百强校高考物理题型复习专题21：电容器的动态分析.doc

百强校高考物理题型复习专题21：电容器的动态分析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

评卷人
得分

一、单选题
1．如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是(　　)

A．使a、b板的距离增大一些
B．使a、b板的正对面积减小一些
C．断开S，使a、b板的距离增大一些
D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些
2．如图所示,R是一个滑动变阻器,M、N为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒Q处于静止状态,则下列说法正确的是(  )

A．若只减小M、N两金属板的间距，则有向左的电流通过电阻R
B．若只减小M、N两金属板的间距，Q将向下运动
C．若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，Q将向下运动
D．若只在紧贴N板内侧插入一块一定厚度的金属片，Q将向上运动
3．一平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,在两极饭间有一带电油滴(电量很小,不响电场分布)位于P点且恰好处于平衡。如图所示,若保持正极板不动,将负极板移到图中虚线所示的位置,则（ ）

A．带电油滴将沿竖直方向向下运动
B．电容器的电压增大
C．P点的电势将不变
D．带电油滴的电势能升高
4．如图装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，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,极板充电后已与电源断开了连接，左侧极板与静电计外壳接地，则下列说法中正确的是（　　）

A．静电计指针偏角表示极板带电量的多少
B．保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大
C．保持S不变，增大d，则θ变大，表明两极板的电势差变大
D．保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则θ会变小
5．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，则（ ）

A．P点的电势将升高
B．带电油滴的电势能将减少
C．带电油滴将沿竖直方向向下运动
D．若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将增大
6．如图所示的电路可将声音信号转化为电信号。该电路中，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与电源两极相接。若声源S发出的声波能使a做左右方向的往复振动，则a振动过程中

A．a、b板所带的电荷量不变
B．a、b板之间的电场强度不变
C．电路中始终有方向不变的电流
D．a向右位移最大时，电容器的电容最大
7．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中

A．P、Q两板构成电容器的电容增大
B．P板电荷量增大
C．M点的电势比N点高
D．P、Q两板间的场强增大
8．如图所示，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。下列操作可使指针张开角度增大一些的是

A．保持开关S闭合，将一块玻璃插入A、B两板间
B．保持开关S闭合，将A极板向上移动一点
C．断开开关S后，将A、B两极板分开一些
D．断开开关S后，将一块金属板插入A、B两板间
9．如图所示，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。下列操作可使指针张开角度增大一些的是（ ）

A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动
B．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
C．断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些
D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
10．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不变
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增加
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a到b方向的电流

评卷人
得分

二、多选题
11．如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电荷量为－q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地。下列说法中正确的是（ ）

A．开关S闭合，保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向右的
B．开关S闭合，保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的
C．开关S闭合，保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大
D．开关S闭合，保持其它条件不变，而将N板向下移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小
E. 开关断开，保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大
12．如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻，平行板电容器C的上下极板水平.当开关S1和S2处于闭合状态时，一带电液滴在电容器板间恰好处于静止状态。下列选项中能使带电液滴向下运动的是

A．保持开关S1和S2闭合，仅增大R1的阻值
B．保持开关S1和S2闭合，仅减小R2的阻值
C．保持开关S1和S2闭合，仅减小R3的阻值
D．同时断开开关S1和S2，仅使电容器C下极板向上平移一小段距离
13．传感器是把非电物理量（如高度、温度、压力等）的变化转换成电学量（如电压、电流、电容等）变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用．如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图．金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C和导电液与金属棒间的电压U的变化就能反映液面的升降情况，即（ ）

A．电源接通，若此后电容C减小，反映h减小．
B．电源接通，若此后电容C减小，反映h增大．
C．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小．
D．电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大．
14．如图所示，将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连，中间接有一个理想二极管，一个质最为m、电荷量为q的粒子静止在P点，则　　

A．若下板上移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速
B．若下板上移，电容器的电容减小，带电粒子将向下加速
C．若下板下移，电容器的电容减小，带电粒子将静止不动
D．若下板下移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速
15．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电荷的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，以下分析正确的是　　

A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大
B．保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，则变小
C．断开S，将A板向上平移一小段距离，则变小
D．断开S，将A板向B板靠近，则不变

评卷人
得分

三、填空题
16．如图电路中，电源有内阻，开关S1、S2、S3、S4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，

(1)若只断开S1，则P将________．
(2)若只断开S2，则P将________．
(3)若只断开S3，则P将________．
(4)若只断开S4，则P将________．

