人教版 (2019)必修 第三冊(cè)4 電容器的電容習(xí)題

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TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc25206" 【題型1 電容的理解】
\l "_Tc1161" 【題型2 電容器的充放電定性分析問(wèn)題】
\l "_Tc24590" 【題型3 電容器的充放電定量計(jì)算問(wèn)題】
\l "_Tc9103" 【題型4 動(dòng)態(tài)分析有源態(tài)問(wèn)題】
\l "_Tc6522" 【題型5 動(dòng)態(tài)分析無(wú)源態(tài)問(wèn)題】
\l "_Tc10925" 【題型6 靜電計(jì)問(wèn)題】
\l "_Tc22177" 【題型7 聯(lián)系實(shí)際問(wèn)題】
\l "_Tc2094" 【題型8 綜合問(wèn)題】
【題型1 電容的理解】
【例1】(多選)關(guān)于電容器的電容，下列說(shuō)法中正確的是( )
A．根據(jù)C＝eq \f(Q,U)可知，電容器的電容與其所帶電荷量成正比，跟兩極板間的電壓成反比
B．對(duì)于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比
C．無(wú)論電容器電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷量與電壓的比值都恒定不變
D．電容器所帶電荷量增加2倍，則電容增大2倍
答案 BC
解析 電容是電容器本身的性質(zhì)，一個(gè)確定的電容器的電容是不變的，與所帶的電荷量無(wú)關(guān)，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU，對(duì)于確定的電容器，其所帶電荷量與兩板間的電壓成正比，故B正確；根據(jù)電容的定義式C＝eq \f(Q,U)可知，電容器所帶的電荷量與電壓的比值是電容，故C正確．
【變式1-1】根據(jù)電容器的電容的定義式,可知（ ）
A．電容器帶的電荷量越多，它的電容就越大
B．電容器兩極板之間的電勢(shì)差越大，它的電容就越小
C．電容器的電容大小與電容器的帶電情況無(wú)關(guān)
D．電容器不帶電時(shí)，其電容為零
答案：C
解析：AB.根據(jù)電容的定義式，采用的是比值法定義，可知C與Q、U無(wú)關(guān)．故AB錯(cuò)誤；
C.電容是反映電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，由電容器本身決定，C與Q無(wú)關(guān)，故C正確；
D.電容器不帶電時(shí)，其電容不為零，故D錯(cuò)誤；
故選C。
【變式1-2】下列各敘述中，正確的是（ ）
A．重心、合力和平均速度等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想
B．庫(kù)侖提出了用電場(chǎng)線描述電場(chǎng)的方法
C．伽利略猜想自由落體的運(yùn)動(dòng)速度與下落時(shí)間成正比，并直接用實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了驗(yàn)證
D．用比值法定義的物理概念在物理學(xué)中占有相當(dāng)大的比例，例如電場(chǎng)強(qiáng)度，電容，加速度都是采用了比值法定義的
答案：A
解析：A. 重心是物體各部分所受重力的集中作用點(diǎn)，合力與分力是等效關(guān)系，求變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度時(shí)用平均速度代替運(yùn)動(dòng)的快慢；所以這三個(gè)概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想．故A正確；
B. 法拉第提出了用電場(chǎng)線描述電場(chǎng)的方法，故B錯(cuò)誤；
C. 伽利略猜想自由落體的運(yùn)動(dòng)速度與下落時(shí)間成正比，但并未直接進(jìn)行驗(yàn)證，而是在斜面實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上的理想化推理得到，故C錯(cuò)誤；
D. 場(chǎng)強(qiáng)、電容是采用比值法定義的；加速度是加速度的決定式，不是比值法定義，故D錯(cuò)誤．
【變式1-3】某平行板電容器標(biāo)有2.5μF，這是表示( )
A．該電容器帶電量不能超過(guò)2.5×10-6C
B．要使兩板間電壓降低1V，它所帶的電量必減少2.5×10-6C
C．電容器只有在帶電時(shí)電容量為2.5×10-6 F
D．如在板間插入電介質(zhì)，電容將減?。?br>答案：B
解析：2.5μF是電容器的電容，不能知道帶電量，A錯(cuò)誤；要使兩板間電壓降低1V，它所帶的電量必減少2.5×10-6C，故B正確；不管電容器是否帶電，其電容均為2.5×10-6 F，故C錯(cuò)誤；由電容的決定式知如在板間插入電介質(zhì)，電容將增大，故D錯(cuò)誤．
【題型2 電容器的充放電定性分析問(wèn)題】
【例2】如圖為研究電容器充、放電現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)電路圖，開(kāi)始電容器不帶電。實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，首先將開(kāi)關(guān)S合向1，這時(shí)觀察到靈敏電流計(jì)G有短暫的示數(shù)，這說(shuō)明電路中有電流流過(guò)，這個(gè)過(guò)程叫作________，經(jīng)過(guò)這一過(guò)程，電容器的兩極板就會(huì)帶上等量的異號(hào)電荷，其上極板帶________電荷(選填“正”或“負(fù)”)，電路穩(wěn)定后靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零。當(dāng)把開(kāi)關(guān)S由1合向2時(shí)，有________(選填“自左向右”或“自右向左”)流過(guò)靈敏電流計(jì)G的短暫電流，這個(gè)過(guò)程叫________________________________________________________________________。
解析：將開(kāi)關(guān)S合向1，電源與電容器連通，電路中有電流流過(guò)，說(shuō)明電源在給電容器儲(chǔ)存電荷，這過(guò)程叫作充電；經(jīng)過(guò)這一過(guò)程，電容器的兩極板就會(huì)帶上等量的異號(hào)電荷，其上極板帶正電荷；當(dāng)把開(kāi)關(guān)S由1合向2時(shí)，從電勢(shì)高的正極板能形成電流到電勢(shì)低的負(fù)極板，則有自右向左流過(guò)靈敏電流計(jì)G的短暫電流，這個(gè)過(guò)程叫放電。
答案：充電 正 自右向左 放電
