人教版物理必修3同步练习: 10.4 电容器的电容(优生加练)
一、选择题
1．（2023高二上·北京市期中）两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示。闭合开关达到稳定后，在两板间有一带电液滴恰好处于静止状态。下列判断正确的是（ ）
A．保持开关闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关，减小两板间的距离，液滴向下运动
2．（2023高二上·武汉期中）两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示。闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴p恰好处于静止状态。下列判断正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动
3．（2022·柯桥模拟）道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
4．（2021高二上·浙江期中）活中的各种应用领域利用电容器的场景很多，而构成电容器的形式也是多种多样。下列四幅图所示的两个极板或电极之间都由绝缘介质分隔开来从而构成一个电容器（图乙的动片和定片之间充斥了绝缘介质）。请根据四幅图示的相关说明判断下列说法正确的是（ ）
A．若图甲中两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，则该电容器将充电
B．若图乙中动片和定片间电压不变，当图示中 变大时，则该电容器将放电
C．若图丙中两极板的电量不变，当图示中的x变小时，则两极板间电压将变小
D．若图丁中两极板的电量不变，当图示中的F变大时，则两电极间电压将变大
5．（2020高二上·普宁期中）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度， 表示点电荷在P点的电势能， 表示静电计指针的偏角，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A． 增大，E增大 B． 减小，E不变
C． 减小， 增大 D． 增大， 不变
6．（2020高二下·辛集月考）如图所示，平行板电容器与恒定直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的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一小段距离，则下列说法错误的是（ ）
A．油滴将竖直向下运动
B．P点电势降低
C．电容减小，电量将减小
D．若断开电源与极板连接后再竖直向上移动上极板，带电油滴电势能变小
7．（2018高一下·朝阳期末）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（ ）
A．u-q图线的斜率越大，电容C越大
B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为E/2
8．（2017·南充模拟）如图一个平行板电容器，两极板间的距离为d，板长为L，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电，一个电荷量为+q的带电粒子由两极板间的A点进入，从B点飞出，连线AB与极板的夹角为30°，则电场力对带电粒子所做的功等于（ ）
A． B． C． D．
9．（人教版物理选修1-1第一章第四节电容器同步训练）如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（ ）
A．P向下动，Q向下动 B．U1减小，U2增大
C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大
10．如图所示，相距为d的两平行金属板水平放置，开始开关S1和S2均闭合使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个带电粒子恰能以水平速度v向右匀速通过两板间．在以下方法中，有可能使带电粒子仍能匀速通过两板的是(不考虑带电粒子所受重力)( )
A．保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率
B．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，同时减小板间的磁感应强度
C．把开关S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度
D．把开关S1断开，增大板间的磁感应强度，同时减小粒子入射的速率
11．如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式计算，式中常量E＝9×10－12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容C发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm。如果电容变化0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下（ ）
A．0.45mm B．0.3mm C．0.2mm D．0.15mm
12．（2021高二上·浙江月考）如图所示，电压表是理想电表，R是光敏电阻，当它受到的光照时阻值变小，则有光照射R时（ ）
A．灯泡L变暗 B．电容器C的带电量增大
C．电压表V的读数变大 D．光敏电阻R上的电压增大
二、多项选择题
13．（2020高三上·东城期中）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（ ）
A．u-q图线的斜率越大，电容C越大
B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为 时储存的能量为
14．（高中物理人教版选修3-1第一章第8节电容器的电容同步练习）（多选）如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（ ）
A．保持S闭合，增大A，B板间距离，P仍静止
B．保持S闭合，减小A，B板间距离，P向上运动
C．断开S后，增大A，B板间距离，P向下运动
D．若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变
