋qU0－qU＞mg（h＋d）qU式中q m=aC0U0，是q的最大值，即第一个液滴的电量．因故恒有E k＞0，表示液滴一直径往下滴，直到A板上电量全部转移到D板，所以D板最终电势可达所以小球运动到B点的速度大小为[说明] （1）电场力做功与重力做功，都只与始、末两位置有关，与具体路径无关．（2）电势能的变化仅由电场力作功产生，重力势能的变化仅由重力作功产生，但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的．在具体问题中，必须注意分清．。
2020北京高二(上)期中物理汇编：电容器的电容
2020北京高二（上）期中物理汇编电容器的电容一、多选题1．（2020·北京·清华附中高二期中）如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态。
现将接地的B板移至虚线处，则（）A．两板间电压不变B．P点与A板间的电势差不变C．电荷q仍保持静止D．电荷q的电势能增大2．（2020·北京·101中学高二期中）始终连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离增加时，下列结论正确的是（）A．电容器的电容变小B．电容器的带电量变小C．电容器两极板间的电势差变小D．电容器两极板间的电场强度变小3．（2020·北京市第二十二中学高二期中）用图所示的实验装置研究平行板电容器的电容与哪些因素有关，下面哪些说法符合实验结果（）A．把B板向左平移，静电计指针示数变大B．把B板向右平移，静电计指针示数变大C．把B板向上平移，静电计指针示数变小D．保持两板不动，在B、A之间插入一块云母板，静电计指针示数变小4．（2020·北京市第十二中学高二期中）在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器B板位置不动．下列说法中正确的是（）A．将A板向左平移，则静电计指针张角增大B．将A板向右平移，则静电计指针张角增大C．将A、B板之间插入薄木板，则静电计指针张角减小D．将A板竖直向上平移，则静电计指针张角减小5．（2020·北京·临川学校高二期中）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( )A．B．C．D．二、单选题6．（2020·北京市第十二中学高二期中）如图所示，两块很大的平行金属板M、N水平正对放置，连在恒定电压的电源上（极板移动过程U不变），两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，迅速将N板下移一小段距离。
高二物理电容练习题
高二物理电容练习题电容是物理学中的重要概念之一，它与电路中的储能和变化有着密切的关系。
在高二物理学习中，掌握电容的基本原理和计算方法尤为重要。
为了帮助同学们更好地巩固和提升自己的物理知识，下面将提供一些高二物理电容练习题，希望能够带给大家更多的学习收获和提高。
1. 一块圆形平行板电容器的半径为10cm，两板间的距离为1mm。
求该电容器的电容量。
解答：电容器的电容量可以根据以下公式计算：C = ε₀ * εᵣ * A / d，其中ε₀为真空介电常数，约等于8.85 × 10^(-12) C²/(N·m²)，εᵣ为介质的相对介电常数，A为电容器的面积，d为两板间的距离。
根据题目中的数据，电容器的半径为10cm，即A = π * r² = π *(0.1m)²，两板间的距离为1mm，即d = 0.001m。
代入公式，可得：C = (8.85 × 10^(-12) C²/(N·m²)) * 1 * π * (0.1m)² / 0.001m计算得出该电容器的电容量为1.113 × 10^(-10) F。
2. 一电容为4μF的电容器，两板间的电压为12V，求储存在电容器中的能量。
解答：储存在电容器中的能量可以通过以下公式计算：E = 1/2 * C* U²，其中E为储存能量，C为电容量，U为电压。
根据题目中的数据，电容量C = 4μF，电压U = 12V。
代入公式，可得：E = 1/2 * 4μF * (12V)²计算得出储存在电容器中的能量为288μJ。
3. 一电容为3μF的电容器，两板带电量分别为5μC和-7μC，求两板间的电势差。
解答：两板间的电势差可以通过以下公式计算：U = Q / C，其中U 为电势差，Q为电容器中的电荷量，C为电容量。
根据题目中的数据，两板带电量分别为5μC和-7μC，电容量C =3μF。
电容器---高中物理模块典型题归纳(含详细答案)
电容器---高中物理模块典型题归纳（含详细答案）一、单选题1.如图所示，平行板电容器C和电阻组成电路，当减小电容器极板间的距离时，则（）A.在回路中有从a经R流向b的电流B.在回路中有从b经R流向a的电流C.回路中无电流D.回路中的电流方向无法确定2.如图中所示，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，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作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）A.两极板间的电压不变，极板上的电量变大B.两极板间的电压不变，极板上的电量减小C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小3.如图，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电，现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则（）A.油滴带正电B.油滴带电荷量为C.电容器的电容为D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动4.一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5.某电容器上标有“1.5μF 9V”，则表示该电容器（）A.只有在9V的电压下它的电容才是1.5μFB.只有在9V的电压时，电容器才能正常工作C.所加的电压不应超过9VD.当它的电压为4.5V时，它的电容变为0.75μF6.下列关于电容器的说法中，正确的是（）A.