【變式2-1】(多選)如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動(dòng)到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動(dòng)的過(guò)程中( )
A．油滴將向下做勻加速運(yùn)動(dòng)
B．電流計(jì)中電流由b流向a
C．油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大
D．極板帶的電荷量減少
解析：選CD 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，B錯(cuò)誤，D正確；由E＝eq \f(U,d)可知，在B板下移過(guò)程中，兩板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大，A錯(cuò)誤，C正確。
【變式2-2】電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對(duì)給定電容值為C的電容器充電，無(wú)論采用何種充電方式，其兩極間的電勢(shì)差u隨電荷量q的變化圖像都相同。
(1)請(qǐng)?jiān)趫D1中畫(huà)出上述u-q圖像。類比直線運(yùn)動(dòng)中由v-t圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲(chǔ)存的電能Ep。
(2)在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽略內(nèi)阻)。通過(guò)改變電路中元件的參數(shù)對(duì)同一電容器進(jìn)行兩次充電，對(duì)應(yīng)的q-t曲線如圖3中①②所示。
a．①②兩條曲線不同是________(選填“E”或“R”)的改變?cè)斐傻模?br>b．電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說(shuō)明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。
(3)設(shè)想使用理想的“恒流源”替換(2)中電源對(duì)電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加。請(qǐng)思考使用“恒流源”和(2)中電源對(duì)電容器的充電過(guò)程，填寫(xiě)下表(選填“增大”“減小”或“不變”)。
解析：(1)u-q圖像如圖所示。電壓為U時(shí)，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積表示所儲(chǔ)存的電能Ep，Ep＝eq \f(1,2)QU，又Q＝CU，故Ep＝eq \f(1,2)CU2。
(2)a.由圖像知，電容器充完電后，①②兩次電荷量相等，由Q＝CU＝CE知，兩次電源電動(dòng)勢(shì)相等。故①②兩條曲線不同不是E的改變?cè)斐傻?，只能是R的改變?cè)斐傻摹.剛開(kāi)始充電瞬間，電容器兩端的電壓為零，電路的瞬時(shí)電流為I＝eq \f(E,R)，故減小電阻R，剛開(kāi)始充電瞬間電流I大，曲線上該點(diǎn)切線斜率大，即為曲線①。這樣能在較短時(shí)間內(nèi)使電荷量達(dá)到最大，故可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電容器快速充電。增大電阻R，剛開(kāi)始充電瞬間電流I小，即為曲線②，該曲線接近線性，可以實(shí)現(xiàn)均勻充電。
(3)接(2)中電源時(shí)，由于忽略電源E的內(nèi)阻，故電源兩端電壓不變。通過(guò)電源的電流I＝eq \f(E－U,R)，隨著電容器兩端電壓U不斷變大，通過(guò)電源的電流減小。“恒流源”是指電源輸出的電流恒定不變。接“恒流源”時(shí)，隨著電容器兩端電壓的增大，“恒流源”兩端電壓增大。
答案：(1)u-q圖像見(jiàn)解析圖 Ep＝eq \f(1,2)CU2
(2)a.R b．減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電容器快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)均勻充電。
(3)
【變式2-3】某同學(xué)利用圖(a)所示電路測(cè)量電容器充電時(shí)兩極板間的電壓隨時(shí)間的變化。實(shí)驗(yàn)中使用的器材為：電池E(內(nèi)阻很小)、開(kāi)關(guān)S1和S2、電容器C(約100 μF)、電阻R1(約200 kΩ)、電阻R2(1 kΩ)、電壓表V(量程6 V)、停表、導(dǎo)線若干。
(1)按圖(a)所示的電路原理圖將圖(b)中實(shí)物圖連接起來(lái)。
(2)先閉合開(kāi)關(guān)S2，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S2；閉合開(kāi)關(guān)S1，同時(shí)按下停表開(kāi)始計(jì)時(shí)。若某時(shí)刻電壓表的示數(shù)如圖(c)所示，電壓表的讀數(shù)為_(kāi)_____V(保留2位小數(shù))。
(3)該同學(xué)每隔10 s記錄一次電壓表的讀數(shù)U，記錄的數(shù)據(jù)如下表所示。在給出的坐標(biāo)紙上繪出U-t圖線。已知只有一個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)誤差較大，該數(shù)據(jù)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的時(shí)間是________ s。
(4)電路中C、R2和S2構(gòu)成的回路的作用是____________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(2)電壓表每小格代表0.1 V，且讀數(shù)要求保留兩位小數(shù)，其讀數(shù)為3.60 V。
(3)繪出U-t圖線，偏離圖線最遠(yuǎn)的點(diǎn)誤差最大，由此確定t＝40.0 s時(shí)對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)誤差最大。
(4)測(cè)量電容器充電時(shí)兩極板間的電壓隨時(shí)間的變化，必須保證開(kāi)始(t＝0)時(shí)，電容器不帶電。電路中C、R2和S2構(gòu)成回路的作用就是在實(shí)驗(yàn)開(kāi)始前，通過(guò)閉合S2，使電容器放電，特別是當(dāng)實(shí)驗(yàn)需要重復(fù)多次時(shí)，在重復(fù)實(shí)驗(yàn)前必須先對(duì)電容器放電。
答案：(1)如圖1所示 (2)3.60 (3)如圖2所示 40.0
(4)對(duì)電容器進(jìn)行放電，方便實(shí)驗(yàn)多次測(cè)量
【題型3 電容器的充放電定量計(jì)算問(wèn)題】