15．（2017·襄阳模拟）如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连．现将电键闭合，位于A、B两板之间的P点的：带电粒子恰好处于静止状态．则（ ）
A．B板电势为﹣E
B．改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态
C．将B板向上移动P点电势将不变
D．将B板向左平移带电粒子电势能将不变
16．（2017·湖北模拟）一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为（ ）
A．3v B．4v C．5v D．6v
17．（2017高二上·南昌期中）如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电池两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（ ）
A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当下移 D．先断开S，再将B板适当上移
18．（2017高二上·绵阳期中）如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（ ）
A．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
B．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
C．B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D．B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
19．（2017·锦州模拟）半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀直导棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．导轨电阻不计．下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流从A流向B
B．金属棒两端电压为 Bω2r
C．电容器的M板带正电
D．电容器所带电荷量为 CBωr2
20．（2017·河北模拟）如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC为竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v=2 ，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．电场中A点的电势为
B．电场中B点的电势为
C．小球运动到B点时的动能为2mgR
D．小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR
21．（2017高二上·通渭期末）如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）
A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加
B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加
C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加
D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加
三、非选择题
22．（2023高二上·北京市期中）能量在转化的过程中往往与做功密切相关，电容器充电过程中的功能关系同样如此。
电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为的电容器原来不带电充电，如图所示，已知电源的电动势为。
（1）图中画出了电容器两极间的电势差随电荷量的变化图像，在图中取一电荷量的微小变化量，请类比直线运动中由图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为时电容器储存的电能。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功；并与充电过程中电容器增加的电能相比较，说明两者“相等”或“不相等”的原因。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度。某同学猜想应当与该处的场强的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，为两极板的正对面积，为极板间距，为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
电容器充电后与电源断开并保持电荷量不变，已知此时的电场能量密度为。现固定其中一极板，缓慢拉开另一极板保持两极板正对，使板间距增加，请分析说明，在此过程中电场能量密度如何变化；并求出此过程中外力所做的功用、和表示。
23．（2021高二上·信阳期中）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为30V的恒压电源上，两极板间距为 ，电容器带电荷量为 ，A极板接地。求：
（1）平行板电容器的电容；
（2）若在距B板 的M点放一电子，求其电势能．（电子的电荷量 ）
24．（2021高二上·山西月考）某学校研究性小组的同学利用如图所示的实验装置，测量油滴的电荷量。两块水平放置的金属板M、N分别与电池组的两极相连接，板间产生匀强电场，图中油滴悬浮在两板间保持静止。
（1）若要测出图示油滴的电荷量，除了需要测出油滴的质量m，还需测出的物理量有_______；
A．两金属板间的电压U B．两金属板的长度L
C．两金属板间的距离d D．两金属板的正对面积S
（2）若当地的重力加速度大小为g，用你所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= ；
（3）研究小组对许多油滴进行了测定，发现各个油滴所带的电荷量都是某一最小电荷量e=1.6×10-19 C的整数倍。下列说法符合实验事实的是____。
A．某次实验中测得油滴所带的电荷量为2.2×10-17 C
B．某次实验中测得油滴所带的电荷量为6.4×10-17 C
C．若仅将两金属板的间距变小，则原来处于悬浮状态的油滴将向上运动
D．若断开电源并将两板的间距变大，则原来处于悬浮状态的油滴将向下运动