电容越大的电容器，带电荷量也一定越多B.电容器不带电时，其电容为零C.两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较大D.电容器的电容跟它是否带电无关7.LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法中正确的是（）A.若磁场正在减弱，则电容器上极板带负电B.若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C.若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大D.若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流增大8.两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（）A.油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向aB.油滴将下运动，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a流向bD.油滴静止不动，电流计中无电流流过9.如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A.φa变大，F变大B.φa变大，F变小C.φa不变，F不变D.φa不变，F变小10.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变小D.保持S不变，增大d，则C变大，θ变大二、多选题11.如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，现将其接在直流电源上，已知A板和电源正极相连．当开关接通时．一带电油滴悬浮于两板之间的P点，为使油滴能向上运动，则下列措施可行的是（）A.将开关断开，将B板下移一段距离B.将开关断开，将AB板左右错开一段距离C.保持开关闭合，将AB板左右错开一段距离D.保持开关闭合，将A板下移一段距离12.一个空气平行板电容器，极板间正对面积为S，板间距为d，充以电量Q后两板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法有（）A.将电压变为B.将电量变为2QC.将极板正对面积变为2SD.两板间充入介电常数为原来2倍的电介质13.如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极之间的电势差，现使B板带正电，A板带负电，则下列说法正确的是（）A.将A板稍微向右移，静电计指针张角将变小B.若将A板稍微向上移，静电计指针张角将变小C.若将A板拿走，静电计指针张角不为零D.若将玻璃板插入两极板之间，静电计指针张角将变小14.如图,电容器两板间有一负电荷q静止，使q向上运动的措施是( )A.两板间距离增大B.两板间距离减少C.两板相对面积减小D.更换一个电压更大的电源15.如图所示，用静电计测量带电的平行板电容器两极板(相互正对)间的电势差时，保持平行板电容器两极板距离不变，若把B极板向上移动少许，则（）A.电容器的电容不变B.两极板间的电场强度变大C.静电计的张角增大D.两极板所带的电荷量增大16.特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，如图是该装置的简化结构图，金属顶端和大地构成一个持殊的电容器，顶端放电后由电荷补充线圈给顶端补充因放电而流失的电荷，因而能持续的放电。
(完整版)电容器典型习题及含容电路计算
电容器动态问题与电势及电势能相结合 电容器动态问题与粒子受力相结合一、 电容器、电容1、 电容器：两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成一个电容器。
2、电容 ：1）物理意义：表示电容器容纳电荷的本领。
2）定义：电容器所带的电荷量Ｑ（一个极板所带电量的绝对值）与两个极板间的电势差Ｕ的比值叫做电容器的电容。
3）定义式：UQ U QC ∆∆==，对任何电容器都适用，对一个确定的电容 器，电容是一个确定的值，不会随电容器所带电量的变化而改变。
4）单位：5）可类比于水桶的横截面积。
3、电容器的充放电：充电：极板带电量Q 增加，极板间场强E 增大； 放电：极板带电量Q 减小，极板间场强E 减小；4、常见电容器有：纸质电容器，电解电容器，可变电容器，平行板电容器。
电解电容器连接时应注意其“＋”、“－”极。
二、平行板电容器 平行板电容器的电容kds C r πε4=（平行板电容器的电容与两板正对面积成正比，与两板间距离成反比，与介质的介电常数成正比）。
是决定式，只对平行板电容器适应。
带电平行板电容器两极板间的电场可认为是匀强电场，dU E =。
三、平行板电容器动态分析 一般分两种基本情况：１、电容器两极板电势差Ｕ保持不变。
即平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。
２、电容器的带电量Ｑ保持不变。
即平行板电容器充电后，切断与电源的连接，使电容器的ｄ、ｓ、ε变化时，将引起电容器的Ｃ、Ｑ、Ｕ、Ｅ的变化。
进行讨论的物理依据主要是三个： （１）平行板电容器的电容与极板距离ｄ、正对面积Ｓ、电介质的介电常数ε间的关系：kdS C r πε4=（２）平行板电容器内部是匀强电场，dU E =S kQ r επ4=。
（３）电容器每个极板所带电量Ｑ＝ＣＵ。