【例3】在“用傳感器觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，電路圖如圖1。一位同學(xué)使用的電源電動(dòng)勢(shì)為10.0 V，測(cè)得放電的I-t圖像如圖2所示。
(1)若按“四舍五入(大于半格算一個(gè)，小于半格舍去)”法，根據(jù)“I-t圖線與兩坐標(biāo)軸包圍面積”，電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為_(kāi)_______C。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(2)根據(jù)以上數(shù)據(jù)估算電容器的電容值為_(kāi)_______F。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(3)如果將電阻R換一個(gè)阻值更大的電阻，則放電過(guò)程釋放的電荷量____(選填“變多”“不變”或“變少”)。
解析：(1)電容器的放電圖像是一條逐漸下降的曲線，而q＝It，從微元法得到，I-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積就是總的電荷量，經(jīng)確認(rèn)：圖像下共有42格，所以電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量約為Q＝42×0.001×0.4 C＝0.017 C。
(2)由(1)知道，電容器充滿電后所帶的電荷量Q＝0.017 C，而所加電壓U＝E＝10 V，所以C＝eq \f(Q,U)＝0.001 7 F。
(3)由題圖看出，若將電阻換一個(gè)阻值較大電阻，但由于電容器電荷量一定，則所有電荷量將通過(guò)電阻R釋放，只是圖像更加平緩些，但總量不變。
答案：(1)0.017(或0.016、0.018) (2)0.001 7(或0.001 6、0.001 8) (3)不變
【變式3-1】在測(cè)定電容器電容的實(shí)驗(yàn)中，將電容器、電壓傳感器、阻值為3 kΩ的電阻R、電源、單刀雙擲開(kāi)關(guān)按圖甲所示電路圖進(jìn)行連接。先使開(kāi)關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，充電完畢后把開(kāi)關(guān)S擲向2端，電容器放電，直至放電完畢。實(shí)驗(yàn)得到的與電壓傳感器相連接的計(jì)算機(jī)所記錄的電壓隨時(shí)間變化的u-t曲線，如圖乙所示，圖丙為由計(jì)算機(jī)對(duì)圖乙進(jìn)行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值”及曲線與時(shí)間軸所圍“面積”。
(1)根據(jù)圖甲所示的電路，觀察圖乙可知：充電電流與放電電流方向________(選填“相同”或“相反”)，大小都隨時(shí)間________(選填“增大”或“減小”)。
(2)該電容器的電容值為_(kāi)_______F。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
(3)某同學(xué)認(rèn)為：仍利用上述裝置，將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，也可以測(cè)出電容器的電容值。請(qǐng)你分析并說(shuō)明該同學(xué)的說(shuō)法是否正確。
解析：(1)由題圖甲、乙可知，充電和放電時(shí)R兩端的電勢(shì)相反，說(shuō)明流過(guò)R的電流方向相反；電壓均隨時(shí)間減小，說(shuō)明電流均隨時(shí)間減小。
(2)根據(jù)歐姆定律I＝eq \f(U,R)，圖像的面積表示Ut，可知圖像面積與R的比值表示電荷量。故極板所帶最大電荷量q＝eq \f(182.7,3 000) C＝0.060 9 C，該電容器的電容值C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(0.060 9,6) F≈1.0×10－2 F。
(3)該同學(xué)的說(shuō)法正確。因?yàn)楫?dāng)開(kāi)關(guān)S與2連接，電容器放電的過(guò)程中，電容器C與電阻R上的電壓大小相等，因此通過(guò)對(duì)放電曲線進(jìn)行數(shù)據(jù)處理后記錄的“峰值Um”及曲線與時(shí)間軸所圍“面積S”，仍可應(yīng)用C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(S,RUm)計(jì)算電容值。
答案：(1)相反 減小 (2)1.0×10－2 (3)見(jiàn)解析
【變式3-2】電流傳感器可以測(cè)量電流，它的反應(yīng)非常快，可以捕捉到瞬間的電流變化；將它與計(jì)算機(jī)相連還能用計(jì)算機(jī)顯示出電流隨時(shí)間變化的i－t圖像，圖甲所示的電路中：直流電源電動(dòng)勢(shì)為8 V，內(nèi)阻可忽略；C為電容器，先將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與1相連，電源向電容器充電，這個(gè)過(guò)程可在短時(shí)間內(nèi)完成；然后把開(kāi)關(guān)S與2相連，電容器通過(guò)電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電流隨時(shí)間變化的i－t圖像如圖乙所示，(下列結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
(1)根據(jù)i－t圖像可估算電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量為_(kāi)_______ C；
(2)通過(guò)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，計(jì)算出電容器的電容為_(kāi)_______ F；
(3)如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時(shí)i－t曲線與橫軸所圍成的面積將________(填“增大”“不變”或“變小”)；充電時(shí)間將________(填“變長(zhǎng)”“不變”或“變短”)．
答案 (1)1.6×10－3 (2) 2×10－4 (3)不變
變短
解析 (1)根據(jù)i－t圖像圍成的面積可估算電容器在全部放電過(guò)程中釋放的電荷量，根據(jù)題圖乙知縱坐標(biāo)每個(gè)小格為0.2 mA，橫坐標(biāo)每小格為0.2 s，則每小格所代表的電荷量為q＝0.2×10－3×0.2 C＝4×10－5 C，曲線下的小格數(shù)的個(gè)數(shù)大約為41個(gè)，所以電容器全部釋放的電荷量為Q＝41q≈1.6×10－3 C
(2)該電容器的電容為C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(1.6×10－3,8) F＝2×10－4 F.