25．（2020高二上·赣州期中）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置．电源输出电压恒为 ，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器．
（1）当开关S接 时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将 （选填“增大”或“减小”或“不变”）．
（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可算出电容器的电容为 F（计算结果保留两位有效数字）．
26．（2019高一下·温州期中）在真空中水平放置的平行板电容器的两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d当平行板电容器两板间的电压为 时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加 时，油滴开始向上运动；经时间 后，电容器突然放电使其电压减少 ，又经过时间 油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g，求：
（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；
（2）第一 与第二个 间内油滴运动的加速度大小之比；
（3） 之比。
27．（2017高二上·福州期中）如图所示，极板A、B、K、P连入电路，极板P、K，A、B之间分别形成电场，已知电源的电压恒为E=300V，电阻R1=20KΩ，R2=10KΩ，A、B两极板长L=6.0×10﹣2m，电荷量q=﹣1.6×10﹣18C、质量m=1.0×10﹣29kg，从极板K中心经 P、K间电场加速后，沿A、B中线进入电场中发生偏转，恰好从B板的右边缘飞出．（极板间电场可视为匀强电场且不考虑极板边缘效应，不计粒子重力）求：
（1）极板P、K之间电压UPK，A、B之间电压UAB
（2）粒子刚进入偏转极板A、B时速度v0
（3）两极板A、B的间距d=？
28．（2023高二下·浙江期末）如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是，。两环通过电刷分别与间距L=0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和相连，右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角的等距金属导轨，下方连接阻值R=0.2的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C=1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于两侧，质量分别为，，电阻均为r=0.1。ab放置位置与距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度。求：
（1）S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
（2）在题（1）的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达的速度大小；
（3）ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热（此过程ab棒不进入斜面）。
29．（2022高一下·连云期末）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿中心轴线垂直射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量，电荷量大小，加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，离开偏转电场时的偏移量为（未知），忽略电子所受重力。求：
（1）偏转电场的电场强度大小；
（2）电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（3）若每单位电压引起的偏移量称为灵敏度，求该装置的灵敏度。
30．（2022·浙江选考）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N；）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB. 保持开关闭合， 两极板间的电压U不变； 减小两板间的距离，根据知两极板间的电场强度增大，所以液滴向上运动，故A符合题意，B不符合题意；
CD. 断开开关，两极板间的电量Q不变； 根据、、得，可见两极板间的电场强度与两板间的距离d无关，所以液滴仍处于静止状态，故CD不符合题意。
故答案为：A
【分析】保持开关闭合， 两极板间的电压U不变，根据结合题意分析两极板间的电场强度，再分析液滴的运动情况；断开开关，两极板间的电量Q不变，根据、、结合题意分析两极板间的电场强度，再分析液滴的运动情况。
2．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB. 保持开关S闭合，则两极板间的电压U不变。减小两板间的距离d，根据，可知场强E增大，则电场力增大，液滴向上运动，故A符合题意，B不符合题意；
CD. 断开开关S，则两极板间的电量Q不变。减小两板间的距离d，根据，可知场强E不变，则电场力不变，液滴仍处于静止状态，故CD不符合题意。
故答案为：A
【分析】当电容与电源连接时电容器两端电压不变，当电容器与电源断开时电容器的电量不变，根据，分析场强情况，再分析电场力的情况，进而判断液滴的运动情况。
3．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，则说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则电容器的电容减小。根据电容的决定式
可知汽车压线时，电容器板间距离d变大，A不符合题意；
B．由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，B不符合题意；
C．电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，C不符合题意；
D．由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为