平行板电容器的电容为C ， 带电量为Q ， 极板间的距离为d . 在两极板间的中点放一电量很小的点电荷q .它所受的电场力的大小等于（ ）A ．8kQq/d 2B ．4kQq/d 2C ．Qq/CdD ．2Qq/Cd1、把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接．先使开关S 与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电．与电流传感器相连接的计算机所记录这一过程中电流随时间变化的I﹣t曲线如图乙所示．下列关于这一过程的分析，正确的是（）A．在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐减小B．在形成电流曲线2的过程中，电容器的电容逐渐减小C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D．S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E2、如图所示，对一个给定的电容器充电时，下列的图像中能正确反映电容器的带电量Q、电压U和电容器电容C之间关系的是：（）3、(2012·江苏单科，2)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4、用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变小B．保持S不变，增大d，则θ变大C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ变大5、(2012·课标全国，18)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()．A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动6、平行板电容器的两极板A 、B 接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S ，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图4所示，则下列说法正确的是 ( )A ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ减小 B ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大C ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大D ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变7、一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板之间有一负点电荷（电量很小）固定在P 点，如图所示．以E 表示两极板间电场强度，ϕ表示负极板电势，ε表示正点电荷在P 点的电势能，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A ． E 变大，ϕ降低B ．E 不变，ϕ升高 C ． ϕ升高，ε减小D ． ϕ升高，ε增大8、如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E 的直流电源连接，下极板接地．静电计外壳接地．闭合电键S 时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的P 点．下列说法正确的是（ ）A ． 若将A 极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小B ． 若将A 极板向上平移一小段距离，静电计指针张角变小C ． 若将A 极板向下平移一小段距离，P 点电势将升高D ． 若断开电键S ，再将A 极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动9、如图所示，Ａ、Ｂ为平行金属板，两板相距为ｄ，分别与电源两板相连，两板的中央各有一个小孔Ｍ和Ｎ。
2020年暑假高二物理：电容器的电容(含答案解析)
2020年暑假高二物理：电容器的电容
一．选择题（共20小题）
1．给带一定电荷量的电容器进行充电，所带电荷量增加。
下列说法正确的是（）A．电容变小
B．电容不变
C．电容变大
D．电荷量与两极板间电压比变大
2．某电容器的外壳上标有“1.5μF9V”的字样。
该参数表明（）A．该电容器只有在电压为9V时电容才为1.5μF
B．当两端电压为4.5V时，该电容器的电容为0.75μF
C．该电容器正常工作时所带电荷量不超过1.5×10﹣6C
D．给该电容器充电时，电压每升高1V，单个极板的电荷量增加1.5×10﹣6C 3．关于电场强度、电容和电势差，下列说法正确的是（）
A．由公式E=F
q可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力
F成正比，与q成反比
B．由公式E=kQ
2
可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比
C．由公式C=Q
U可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大
D．由公式U＝Ed可知，在匀强电场中，两点间的电势差与这两点间的距离成正比4．电容器是非常重要的电学元件，通过充电使一电容器的带电量变为原来的2倍，则该电容器的（）
A．电容变为原来的2倍B．电压变为原来的2倍
C．耐压变为原来的4倍D．场强变为原来的4倍
5．下列说法正确的是（）
A．电容器不带电时电容为零
B．电容器的电容大小和加在电容器两端的电压有关
C．电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量
D．电容器中加入电介质，电容不变
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高中物理【电容器与电容 带电粒子在电场中的运动】典型题(带解析)