(3)根據(jù)電容的計(jì)算公式可得電荷量Q＝CU，電容器儲(chǔ)存的電荷量Q與電阻R無(wú)關(guān)，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，充電時(shí)i－t曲線與橫軸所圍成的面積不變；由于電阻對(duì)電流有阻礙作用，所以減小電阻，充電時(shí)間將變短．
【變式3-3】隨著傳感器技術(shù)的不斷進(jìn)步，傳感器在中學(xué)實(shí)驗(yàn)室逐漸普及．某同學(xué)用電流傳感器和電壓傳感器做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)，電路如圖甲所示．
(1)先使開(kāi)關(guān)K與1端相連，電源對(duì)電容器充電，這個(gè)過(guò)程很快完成，充滿電的電容器上極板帶________電；
(2)然后把開(kāi)關(guān)K擲向2端，電容器通過(guò)電阻R放電，傳感器將電流、電壓信息傳入計(jì)算機(jī)，經(jīng)處理后得到電流和電壓隨時(shí)間變化的I－t、U－t曲線，如圖乙所示；
(3)由圖乙可知，電容器充滿電的電荷量為_(kāi)_______ C，電容器的電容為_(kāi)_______ F；(保留兩位有效數(shù)字)
(4)若將電路中的電阻換成一阻值更大的電阻，把開(kāi)關(guān)K擲向2端電容器放電，請(qǐng)?jiān)趫D乙的左圖中定性地畫(huà)出I－t曲線．
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)見(jiàn)解析圖
解析 (1) 電容器上極板與電源正極相連，充滿電后上極板帶正電；
(3)I－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電荷量，一小格代表的電荷量為q＝0.25 mA×1 s＝2.5×10－4 C
題圖中總共約14小格，所以電容器充滿電的電荷量為Q＝14q＝3.5×10－3 C
電容器充滿電后電壓為8 V，
則電容器的電容為C＝eq \f(Q,U)≈4.4×10－4 F
(4)將電路中的電阻換成一阻值更大的電阻，放電電流會(huì)減小，總電荷量不變，時(shí)間會(huì)延長(zhǎng)，圖像如下圖所示．
【題型4 動(dòng)態(tài)分析有源態(tài)問(wèn)題】
【例4】平行板電容器的兩極板M、N接在一恒壓電源上，N板接地。板間有a、b、c三點(diǎn)，若將上板M向下移動(dòng)少許至圖中虛線位置，則( )
A．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)減小 B．b、c兩點(diǎn)間電勢(shì)差減小
C．c點(diǎn)電勢(shì)升高 D．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)降低
解析：選D 電源電壓不變，即電容器的極板間電壓不變，當(dāng)M向下移動(dòng)時(shí)，極板間距減小，根據(jù)E＝eq \f(U,d)，故極板間的場(chǎng)強(qiáng)增大，所以b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；b、c兩點(diǎn)間電勢(shì)差Ucb＝E·cb，E增大，而cb不變，故Ucb增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；同理c、N間的電勢(shì)差也增大，而N點(diǎn)的電勢(shì)為0，由電源的正極連接下極板可知，UNc＝φN－φc＝－φc，所以c點(diǎn)的電勢(shì)降低，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理a點(diǎn)的電勢(shì)也降低，選項(xiàng)D正確。
【變式4-1】一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來(lái)測(cè)定瓶?jī)?nèi)溶液深度的變化。如圖所示，瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層和瓶?jī)?nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過(guò)探針和導(dǎo)線與電源、電流計(jì)、開(kāi)關(guān)相連，中間層的塑料為絕緣電介質(zhì)，其厚度為d，相對(duì)介電常數(shù)為εr。若發(fā)現(xiàn)在某一小段時(shí)間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過(guò)電流計(jì)，電源電壓恒定為U，則瓶?jī)?nèi)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：選C 由圖可知，液體與瓶的外壁涂的導(dǎo)電涂層構(gòu)成了電容器，由題圖可知，兩板間距離不變；液面高度變化時(shí)只有正對(duì)面積發(fā)生變化；由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)液面升高時(shí)，正對(duì)面積S增大，則電容增大，反之則電容減小，由于電流從下向上流過(guò)電流計(jì)，可知該時(shí)間內(nèi)電容器上的電荷量減小，由于電勢(shì)差不變，那么電容的電量減?。黄?jī)?nèi)液面降低，t時(shí)間內(nèi)減少的電量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)，聯(lián)立解得Δh＝eq \f(2kdIt,rUεr)，故選C。
【變式4-2】(多選)如圖，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞過(guò)圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)。起初兩極板邊緣對(duì)齊，然后上極板轉(zhuǎn)過(guò)10°，并使兩極板間距減小到原來(lái)的一半。假設(shè)變化前后均有一電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板。忽略邊緣效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．變化前后電容器電容之比為9∶17
B．變化前后電容器所帶電荷量之比為16∶9
C．變化前后電子到達(dá)下極板的速度之比為eq \r(2)∶1
D．變化前后電子運(yùn)動(dòng)到下極板所用時(shí)間之比為2∶1