则汽车是速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电流的方向可以判别电容器的充电和放电，利用其电荷量的变化结合电压不变可以判别电容的变化，利用电容的变化可以判别板间距离的变化；定值电阻的大小对电容器的电容及电荷量大小没有影响；利用位移公式可以求出汽车速度的大小。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．若图甲中两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，电容器两极板正对面积S减小，根据
可知电容C减小，再根据
可知Q减少，即电容器将放电，A不符合题意；
B．若图乙中动片和定片间电压不变，当图示中 变大时，电容器两极板正对面积S减小，同A理可知该电容器将放电，B符合题意；
C．若图丙中两极板的电量不变，当图示中的x变小时，电容器极板间的相对介电常数 减小，根据
可知电容C减小，再根据
可知两极板间电压将变大，C不符合题意；
D．若图丁中两极板的电量不变，当图示中的F变大时，电容器两极板间距离d减小，根据
可知电容C增大，再根据
可知两极板间电压将变小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用电容器的定义式和决定式判断电容器所带电荷量的变化情况；同理得出 变大时电容器所带电荷量的变化情况；当图示中的x变小和F变大时根据电容器的决定式和定义式进行分析判断。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】因电容器极板的电量Q不变，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离时，两板间的距离减小，根据 可知，电容C增大，则根据 可知，电压U减小，故静电计指针偏角θ减小；两板间的电场强度
可知电场强度与板间距无关，因此电场强度E不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq
因此电荷在P点的电势能Ep保持不变。
故答案为：B。
【分析】根据电容器与电源断开时电荷量保持不变，上板向下移动根据 可知，电容C增大，则根据 可知，电压U减小，两板间的电场强度 ，P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq。
6．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．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 得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，A正确，不符合题意；
B．场强E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，B正确，不符合题意；
C．根据平行板电容器的决定式可知： ，d增大，电容减小，电荷量为：Q=CU，减小，C正确，不符合题意；
D．若断开电源，则极板间电荷量Q不变，竖直向上移动上极板，则d增大，C减小， ， ，则电场强度不变，P点与下极板的距离d'不变，则P点下极板的电势差不变，带电油滴电势能不变，D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电容器与电源的连接确定电容器两极板间电势差不变，上极板竖直上移则d增大，根据判断电容器的C减小，所电容器极板的带电量Q减小，电场强度在减小，就可判断出油滴运动的方向及P点的电势；若断开电源，极板间电荷量不变，进而判断出油滴的电势能。
7．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】A、电容器的电容大小与电容器的电荷量Q及电容器两极间电压U无关，A不符合题意；
BCD、根据速度 时间图象围成的面积代表位移，可知在Q U图象中，图象所围成的面积为 ，也就是克服电场力所做的功，即为： ，又有电容定义式为： ，所以电容器储存的电场能为： ，所以对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U平方成正比，若电容器电荷量为Q时储存的能量为E， ，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为 ，B符合题意，CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电容器的电容只于本身有关。克服电场力所做的功w=uq，为矩形的面积。 W = QU，C=， E= CU2所以C错误。 E=CU2=，D错误。
8．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：两极板间的电压
电场强度
AB两点沿电场方向的距离
AB两点间的电势差
电场力对带电粒子所做的功 = = ，D符合题意，ABC不符合题意；
故答案为：D
【分析】先根据电场强度与匀强电场之间的关系和电容的定义式，求出电场强度。根据电场强度与匀强电场之间的关系求出电势差。再根据电势差和电场力做功之间的关系求电场力做功
9．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】解答：解：将B板下移时，由C= ，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；
假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；故C正确；
充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；
对AB分析可知，E1= ，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A不正确；
故选：C．
分析：由电容器的决定式可分析电容的变化，分析两电容器的连接方式可得出电量及电压的变化；从而分析电荷受力的变化，确定小球的运动情况．
10．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，电场强度增大，电场力增大，减小粒子的入射速率，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力不再平衡，不能做匀速直线运动．故A错误．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，R2两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场强度变小，电场力变小．减小板间的磁感应强度，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力还可能平衡．故B正确．把开关S2断开，增大两板间的距离，电容器带电量不变，根据知电场强度不变，减小磁感应强度，洛伦兹力减小，两力不再平衡．故C错误．把开关S1断开，电容器会放电，电场强度变为0，电场力为0，所以不再平衡．故D错误。