高中物理【电容器与电容带电粒子在电场中的运动】典型题1．(多选)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增大B．向右移动时，θ增大C．向左移动时，θ减小D．向右移动时，θ减小解析：选BC．由公式C＝εr S4πkd，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增大，则电容C增大，由公式C＝QU可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝εr S4πkd，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C减少，由公式C＝QU可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．2.如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶1 D．1∶3解析：选C．设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为v y，由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝v y2t，又v0∶v y＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确．3．如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )A ．U 2U 1＜2d LB ．U 2U 1＜d LC ．U 2U 1＜2d 2L 2D ．U 2U 1＜d 2L2 解析：选C ．根据qU 1＝12m v 2，t ＝L v ，y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝⎛⎭⎫L v 2，由题意知，y ＜12d ，解得U 2U 1＜2d 2L2， 故选项C 正确． 4. (多选)如图所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，φP 变小C ．φP 变小，E p 变大D ．φP 变大，E p 变小解析：选AC ．根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd可知电容减小，由U ＝Q C 可知极板间电压增大，由E ＝U d 可知，电场强度增大，故A 正确；设P 与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确．5．如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a 向上运动到位置b ，在这个过程中，带电粒子( )A．只受到电场力作用B．带正电C．做匀减速直线运动D．机械能守恒解析：选C．带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误．6．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C、A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点到虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，解得d2＝0.50 cm.(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1，|q|E2＝ma2，设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21，d 2＝12a 2t 22. 又t ＝t 1＋t 2，解得t ＝1.5×10－8 s.答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s7．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A 、B ，间距为d ，中央分别开有小孔O 、P .现有甲电子以速率v 0从O 点沿OP 方向运动，恰能运动到P 点．若仅将B 板向右平移距离d ，再将乙电子从P ′点由静止释放，则( )A ．金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 不变B ．金属板A 、B 间的电压减小C ．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D ．乙电子运动到O 点的速率为2v 0解析：选C ．两板间距离变大，根据C ＝εr S 4πkd可知，金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 减小，选项A 错误；根据Q ＝CU ，Q 不变，C 减小，则U 变大，选项B 错误；根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，可知当d 变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C 正确；根据e ·E ·2d ＝12m v 2，e ·E ·d ＝12m v 20，可知，乙电子运动到O 点的速率v ＝2v 0，选项D 错误．8．(多选)如图所示，R 0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C 为平行板电容器，C 中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地．在开关S 闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )A ．将热敏电阻R 0 加热B ．变阻器R 的滑动头 P 向上移动C ．开关S 断开D ．电容器C 的上极板向上移动解析：选AC ．液滴受向上的电场力和向下的重力作用；将热敏电阻R 0加热，则阻值减小，滑动变阻器R 上的电压变大，则电容器两端的电压变大，两板间场强变大，则液滴向上运动，选项A 正确；变阻器R 的滑动头 P 向上移动时，R 的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电量不变，场强不变，则油滴不动，选项B 错误；开关S 断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C 正确；电容器C 的上极板向上移动时，d 增大，则电容C 减小．由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大．由于U ＝Q C ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，所以E ＝4πkQ εr S，由于极板上的电量不变，而场强E 与极板之间的距离无关，所以电场强度E 不变，液滴仍然静止，故选项D 错误．9．一匀强电场的方向竖直向上．