试卷第7页，总7页
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参考答案
1．C
【解析】
【分析】
静电计测量的是电容器两端的电势差，合上开关，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器的电荷量不变，根据电容的变化判断电容器两端电势差的变化．
【详解】
开关闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计的指针的角度不变，故A、B错误。断开S，电荷量不变，使a、b板的距离增大一些，根据知，电容C减小，则U=Q/C，可知电势差增大，故C正确。断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积增大一些，根据知，电容C变大，则U=Q/C，可知电势差减小，故D错误。故选C。
【点睛】
解决本题的关键知道断开开关，电荷量不变，闭合开关，电容器两端的电势差不变，结合电容的决定式和定义式进行分析．
2．D
【解析】
【分析】
电容器的电容的定义式,电容器的电容的决定式,液滴平衡，受电场力和重力而平衡．
【详解】
A、若减小A、B两金属板的间距，根据，电容增大，电压不变，故电容器充电，故有向右的电流通过电阻R，故A错误；
B、微粒Q处于静止状态，受重力和向上的电场力而平衡，若减小A、B两金属板的间距，根据，场强增大，电场力增大，合力向上，故Q将向上运动，故B错误；
C、与电容器串联的电阻在稳定状态时看出导线，则若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，依然是电容器并联在电源两端，则电容器的电压不变，故场强不变，Q不动，故C错误；
D、若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U不变，根据，场强增加，电场力增加，故Q将向上运动，故D正确；
故选D.
【点睛】
电容器的分析有两种情况，与电源相连时，电容器的电压不变，当与电源断开时，电容器的电荷量不变．
3．C
【解析】
【分析】
平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．
【详解】
平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论得知，板间场强E不变，油滴仍然平衡，A错误。将负极板移到图中虚线所示的位置，电容器板间距离减小，由电容的决定式得知电容C增大，由电容的定义式分析得知，电压U变小。由U=Ed得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能W不变，则C正确，BD错误。故选C。
【点睛】
电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式、电容的定义式和场强推论进行分析．
4．C
【解析】
【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=Q/C，通过C的变化，从而判断U的变化，进而确定夹角θ的变化。
【详解】
静电计指针偏角表示电容器两极板之间的电势差，选项A错误；保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则根据电容的决定式得知，在两极板中插入一陶瓷片，C变大，Q一定，则由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差减小，则静电计指针的偏角θ变小，故B错误；根据电容的决定式，得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大，故C正确；保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，电容器带电量Q和电容器的电容C均不变，电容的定义式C=Q/U分析得知，板间电压不变，则θ不变，故D错误；故选C。
【点睛】
本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和C=Q/U。
5．C
【解析】
【分析】
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．
【详解】
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故A错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故B错误。板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故C正确。电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故D错误；故选C。
【点睛】
本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
6．D
【解析】
【分析】
由图看出，a、b间电压不变，由公式分析板间电场强度的变化．由公式分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向． a向右的位移最大时，a、b 板构成的电容器的电容最大。
【详解】
A项：a振动过程中，a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，由公式可知，电容周期性变化，由公式分析得知，a、b 板所带的电量会周期性变化，故A错误；
B项：a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化，故B错误；
C项：a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化，故C错误；
D项：a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，由公式可知，则a、b构成的电容器的电容最大，故D正确。
故应选：D。
【点睛】
本题考查运用物理知识分析实际问题的能力，实质是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义式和决定式进行分析。
7．C
【解析】
【分析】
在P、Q间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低。
【详解】
电容式话筒与电源串联，电压U保持不变；
在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式可知电容减小，
又根据电容定义式得知电容器所带电量减小，则P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N，那么M点的电势比N点高
根据场强可知P、Q两极板间的场强变小，
综上所述，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点睛】
本题关键掌握电容的决定式、电容的定义式和场强公式，要熟悉各个物理量之间的关系，抓住不变量进行分析。
8．C
【解析】
【详解】
AB：保持开关S闭合，电容器两端电压等于电源的电动势，静电计两端的电势差不变，静电计指针张开角度不变。
C：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开一些，电容器的电容减小，电容器两极板间电压增大，静电计两端的电势差变大，静电计指针张开角度变大。
D：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将一块金属板插入A、B两板间，电容器的电容增大，电容器两极板间电压减小，静电计两端的电势差变小，静电计指针张开角度变小。
综上，可使指针张开角度增大一些的是C项。
9．C
【解析】
【详解】
保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，电容变大，根据C=Q/U知，电势差减小，指针张角减小，故B错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积减小一些，电容C减小，根据C=Q/U知，电势差U增大，指针张角增大，故C正确；故选C。
【点睛】
本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．