【点评】处理电容器的动态分析关键抓住不变量．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。
11．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d0，至少要按下距离为d，电子线路恰能检测出必要的信号，则根据，得：
，即d="0.15" mm
【点评】本题难度较大，虽然该题不是考查学过的电容公式，但大同小异，两极板间的距离影响了电容器电容的数值，根据题目所给已知量进行公式推导
12．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AC．R阻值减小时，电路的总电阻减小，总电流增大，灯泡L变亮．电源的内电压增大，路端电压减小，所以电压表V的读数变小，AC不符合题意；
B．电容器C的电压等于灯泡的电压，则C的电压增大，由
知，电容器C的带电量增大，B符合题意；
D．电流增大，则灯泡的电压增大，而路端电压减小，则光敏电阻R上的电压减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】R阻值发生变化后，根据欧姆定律得出电路中电流发生变化，从而得出电源的内电压发生变化，进一步得出电压表示数的变化情况；结合电容器的定义式得出电容器带电量的变化情况，结合欧姆定律得出光敏电阻上电压的变化情况。
13．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】A．u-q图线的斜率为
解得
斜率越大，电容越小，A不符合题意；
B．类比速度-时间图像的面积代表位移，则u-q图像的面积代表克服电场力所做的功，所以搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积，B符合题意；
C．从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积
解得
从上面的式子看出，E和U2成正比，C不符合题意；
D．由下面的公式
解得
又因为
解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由图线的斜率分析电容器的电容变化情况；根据图线所坐标轴所围成的面积表示功根据电场力做功；从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积，即可分析电容器所储存的能量的表达式，即可分析。
14．【答案】A,B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】当保持S闭合，则电容器的电压不变，当增大A、B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电荷量减小，而二极管作用导致电容器的电荷量不会减小，则电容器的电荷量会不变，电压不变，所以电场强度不变，带电微粒受重力和电场力依旧平衡，故A对；当保持S闭合，电容器的电压不变，当减小A、B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电荷量增加，因此电场强度增大，所以P向上运动，故B对；当增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电荷量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错；A板稍下移，导致电容器的电容增大，当断开S后，则电容器的电荷量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点的电势能也不变，故D对。
【分析】由于二极管的单向导电性，使电容器两极板间的电荷量只增不减，故而两极板间场强只能变大不能变小，带电微粒的运动由电场力的变化而变化，若电源断开，场强不变，电势差与距离成正比，以B为基准电势点，P与B的距离不变电势差不变，电势能也不发生改变。
15．【答案】A,B,D
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】解：A、AB两板的电势差为E， ， ，所以 ，所以B板的电势为﹣E，A符合题意；
B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，B符合题意；
C、将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，C不符合题意；
D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】粒子处于静止状态，说明所受电场力和重力大小相等，方向相反，结合图中上极板应该带正电，可以判断粒子电性，改变滑动变阻器的位置，极板间电场强度不变，根据电场力做功和电势能之间的关系进行判断即可。
16．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg=kv，
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q =mg+kv，
若两极板间电压为2U，若电场力方向向上，当油滴做匀速运动时，有q +kv′=mg，联立三式解得v′=3v，
若电场力方向向下，当油滴做匀速运动时，有kv′=mg+q ，联立三式解得v′=5v，A、C符合题意，B、D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】根据匀强电场中电场强度和电势差之间的关系，写出电场力的表达式。根据受力平衡的平衡条件，列方程求解即可。
17．【答案】B,C,D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】解：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U．质点的电量为q．
A、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）﹣qU=0．