解析：選AD 由平行板電容器電容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，變化前后電容器電容之比為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)，電容器兩端電壓不變，變化前后電容器所帶電荷量之比為eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(C1,C2)＝eq \f(9,17)，故A正確，B錯(cuò)誤；電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板過(guò)程，由動(dòng)能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，解得電子到達(dá)下極板的速度v＝ eq \r(\f(2eU,m))，電容器兩端電壓不變，變化前后電子到達(dá)下極板的速度之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；電子由靜止從上極板運(yùn)動(dòng)到下極板過(guò)程，電子的加速度 a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝ eq \r(\f(2d,a))＝ eq \r(\f(2md2,eU))＝d eq \r(\f(2m,eU))，變化前后電子運(yùn)動(dòng)到下極板所用時(shí)間之比為eq \f(t1,t2)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(d,\f(d,2))＝eq \f(2,1)，故D正確。
【變式4-3】(多選)如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動(dòng)膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路．麥克風(fēng)正常工作時(shí)，振動(dòng)膜隨聲波左右振動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是( )
A．振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電容器的板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
B．振動(dòng)膜向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高
C．振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電阻上有從a到b的電流
D．振動(dòng)膜向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，振動(dòng)膜所帶的電荷量減小
答案 BD
解析 振動(dòng)膜向右振動(dòng)時(shí)電容器兩極板的距離變小，根據(jù)E＝eq \f(U,d)，電容器板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)電容增大，根據(jù)C＝eq \f(Q,U)，在U不變的情況下，Q增大，電容器充電，R中電流方向向下，即有從a到b的電流，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高，A錯(cuò)誤，B正確；振動(dòng)膜向左振動(dòng)時(shí)電容器兩極板的距離變大，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)，電容減小，根據(jù)C＝eq \f(Q,U)知，在U不變的情況下，Q減小，電容器放電，R中電流方向向上，即有從b到a 的電流， C錯(cuò)誤，D正確．
【題型5 動(dòng)態(tài)分析無(wú)源態(tài)問(wèn)題】
【例5】如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡(jiǎn)化模型圖。當(dāng)被測(cè)物體在左右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動(dòng)，連接電容器的靜電計(jì)會(huì)顯示電容器電壓的變化，進(jìn)而能測(cè)出電容的變化，最后就能探測(cè)到物體位移的變化，若靜電計(jì)上的指針偏角為θ，則被測(cè)物體( )
A．向左移動(dòng)時(shí)，θ增加 B．向右移動(dòng)時(shí)，θ增加
C．向左移動(dòng)時(shí)，θ不變 D．向右移動(dòng)時(shí)，θ減少
解析：選B 當(dāng)被測(cè)物體向左移動(dòng)時(shí)，電容器極板間的電介質(zhì)增多，則電容會(huì)增大，由于電荷量不變，則電容器極板間的電壓減小，即θ減少，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)被測(cè)物體向右移動(dòng)時(shí)，情況相反，故B正確，D錯(cuò)誤。
【變式5-1】在手機(jī)塑料殼的生產(chǎn)線上，用圖示裝置來(lái)監(jiān)控塑料殼的厚度。兩個(gè)完全一樣的金屬板A、B，平行正對(duì)固定放置，通過(guò)導(dǎo)線接在恒壓電源上：閉合開(kāi)關(guān)，一小段時(shí)間后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，讓塑料殼勻速通過(guò)A、B間，當(dāng)塑料殼變厚時(shí)( )
A．兩板間電壓不變 B．兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小
C．兩板所帶電荷量減小 D．靜電計(jì)指針偏角增大
解析：選B 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后電容器的電荷量不變，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)、U＝eq \f(Q,C)得U＝Q·eq \f(4πkd,εrS)，可知，由于Q不變，當(dāng)塑料殼變厚時(shí)εr增大，兩板間電壓減小，指針偏角減小，故A、C、D錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq \f(U,d)可知，兩板間距離d不變，電壓U減小，則兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，故B正確。
【變式5-2】如圖所示，C1、C2是完全相同的兩個(gè)電容器，P是電容器C1兩極板間的一點(diǎn)，在電容器C2兩極板間插入一塊云母板。閉合開(kāi)關(guān)，電路穩(wěn)定后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)。將云母板從C2極板間抽出的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是( )
A．P點(diǎn)電勢(shì)升高
B．電容器C2的電容增大
C．靈敏電流計(jì)中有向右的電流
D．電容器C1兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小
解析：選A 閉合開(kāi)關(guān)，電路穩(wěn)定后再將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，兩電容器極板上的帶電荷量不變，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4πkd)，電容器C2極板間云母板抽出的過(guò)程，相對(duì)介電常數(shù)εr減小，其他條件不變，則電容器C2的電容減小，B錯(cuò)誤；由U＝eq \f(Q,C)可知，電容器C2極板間的電勢(shì)差變大，電容器C2處于放電狀態(tài)，電容器C1處于充電狀態(tài)，靈敏電流計(jì)中有向左的電流，C錯(cuò)誤；C1充電，則電容器C1極板間的電勢(shì)差變大，由E＝eq \f(U,d)可知，電容器C1極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，D錯(cuò)誤；由于電容器C1極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變大，P點(diǎn)與電容器C1的下極板間的電勢(shì)差變大，因下極板接地，電勢(shì)為零，則P點(diǎn)電勢(shì)升高，A正確。