10．C
【解析】
【分析】
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．将开关S断开，电容器放电，知电量的变化．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电压增大。
【详解】
A、B项：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A、B错误；
C项：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正确；
D项：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错误。
故应选：C。
【点睛】
本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压．电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流。
11．ACD
【解析】
【分析】
电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向．根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化．
【详解】
开关S闭合，当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右。故A正确，B错误。由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，pN间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据Ep=qφ，电荷为负电，则p点的电势能变大。故C正确；由于电容器两端的电势差不变，将N板向下移动，d增大，则电场强度减小，pM间的电势差减小，因为M点电势为正，知p点的电势升高，根据Ep=qφ，电荷为负电，则p点的电势能变小。故D正确；开关断开，则Q一定，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，根据，C=U/d以及E=U/d可得可知两板间场强不变，则p点与N板的电势差不变，p点的电势不变，则 p处点电荷的电势能不变，选项E错误；故选：ACD。
12．AC
【解析】
【分析】
先读懂电路图，知该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R3两端间的电压，R2启导线连接作用，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动；
【详解】
A、当开关S1和S2处于闭合状态时，一带电液滴在电容器板间恰好处于静止状态，液滴所受重力和电场力是一对平衡力；仅增大R1的阻值时，电路中电流减小，R3两端间的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，液滴向下运动，故A正确；
B、保持开关S1和S2闭合，仅减小R2的阻值，电路中电流不变，R3两端间的电压不变，电容器的电压不变，板间场强不变，液滴所受的电场力不变，液滴液滴保持静止，故B错误；
C、保持开关S1和S2闭合，仅减小R3的阻值，路中电流增大，根据串联分析可得R3两端间的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，液滴向下运动，故C正确；
D、同时断开开关S1和S2，电容器带电量不变，把电容器的下极板向上移一小段距离，根据可知，板间场强不变，液滴所受的电场力不变，液滴保持静止，故D错误；
故选AC。
【点睛】
关键是根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况从而确定运动。
13．AD
【解析】
【分析】
由图，金属棒与导电液体构成一个电容器，电源接通时，电容器的电压一定，电容C减小时，由电容的决定式分析电容减小时，h的变化，电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，再由电容的定义式分析电容的变化，由电容的决定式分析h的变化；
【详解】
A、电源接通时，电容器的电压一定，若电容C减小时，金属棒与导电液的正对面积减小，所以h减小，故A正确，B错误；
C、电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，由公式分析可知，C增大，金属棒与导电液的正对面积增大，所以h增大，故C错误，D正确。
【点睛】
本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义公式和电容的决定因素进行综合分析。
14．AC
【解析】
【分析】
根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，且依据电路中二极管，电容器只能充电，不能放电，再由电容的定义式C=与决定式C=，及电场强度公式E=，即可求解。
【详解】
AB、若下板上移，即极板间距减小，依据电容的决定式C=，那么电容C增大；根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于充电状态，即电量Q会增多，而电场强度公式E==可知，电场强度增强，即电场力增大，因此带电粒子将向上加速，故A正确，B错误。
CD、若下板下移，即极板间距增大，依据电容的决定式C=，那么电容C减小，根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于要放电，但二极管的作用，即电量Q不会减小，而电场强度公式E==，可知，电场强度不变，即电场力不变，因此带电粒子将静止不动，故C正确，D错误。
故选：A、C
【点睛】
考查电容的定义式与决定式的应用，注意两者的区别，同时会推导电场强度的综合表达式，及理解二极管的作用是解题的关键。
15．AD
【解析】
【详解】
A、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由，判电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大。故A正确；
B、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向上平移一小段距离，但d不变，由判断平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故不变，故B错误。
C、断开S，电容器所带的电量不变，将A板向上平移一小段距离，据平行板电容器的电容知：C变小，再利用和得，平行板电容器内部电场强度变大，小球所受的电场力变大，增大，故C错误。
D、断开S，电容器所带的电量不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，据平行板电容器的电容、和得，平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故不变，故D正确。
故选：AD。
【点睛】
小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变；再根据平行板电容器和判断电场力即可．
判断平行板电容器内部场强的变化是本题的关键，解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．
16．静止 向上做匀加速直线运动 向下做加速直线运动 静止
【解析】
【详解】
（1）只断开S1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于静止状态．
（2）只断开S2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上做加速直线运动．
（3）只断开S3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下做加速直线运动．
（4）只断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态．
【点睛】
本题考查分析电容器电压的能力．难点是断开s2，要知道稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解.
答案第11页，总11页