若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）﹣qU= mv2，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔．A不符合题意．
B、若保持S闭合，将B板适当下移距离△d，由动能定理得mg（h+d+△d）﹣qU= mv2，则v＞0，质点能穿过b孔．B符合题意 ．
C、若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为△d，质点进入电场的深度为d′时速度为零．
由动能定理得mg（h﹣△d+d′）﹣qEd′=0，又由原来情况有mg（h+d）﹣qEd=0．比较两式得，d′＞d，说明质点在到达b孔时，速度还没有减为零，穿过b孔．C符合题意．
D、若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度才能减为零，故一定到达b孔．D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】根据电容器的定义式结合动能定理小球的重力不能忽略综合分求解即可。
18．【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】解：
A、B，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C= 、C= 和E= 可推出：E= 可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．A符合题意，B不符合题意．
C、D、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】首先明确电容器断开电源后电场强度不变，再结合匀强电场 场强公式以及电势公式求解。
19．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】解：A、根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A，A不符合题意；
B、据E感= 以及v=rω可得切割磁感线时产生的电动势E感= ，切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知， = ，B不符合题意；
C、切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，C符合题意；
D、由B分析知，AB两端的电压为 ，好电容器两端的电压也是 ，故电容器所带电荷量Q=CU= ，D符合题意．
故答案为：CD．
【分析】切割磁感线的导体，看成是电源，根据右手定则求出感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电容器的公式联立求解。
20．【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用；电势差、电势、电势能；电容器及其应用；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】解：A、取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：
解得
而UAO=φA﹣0
解得： ，A符合题意；
B、由对称性可知：UAO=UBO
即为：φA﹣0=0﹣φB
故有： ，B不符合题意；
C、小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：
Ek=qUAB=2mgR，C符合题意；
D、小球在最低点处的动能和电势能的总和为：
由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1﹣cos37°）=0.2mgR
故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1﹣0.2mgR=1.8mgR，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】根据动能定理，求出电场力做功，再根据电势差公式求出电场中两点之间的电势差。结合能量守恒和动能定理列方程求解。
21．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；
B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，
电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，
电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；
C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，
由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，
电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，
由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，
电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，
由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；
故选BD．
【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．
22．【答案】（1）解：图中小阴影矩形的“面积”为 ，表示电源把 的电荷从电容器的一个极板搬运到另一个极板的过程中克服电场力所做的功，也表示有 的电源能量转化成了电能储存在电容器中。
电容器电压为时，对应的图线和横轴所围成的面积表示电容器所储存的电能，即
（2）解：充电完成后，电压，电容器上电荷量为
电源非静电力所做的功为
电容器增加的电能
显然， ，与 不相等。
解释一：电容器增加的电能，对应的是电源把电荷 由电容器一个极板搬运到另一极板的过程中，克服电容器极板上已有电荷的电场力所做的功，即 ，两极板间的电压始终小于电动势；而此过程中电源非静电力做功 ，所以两者不相等。
解释二：电源非静电力所做的功，一半储存在电容器中，另一半分两部分：一部分以内能消耗在电路的电阻上；由于充电过程是变化的电流，因而产生变化的磁场，再产生变化的电场，进而产生电磁波，即还有一部分以电磁波形式传播出去。