【變式5-3】(多選)如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可忽略，開(kāi)關(guān)閉合，穩(wěn)定時(shí)一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點(diǎn)，若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)K，將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．靜電計(jì)指針的張角變小
B．P點(diǎn)電勢(shì)升高
C．帶電油滴向上運(yùn)動(dòng)
D．帶電油滴的電勢(shì)能不變
答案 AD
解析 將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，極板間距減小，根據(jù)C＝eq \f(εrS,4kπd)可知，電容器的電容增大，當(dāng)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，兩極板的電荷量不變，又U＝eq \f(Q,C)，所以，極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針的張角變小，A正確；根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)公式，得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，當(dāng)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，極板的電荷量不變，故可得場(chǎng)強(qiáng)不變，故帶電油滴不會(huì)移動(dòng)，根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系可知，P點(diǎn)的電勢(shì)不變，帶電油滴的電勢(shì)能不變，B、C錯(cuò)誤，D正確．
【題型6 靜電計(jì)問(wèn)題】
【例6】利用圖示裝置通過(guò)靜電計(jì)指針偏角的變化情況可以探究有關(guān)平行板電容器問(wèn)題，開(kāi)始時(shí)，兩金屬板A、B豎直平行且正對(duì)，開(kāi)關(guān)S閉合。下列說(shuō)法正確的是( )
A．若僅將A板緩慢豎直向上平移，則靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度增大
B．若S斷開(kāi)后，僅將A板緩慢豎直向上平移，則靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度增大
C．若S斷開(kāi)后，僅在A、B板間插入玻璃板，則靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度增大
D．若S斷開(kāi)后，僅將A板緩慢水平向左平移，則靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度減小
解析：選B 靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩極板間的電壓，由于開(kāi)關(guān)S閉合，電容器一直接電源，電容器兩極板間的電壓保持不變，靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度保持不變，A錯(cuò)誤；S斷開(kāi)后，電容器所帶的電荷量Q保持不變，由C＝eq \f(εrS,4πkd)、C＝eq \f(Q,U)可得U＝eq \f(4πkQ,εrS)d，僅將A板緩慢豎直向上平移即S變小時(shí)，U變大，故靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，B正確；S斷開(kāi)后，僅在A、B板間插入玻璃板，εr增大，U減小，故靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度減小，C錯(cuò)誤；S斷開(kāi)后，僅將A板緩慢水平向左平移即d增大時(shí)，U增大，故靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度增大，D錯(cuò)誤。
【變式6-1】（多選）如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則( )
A．平行板電容器的電容值將變小
B．靜電計(jì)指針張角變小
C．帶電油滴的電勢(shì)能將減少
D．若先將上極板與電源正極連接的導(dǎo)線斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變
答案 ACD
解析 將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，兩極板的正對(duì)面積S不變，間距d變大，根據(jù)關(guān)系式C＝eq \f(εrS,4πkd)∝eq \f(S,d)可知，電容C減小，選項(xiàng)A正確；因?yàn)殪o電計(jì)指針的變化表征電容器兩極板間電勢(shì)差的變化，題中電容器兩極板間的電勢(shì)差U不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；U不變，極板間距d變大時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)E＝eq \f(U,d)減小，帶電油滴所處位置的電勢(shì)φP＝U－El增大，其中l(wèi)為油滴到上極板的距離，又因?yàn)橛偷螏ж?fù)電，所以其電勢(shì)能將減少，選項(xiàng)C正確；若先將上極板與電源正極連接的導(dǎo)線斷開(kāi)，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則電容器帶電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)Q＝CU，E＝eq \f(U,d)和C∝eq \f(S,d)可知E∝eq \f(Q,S)，可見(jiàn)，極板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，所以帶電油滴所受電場(chǎng)力不變，選項(xiàng)D正確．
【變式6-2】利用靜電計(jì)研究平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，則下面哪些敘述符合實(shí)驗(yàn)中觀察到的結(jié)果( )
A．左板向左平移，靜電計(jì)指針偏角變小
B．左板向上平移，靜電計(jì)指針偏角變小
C．保持兩板不動(dòng)，在兩板間插入一塊絕緣介質(zhì)板，靜電計(jì)指針偏角變小
D．保持兩板不動(dòng)，在兩板間插入一塊金屬板，靜電計(jì)指針偏角變大