t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P -t 关系图象是( )解析：选A ．设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，v x ＝v 0.沿电场方向：受力F 电＝qE ，则加速度a ＝F 电m ＝qE m，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m ，电场力做功的功率 P ＝F 电v y ＝qE ·qEt m ＝(qE )2t m＝kt ∝t ，选项A 正确．10．(多选)如图所示，M 、N 为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A 、C ，带电荷量分别为＋Q 、－Q ，将它们平行放置，A 、C 连线垂直于圆环平面，B 为AC 的中点，现有质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒(重力不计)从左方沿A 、C 连线方向射入，到A 点时速度v A ＝1 m/s ，到B 点时速度v B ＝ 5 m/s ，则( )A ．微粒从B 至C 做加速运动，且v C ＝3 m/sB ．微粒在整个运动过程中的最终速度为 5 m/sC ．微粒从A 到C 先做加速运动，后做减速运动D ．微粒最终可能返回至B 点，其速度大小为 5 m/s解析：选AB ．AC 之间电场是对称的，A 到B 电场力做的功和B 到C 电场力做的功相同，依据动能定理可得：qU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ，2qU AB ＝12m v 2C －12m v 2A ，解得v C ＝3 m/s ，A 正确；过B 作垂直AC 的面，此面为等势面，微粒经过C 点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B 点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B 点时相同，均为 5 m/s ，B 正确，D 错误；在到达A 点之前，微粒做减速运动，而从A 到C 微粒一直做加速运动，C 错误．11．静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E ＝1.0×103 N/C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s 、质量均为m ＝5.0×10－14 kg 、电荷量均为q ＝2.0×10－15 C 的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法中错误的是( )A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12 JC ．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的12解析：选D ．沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mg m＝2×10－15×103＋5×10－135×10－14 m/s 2＝50 m/s 2，根据d ＝12at 2得t ＝ 2d a＝0.2 s ，故A 正确．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为W ＝qEd ＝2×10－15×103×1 J ＝2.0×10－12 J ，故B 正确．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，根据d ＝12at 2得，t 变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍．故C 正确. 若其他条件均不变， E 增大为原来的2倍， 则加速度a ′ ＝ 2×10－15×2×103＋5×10－135×10－14 m/s 2＝90 m/s 2，加速度变为原来的95，时间t 变为原来的53，喷涂面积的半径变为原来的53，面积减小为原来的59，故D 错误． 12．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电量为e )被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U 1＝1 640 V ，偏转极板长l ＝4 cm ，偏转极板间距d ＝1 cm ，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场．(1)偏转电压U 2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L ＝20 cm ，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y 为多少？解析：(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来．在加速电场中，由动能定理得eU 1＝m v 202进入偏转电场初速度v 0＝2eU 1m在偏转电场的飞行时间t 1＝l v 0在偏转电场的加速度a ＝eE m ＝eU 2md电子从下极板边缘出来，d 2＝12at 21＝eU 2l 22md v 20＝U 2l 24dU 1 解得U 2＝18U 1＝205 V . (2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y ＝d 2＋y 2 电子离开电场的侧向速度v y ＝at 1＝eU 2l md v 0电子离开偏转电场到荧光屏的时间t 2＝L v 0y 2＝v y ·t 2＝eU 2lL md v 20＝U 2lL 2dU 1＝0.05 m 所以电子最大偏转距离y ＝d 2＋y 2＝0.055 m. 答案：(1)205 V (2)0.055 m。
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【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=30×10-6C增加到Q2=36×10-6C 时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要