（3）解：设平行板电容器的电荷量为，两极板间的电压为，板间电场的场强为 ，则有 ， ， ，
得 ，所以该同学的猜想正确。
由问中的方程式推导可得
可见，电容器内场强与板间距离无关，由于电荷量不变，则场强 不变，所以电场能量密度也保持不变，原电容器区域内的电场能也不变，增加间距 的过程中，外力克服电场力做功转化为板间所增加的体积 内的电场能，即
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】（1）根据几何知识求出图中小阴影部分的面积表达式，再分析面积的物理意义，进一步计算电容器电压为U时电容器储存的电能；
（2）充电完成后，其电压为E，电容器上电荷量为，电源非静电力所做的功为。结合电容器储存的电能表达式来比较W与是否相等。
（3）a.根据、、以及电场能量密度表达式推导电场能量密度与板间电场强度关系。
b.由、知，Q不变，不变，电场能量密度不变。外力所做的功根据功能关系分析。
23．【答案】（1）解：依电容定义，有电容
（2）解：两板之间为匀强电场，电场强度
C点距A板间距离为
A与C间电势差
又
可得
则
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】（1）根据电容器的定义式的电容器的电容；
（2）根据匀强电场电场强度的表达式得出两极板间的电场强度；进一步得出AC间的电势差，结合电势与电势差的关系得出C点的电势，利用电势能的表达式得出电子的电势能。
24．【答案】（1）A；C
（2）
（3）B；C
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；共点力的平衡；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】（1）油滴悬浮在两板间保持静止，根据平衡条件
又平行板间电场强度
故
故还需要测出两金属板间的电压U和两金属板间的距离d。
故答案为：AC。
（2）由以上解析可知
（3）AB．各个油滴所带的电荷量都是最小电荷量e=1.6×10-19 C的整数倍，A不符合题意，B符合题意；
C．若仅将两金属板的间距变小，因为
则电场强度增大，向上的电场力大于向下的重力，油滴向上运动，C符合题意；
D．根据
可得
若断开电源并将两板的间距变大，则Q不变，则电场强度不变，电场力不变，油滴仍然静止，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据平衡以及匀强电场电场强度的表达式得出油滴电荷量的表达式，从而分析判断正确的选项；
（2）根据（1）分析回答；
（3）所有带电体的电荷量是最小电荷量的整数倍；根据匀强电场电场强度的表达式判断电场强度的变化情况，并判断重力和电场力的大小；
（3）根据电容器的决定式以及定义式和匀强电场的电场强度表达式得出电场强度与电荷量、介电常数、正对面积的关系，从而进行分析判断。
25．【答案】（1）2；相反；不变
（2）3.9×10-4
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：（1） 平行板电容器放电时，要和电阻构成闭合电路，所以开关S接“2”。
电容器充电时，电容器上极板接电源的正极，正电荷流入上极板，上极板带正电，所以电容器放电时，正电荷从上极板流出，所以流经G表的电流方向与充电时“相反”。
因电容器的电容与电容器是否充放电无关，所以此过程中电容器的电容将“不变”。
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是q′=0.4×2×10-4C=8×10-5C
图像与时间轴所围的面积约为39个小方格，所以电荷量为Q=39q′=39×8×10-5C =3.12×10-3C
由电容定义式可得
【分析】（1）电容器充电和放电过程中电流的方向相反，电容器的电容与充放电无关；
（2）利用图乙得出电容所带电的电荷量，利用电容器的定义式得出电容器的电容。
26．【答案】（1）解：油滴静止时满足：mg＝q 则
（2）解：设第一个Δt时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则
x1＝ a1Δt2，x2＝v1Δt－ a2Δt2
且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3
（3）解：油滴向上加速运动时：q －mg＝ma1，即
油滴向上减速运动时： ，即
则 解得
【知识点】电容器及其应用；受力分析的应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）当两极板的电压为U0时，油滴的重力等于电场力，列方程求解电荷量和质量的比值；
（2）当电压不同时，对油滴进行受力分析，结合牛顿第二定律求解油滴的加速度；
（3）油滴经过时间 油滴恰好回到原来位置，对油滴进行受力分析，结合运动学公式列方程求解即可。
27．【答案】（1）解：极板PK之间的电压UPK即为R1两端电压，所以
AB之间的电压为UAB，所以UAB=E=300V；
答：极板P、K之间电压UPK为200V，A、B之间电压UAB为300V；
（2）解：粒子在KP间加速度运动，由动能定理得：qUPK= mv02
所以有： =8×106m/s；
答：粒子刚进入偏转极板A、B时速度为8×106m/s；
（3）解：粒子在极板A、B之间轨迹为抛物线
侧移y= at2
而
t= ，
且y= d
联立得： = =5.2×10﹣2m．
答：两极板A、B的间距5.2×10﹣2m．
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）考查的是对电路元件的串并联分析，P、K极板与R1并联，A、B与电源并联，即可求出电压。
（2）考查的是电场力做功的问题，利用动能定理即可求解。
（3）考查的是带电粒子在电场中的偏转问题，即平抛问题，对小球进行受力分析和运动的分解进行分析求解即可。
28．【答案】（1）解：金属杆顺时针切割磁感线产生电动势为
稳定时
解得
（2）解：右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为，则
根据动量定理可得
联合解得
（3）解：棒ab与cd发生弹性碰撞，则
解得
当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得
而
根据能量守恒得
联合解得
故电阻R上产生的焦耳热为