答案：C
解析：將左板向左平移，板間距離變大，根據(jù)，電容器電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=Q/U分析可知，電容器兩板間電勢(shì)差變大，則靜電計(jì)指針偏角變大．故A錯(cuò)誤．將左板向上平移，兩板正對(duì)面積減小，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由C=Q/U分析可知，電容器兩板間電勢(shì)差增大，則靜電計(jì)指針偏角變大．故B錯(cuò)誤．在兩板之間插入一塊絕緣介質(zhì)板，電容增大，而電容器的電量Q不變，由C=Q/U分析可知，電容器兩板間電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角變?。蔆正確．保持兩板不動(dòng)，在兩板間插入一塊金屬板，則板間距相當(dāng)于減小，電容變大，根據(jù)C=Q/U可知兩板電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角變小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C．
【變式6-3】如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，極板A接地，平行板電容器的極板B與一個(gè)靈敏靜電計(jì)相接。將A極板向左移動(dòng)，增大電容器兩極板間的距離時(shí)，電容器所帶的電量Q、電容C兩極間的電壓U，電容器兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是（ ）
A．Q變小，C不變，U不變，E變小
B．Q變小，C變小，U不變，E不變
C．Q不變，C變小，U變大，E不變
D．Q不變，C變小，U變大，E變小
答案：C
解析：電容器與電源斷開(kāi)，不能充電也不能放電，所以電量Q不變；
根據(jù) 增大電容器兩極板間的距離時(shí)，電容C減小；
根據(jù) 解得 增大電容器兩極板間的距離時(shí)，電壓U增大；
根據(jù) 解得 增大電容器兩極板間的距離時(shí)，E不變。
故選C。
【題型7 聯(lián)系實(shí)際】
【例7】心臟除顫器的工作原理是向儲(chǔ)能電容器充電，使電容器獲得一定的儲(chǔ)能，對(duì)心顫患者皮膚上的兩個(gè)電極板放電，讓一部分電荷通過(guò)心臟，刺激心顫患者的心臟，使之恢復(fù)正常跳動(dòng)。如圖是一次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器的電容器電容為14 μF，充電至10 kV電壓，如果電容器在2 ms時(shí)間內(nèi)完成放電，放電結(jié)束時(shí)電容器兩極板間的電勢(shì)差減為零，下列說(shuō)法正確的是( )
A．這次放電過(guò)程中通過(guò)人體組織的電流恒為70 A
B．這次放電有0.14 C的電荷量通過(guò)人體組織
C．若充電至5 kV，則該電容器的電容為7 μF
D．人體起到絕緣電介質(zhì)的作用
解析：選B 根據(jù)C＝eq \f(Q,U)可知該電容器所帶電荷量在放電過(guò)程中逐漸減小，電壓也在逐漸減小，所以電流逐漸減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)C＝eq \f(Q,U)可知充電至10 kV時(shí)電容器帶的電荷量為Q＝CU＝0.14 C，故這次放電過(guò)程中有0.14 C的電荷量通過(guò)人體組織，故B正確；電容器在充電過(guò)程中，電容器的容量C不變，仍然為14 μF，故C錯(cuò)誤；人體為導(dǎo)體，故D錯(cuò)誤。
【變式7-1】在我們的日常生活中會(huì)發(fā)生很多靜電現(xiàn)象。有一次，小明的手指靠近金屬門(mén)把手時(shí)，如圖所示，突然有一種被電擊的感覺(jué)。這是因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)摩擦使身體帶電，當(dāng)手指靠近門(mén)把手時(shí)，二者之間產(chǎn)生了放電現(xiàn)象。已知手指帶負(fù)電，關(guān)于放電前手指靠近金屬門(mén)把手的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．門(mén)把手內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)逐漸變大
B．門(mén)把手與手指之間場(chǎng)強(qiáng)逐漸增大
C．門(mén)把手左端電勢(shì)高于右端電勢(shì)
D．門(mén)把手右端帶負(fù)電荷且電量增加
解析：選B 放電前手指靠近金屬門(mén)把手的過(guò)程中，門(mén)把手在手的影響下，發(fā)生靜電感應(yīng)，在其右端感應(yīng)出正電荷，左端感應(yīng)出負(fù)電荷。本身是處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，兩端電勢(shì)相等，門(mén)把手與手之間看成一個(gè)電容器，可知當(dāng)兩者距離減小時(shí)，根據(jù)公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，聯(lián)立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知，門(mén)把手與手指之間場(chǎng)強(qiáng)逐漸增大。
【變式7-2】當(dāng)帶電的云層離地面較近時(shí)，云和地面形成一個(gè)巨型電容器，它們之間會(huì)形成一個(gè)強(qiáng)電場(chǎng)，若云層帶電量一定，將云層底面及地面始終都看作平整的平面，則( )
A．當(dāng)云層向下靠近地面時(shí)，該電容器的電容將減小
B．當(dāng)云層向下靠近地面時(shí)，云層和地面間的電勢(shì)差將增大
C．當(dāng)云層向下靠近地面時(shí)，云層和地面間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大
D．當(dāng)云層底面積增大時(shí)，該電容器的電容將增大
解析：選D 根據(jù)電容器電容的決定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知，當(dāng)云層向下靠近地面時(shí)，d減小，該電容器的電容C將增大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電容器電容的定義式C＝eq \f(Q,U)可知，當(dāng)云層向下靠近地面時(shí)，該電容器的電容C增大，由于電荷量Q不變，則云層和地面間的電勢(shì)差將減小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系E＝eq \f(U,d)，再聯(lián)立上面兩式可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，則當(dāng)云層向下靠近地面時(shí)，云層和地面間的電場(chǎng)強(qiáng)度將不變，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電容器電容的決定式可知，當(dāng)云層底面積增大時(shí)，正對(duì)面積S增大，該電容器的電容C將增大，故D正確。