使两极电势差从10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量．
[分析] 直接根据电容的定义即可计算．
[解] 电量的增加量和电势差的增加量分别为
△Q=Q2—Q1=36×10-6C—30×10-6C=6×10-6C，
△U=U2－U1=12V－10V=2V．
根据电容的定义，它等于每增加 1V电势差所需增加的电量，即
要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为
△Q′=C△U′=3×10-6×（10—6）C=12×10-6C．
[说明] （1）电势差降为 6V时，每板的带电量为
Q′2=Q1－△Q′= 30×10-6C－12×10-6C=18×10-6C．
（2）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即
【例2】一平行板电容器的电容量为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为
Q，两板间电势差为U，板间场强为E．现保持间距不变使两板错开一半（图1），则下列各量的变化是：电容量C′=______，带电量Q′=______，电势差U′
=______，板间场强E′______．
[分析] 电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定．介质与间距不变，正
对面积减为原来的一半，电容量也减为原来的一半，即
切断电源后，板上电量不变，Q′=Q．
由电容定义得两板间电势差
根据电势差与场强的关系，得板间场强
[说明] 板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图2所示，分析平行板电容器的问题中，借助电场线，
可得到形象化的启发．
【例3】如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上．现进行下列四步动作：
金属板；（3）打开S；（4）抽出金属板．则此时电容器两板间电势差为 [ ] A．0V
B．10V
C．5V
D．20V
[分析]每一步动作造成的影响如下：
（1）合上S，电源对电容器充电，至电压为U．设电容量为C，则带电量Q1=CU．板间形成一个匀强电场，场强为
（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成
为等势体，则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为
显然，在插入过程中，电源必须对A、B两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q2=2Q1．
（3）打开 S， A、 B两板的电量保持不变，即Q3=Q2=2Q1．
（4）抽出板，电容器的电容仍为C，而电量为2Q1，所以两板间
[答] D．
【例4】三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置，间距分别为h和d，如图所示．A、B两板中心开孔，在A板的开孔上搁有一金属容器P，与A板接触良好，其内盛有导电液体．A板通过闭合的电键S与电动势为U0的电池的正极相连，B板与电池的负极相连并接地．容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m，带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O'落在D板上，其电荷被D板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如
此继续．设整个装置放在真空中．
（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？
（2）D板最终可达到多高的电势？
（3）设液滴的电量是A板所带电量的a倍（a=0.02），A板与 B板构成的电容器的电容为C0=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm．试计算D板最终的电势值．（g=10m／s2）
（4）如果电键S不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打
开，其他条件与（3）相同．在这种情况下，D板最终可达到电势值为多少？说
明理由．
[分析] 液滴落下后，由电场力和重力共同对它做功，由此可算出它到达D板的速度．液滴落下后，D板上出现正电荷，在DB间形成一个方向向上的场强，将
阻碍以后继续下落的液滴，使D板的带电量有一限度，其电势也有一个最大值．
[解] （1）设第一个液滴到达D板的速度为v1，对液滴从离开小孔O到D板的全过程由功能关系
得
（2）随着下落液滴的增多，D板带的正电荷不断积累，在DB间形成向上的电场E'，通过O'后的液滴在BD间作匀减速运动，当液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为U m．由
qU0＋mg（h＋d）－qU m=△E k=0．
得
（3） A板带电量Q0=C0U0，故每一液滴的电量q=αQ0=0．02C0U0，代入上式得
（4）D板最终电势等于A板电荷全部到达D板时D板的电势．由于h=d，B、D 间电容量也是C0，故D板最终电势U至多为U0．
因为当 D板电势为U时， A板电势U A=U0－U，到达D板液滴的动能为
E k＝mg（h＋d）＋qU0－qU＞mg（h＋d）qU
式中q m=aC0U0，是q的最大值，即第一个液滴的电量．因
故恒有E k＞0，表示液滴一直径往下滴，直到A板上电量全部转移到D板，所以D板最终电势可达
所以小球运动到B点的速度大小为
[说明] （1）电场力做功与重力做功，都只与始、末两位置有关，与具体路径
无关．（2）电势能的变化仅由电场力作功产生，重力势能的变化仅由重力作功
产生，但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的．在具体问题中，
必须注意分清．。