物理·选修3－1(人教版)
第8节 电容器的电容
?基础巩固
1．对于水平放置的平行板电容器，下列说法错误的是( )
A．将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大
D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大
解析：影响平行板电容器电容大小的因素有：①随正对面积的增大而增大；②随两极板间距离的增大而减小；③在两极板间放入电介质，电容增大．据上面叙述可直接看出B、C选项正确，对D选项，实际上是减小了平行板的间距．
答案：A
2.
(双选)如右图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路．在迅速增大电容器两极板间距离的过程中( )
A．电阻R中没有电流
B．电容器的电容变小
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．电阻R中有从b流向a的电流
解析：由题知电容器两极板间电压恒定，设已充电荷量为Q，当两极板距离增大时，电容C变小，由Q＝CU，可知带电荷量Q将减小，必然有一部分正电荷通过电阻R回流．
答案：BC
3．(双选)如图的电路中C是平行板电容器，在S先触1后又板到2，这时将平行板的板间距拉大一点，下列说法正确的是( )
A．平行板电容器两板的电势差不变
B．平行板电容器带电量不变
C．平行板电容器两板的电势差减小
D．平行板电容器两板间的电场强度不变
分析：S先触1，电容器充电，扳到2后，电容器电量不变．板间距拉大时，电容减小，根据电容的定义式C＝分析电势差的变化．根据推论判断电场强度的变化．
解析：S先触1，电容器充电，扳到2后，电容器电量不变．板间距拉大时，电容减小，根据电容的定义式C＝可知，两板的电势差增大．故A、C错误，B正确．根据推论：板间电场强度E＝，Q、S、εr均不变，则E不变．故D正确．故选BD
答案：BD
点评：本题是电容器动态变化分析问题，关键要抓住不变量．当电容器充电后与电源断开，其电量不变．
4．如下图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板的中点处放一电荷q，则它所受静电力的大小为( )
A. B. C. D.
答案：C
5．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ.当滑动变阻器R的滑片在a位置时， 电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时， 电流表的读数为I2，夹角为θ2，则 ( )
A．θ1<θ2，I1B．θ1>θ2，I1>I2
C．θ1＝θ2，I1＝I2
D．θ1<θ2，I1＝I2
解析：先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定较大关系；再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系．当滑片在a位置时平行板电容器两极板间电势差比当滑片在b位置时小，场强也就小，故θ1<θ2，两种情况下的闭合电路总电阻不变，故I1＝I2，所以正确选项D.
答案：D
6．把一个3 pF的平行板电容器接在9 V的电池上．
(1)保持与电池的连接，两极板的距离减半，极板上的电荷增加还是减少？电荷变化了多少？
(2)移去电池后两极板的距离减半，极板间的电势差增大还是减小？电势差变化了多少？
解析：①当电源与电容器一直连接时，电容器两极间电压保持不变，但其上的电荷量及板间场强可以变化．②当断开电源后，电容器所带电荷量不变化，但其间电压可以发生变化．
(1)电容器原来带电荷量
Q＝UC＝9×3×10－12 C＝2.7×10－11 C，
当两极板的距离减半时，C′＝2C＝6×10－12 F，
电容器后来带电荷量Q′＝UC′＝5.4×10－11 C，
极板上电荷增加了ΔQ＝Q′－Q＝2.7×10－11 C.
(2)移去电池，电容器上电荷量Q不变，由C′＝得电势差U′＝＝ V＝4.5 V，由此可知距离减半时，极板间电势差减小．
故电势差改变量为ΔU＝U－U′＝4.5 V.
答案：见解析
?能力提升
7．对于给定的电容器，描述其电容C、电量Q、电压U之间相应关系的图应是图中的 ( )
解析：电容C与电容器所带的电荷量及两极板间的电压都无关，所以电容不随Q、U变化，B对．
答案：B
8.
如右图所示，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．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
解析：保持电源与电容器相连，则两板间电压U不变，而板间距离d增大，则E＝将减小，原来qE0＝mg，则上极板稍上移后，qE答案：B
9．
如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )
A．两板间的距离
B．两板间的电压
C．两板间的电介质
D．两板的正对面积
解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．
答案：A
10．(双选)在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接， B 极板接地．静电计中连接转动指针的外壳也接地，当静电计所加的电压增大时，转动指针与竖直固定的指针的夹角θ也增大．下列关于实验结果的说法中正确的是( )
A．若只把极板B 稍向上移动一点，电容增大，两板间的电压增大，θ应增大
B．若只把极板B 稍向上移动一点，电容减小，两板间的电压增大，θ应增大
C．若只把极板B 稍向内移动一点，电容增大，两板间的电压减小，θ应减小
D．若只把极板B 稍向内移动一点，电容减小，两板间的电压减小，θ应减小
解析：由于电容器没有再充电，其电量Q不变．由C＝知，保持d不变，减小S，电容C减小．由C＝转换成U＝，可看出电压U 增大，θ应增大，A项错误，B项正确．保持S 不变，减小d，电容C 增大，电压U 减小，θ应减小，C项正确，D项错误．
答案：BC
11．如图所示，平行的两金属板M、N与电源相连，一个带负电的小球悬挂在两板间，闭合电键后，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若N板向M板靠近，θ角将________；把电键K断开，再使N板向M板靠近，θ角将________．
解析：对小球受力分析，受重力mg，拉力T和电场力F，F＝qE＝mgtan θ，闭合电键，U不变，N向M靠近，极板间距d减小，E增大，F增大，θ角增大；K断开，Q不变，再使N向M靠近，d减小，由U＝，E＝，F＝qE，C＝得：F＝qE＝q，与d无关，所以θ角不变．
答案：变大 不变
12．如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡位置，此时线与竖直方向的夹角为θ，两板间的距离为d，求：
(1)小球带何种电荷？
(2)两板间的电势差是多少？
(3)把线拉成竖直向下的位置，放手后小球到达平衡位置时的速度为多大？
分析：(1)小球在电场中处于平衡状态，根据小球的电场力方向与场强方向的关系，判断小球的电性．
(2)根据平衡条件和场强与电势差间的关系，求解两板间的电势差．
(3)线拉成竖直向下的位置，放手后小球向右摆动，根据动能定理求小球到达平衡位置时的速度．
解析：(1)由小球处于平衡状态及受力分析可知小球受电场力方向水平向左，小球应带负电．
(2)设此时绳子拉力为T，板间电场强度为E，由平衡条件得qE＝Tsin θ①
mg＝Tcos θ②
由匀强电场E＝③
由上述①②③式可解得U＝④
(3)从放手到平衡位置，由动能定理得：
qELsin θ－mgL(1－cos θ)＝mv2－0⑤
由上述①②③⑤可解得
v＝⑥
答案：(1)负电
(2)U＝
(3)v＝
点评：本题关键分析小球的受力情况和运动情况，根据动能定理求解速度是常用的方法．