【變式7-3】1913年，密立根用油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)得了電子電量的精確數(shù)值。如圖所示，當(dāng)油滴噴出時(shí)，因與噴霧器摩擦而帶負(fù)電，油滴通過(guò)小孔進(jìn)入平行板電容器AB之間，調(diào)節(jié)兩板間的電壓，讓油滴緩慢勻速下落，并測(cè)定油滴直徑等相關(guān)物理量，可推算出該油滴的電荷量，不計(jì)油滴間相互作用。下列相關(guān)說(shuō)法正確的是( )
A．油滴由于失去正電荷而帶負(fù)電
B．若僅增大AB間電壓，油滴將加速下落
C．若僅增大AB間距離，油滴將減速下落
D．若在AB間同時(shí)懸停著兩顆油滴，則直徑大的帶電量一定大
解析：選D 油滴與噴霧器摩擦得到電子從而帶負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；由于液滴帶負(fù)電，受電場(chǎng)力向上，若僅增大AB間電壓，油滴將加速上升，B錯(cuò)誤；若僅增大AB間距離，電壓不變，根據(jù)E＝eq \f(U,d)，可知電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力小于重力，油滴將加速下落，C錯(cuò)誤；若在AB間同時(shí)懸停著兩顆油滴，直徑大的質(zhì)量一定大，根據(jù)mg＝Eq，可知質(zhì)量大的帶電量一定大，因此直徑大的帶電量一定大，D正確。
【題型8 綜合問(wèn)題】
【例8】(多選)平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一個(gè)帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開(kāi)關(guān)S，電容器充電，穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向夾角為θ，如圖所示．那么( )
A．保持開(kāi)關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
B．保持開(kāi)關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
C．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
D．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
答案 AD
解析 保持開(kāi)關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，小球所受的靜電力變大，θ增大，故A正確，B錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，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變化，E不變，小球所受靜電力不變，θ不變，故C錯(cuò)誤，D正確．
【變式8-1】如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負(fù)電荷。油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶負(fù)電，油滴進(jìn)入上板中央小孔后落到勻強(qiáng)電場(chǎng)中，通過(guò)顯微鏡可以觀察到油滴的運(yùn)動(dòng)情況。兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對(duì)油滴的浮力和阻力。若油滴進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度可以忽略，當(dāng)兩金屬板間的電勢(shì)差為U時(shí)觀察到某個(gè)質(zhì)量為m的油滴進(jìn)入電場(chǎng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到下極板，則該油滴所帶電荷量可表示為( )
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：選A 油滴帶負(fù)電，設(shè)電荷量為Q，油滴所受到的電場(chǎng)力方向向上，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得，mg－Qeq \f(U,d)＝ma，d＝eq \f(1,2)at2。聯(lián)立兩式得，Q＝eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))，故A正確。
【變式8-2】(多選)如圖所示電路，電容器兩板水平，下板接地，電鍵K閉合，P為兩板間的一固定點(diǎn)，要使P點(diǎn)的電勢(shì)升高，下列措施可行的是( )
A．僅斷開(kāi)電鍵K
B．僅將下板向下平移一些
C．僅將上板向下平移一些
D．?dāng)嚅_(kāi)電鍵K將下板向下平移一些
答案 BCD
解析 設(shè)P到下板的距離為h，僅斷開(kāi)電鍵K，兩板的帶電荷量不變，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)φP＝hE不變，A錯(cuò)誤；僅將下板向下平移一些，則兩極板間電壓U不變，則由E＝eq \f(U,d)可知，d增大，則E減小，可知P點(diǎn)與上極板間電勢(shì)差減小，故P點(diǎn)電勢(shì)升高；若僅將上板向下平移一些，則d減小，E增大，可知P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差增大，則P點(diǎn)電勢(shì)升高，B、C正確；斷開(kāi)電鍵后，電容器的帶電荷量不變，板間距離變化時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，h變大，由φP＝hE可知，P點(diǎn)的電勢(shì)升高，D正確．
【變式8-3】如圖所示,A,B為兩塊豎直放置的平行金屬板,G是靜電計(jì),開(kāi)關(guān)S合上后,靜電計(jì)指針張開(kāi)一個(gè)角度.下述做法可使指針張角增大的是( )
A．使A,B兩板靠近些
B．使A,B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)些
C．?dāng)嚅_(kāi)S后,使B板向左平移減小板間距離
D．?dāng)嚅_(kāi)S后,使A,B板錯(cuò)位正對(duì)面積減小
答案：D
解析：靜電計(jì)是檢測(cè)電壓的儀器，電壓增大可增大指針張角，斷開(kāi)S后電容器電量不變，使B板向左平移一些，電容器的電容增大，由U=Q/C可知電壓減小，C錯(cuò)；同理D對(duì)；當(dāng)電容器極板與電源相連時(shí)兩極板電壓不變，張角不變，AB錯(cuò)
“恒流源”
(2)中電源
電源兩端電壓
通過(guò)電源的電流
“恒流源”
(2)中電源
電源兩端電壓
增大
不變
通過(guò)電源的電流
不變
減小
時(shí)間t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
電壓U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18