【知识点】动量定理；电容器及其应用；能量守恒定律；碰撞模型；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由感应电动势公式E=BLv求出金属杆切割磁感线产生电动势，再由Q=CU，求解S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小；（2）求出ab棒匀速运动后的速度，再由动量定理分析导体棒ab到达的运动过程，求出导体棒ab到达速度；（3）分析两棒的弹性碰撞过程，应用动量守恒定律和能量守恒定律求出cd棒的碰后速度，分析cd棒达到最大速度时的受力，由共点力平衡条件求出cd棒的最大速度，再根据功能关系求解该过程中的安培力做功，即为回路产生的总热量，再由回路中电阻的比例关系求出电阻R上产生的焦耳热。
29．【答案】（1）解：根据
解得偏转电场的电场强度大小为
（2）解：电子在加速电场中，根据动能定理可得
解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（3）解：电子在偏转电场中做类平抛运动，则有，
电子离开偏转电场时的偏移量为
联立解得该装置的灵敏度为
【知识点】动能定理的综合应用；电容器及其应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据匀强电场电场强度的表达式得出偏转电场的电场强度：
（2）电子在加速度电场中根据动能定理得出电子刚进入偏转电场时的速度 ：
（3） 电子在偏转电场中做类平抛运动 ，结合平抛运动的规律得出该装置的灵敏度。
30．【答案】（1）解：开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；根据法拉第电磁感应定律可知
则电容器的电量为
（2）解：电容器放电过程有
棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
棒的上滑过程有
联立解得
（3）解：设导体框在磁场中减速滑行的总路程为，由动量定理
可得
匀速运动距离为
则
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；电容器及其应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及电容器的定义式得出电容器的极板所带的电荷量；
（2） 电容器放电过程以及棒ab被弹出磁场的过程根据动量守恒和棒上滑的过程中根据动能定理得出电容器释放的电荷量 ；
（3） 框abcd进入磁场后 根据动量定理以及几何关系得出ab边与磁场区域左边界的最大距离。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 10.4 电容器的电容(优生加练)
一、选择题
1．（2023高二上·北京市期中）两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示。闭合开关达到稳定后，在两板间有一带电液滴恰好处于静止状态。下列判断正确的是（ ）
A．保持开关闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关，减小两板间的距离，液滴向下运动
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB. 保持开关闭合， 两极板间的电压U不变； 减小两板间的距离，根据知两极板间的电场强度增大，所以液滴向上运动，故A符合题意，B不符合题意；
CD. 断开开关，两极板间的电量Q不变； 根据、、得，可见两极板间的电场强度与两板间的距离d无关，所以液滴仍处于静止状态，故CD不符合题意。
故答案为：A
【分析】保持开关闭合， 两极板间的电压U不变，根据结合题意分析两极板间的电场强度，再分析液滴的运动情况；断开开关，两极板间的电量Q不变，根据、、结合题意分析两极板间的电场强度，再分析液滴的运动情况。
2．（2023高二上·武汉期中）两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示。闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴p恰好处于静止状态。下列判断正确的是（ ）
A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】AB. 保持开关S闭合，则两极板间的电压U不变。减小两板间的距离d，根据，可知场强E增大，则电场力增大，液滴向上运动，故A符合题意，B不符合题意；
CD. 断开开关S，则两极板间的电量Q不变。减小两板间的距离d，根据，可知场强E不变，则电场力不变，液滴仍处于静止状态，故CD不符合题意。
故答案为：A
【分析】当电容与电源连接时电容器两端电压不变，当电容器与电源断开时电容器的电量不变，根据，分析场强情况，再分析电场力的情况，进而判断液滴的运动情况。
3．（2022·柯桥模拟）道路压线测速系统，不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源，一个灵敏电流计与传感器连接，一个电容和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照。如果以顺时针方向为电流正方向，则（ ）
A．汽车压线时，电容器板间距离变小
B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电
C．增大电阻R值，可以使电容器稳定时的带电量减小
D．如果车轮间距是2.5m，则可估算车速约为7.7m/s
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．汽车压线时，由图乙可知电流方向沿顺时针方向，则说明此时电容器在放电，电容器电荷量减小。由于电容器电压等于电源电压不变，则电容器的电容减小。根据电容的决定式
可知汽车压线时，电容器板间距离d变大，A不符合题意；
B．由图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，B不符合题意；
C．电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电量没有影响，C不符合题意；
D．由图乙可知，前后轮经过传感器的时间间隔为
则汽车是速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电流的方向可以判别电容器的充电和放电，利用其电荷量的变化结合电压不变可以判别电容的变化，利用电容的变化可以判别板间距离的变化；定值电阻的大小对电容器的电容及电荷量大小没有影响；利用位移公式可以求出汽车速度的大小。
4．（2021高二上·浙江期中）活中的各种应用领域利用电容器的场景很多，而构成电容器的形式也是多种多样。下列四幅图所示的两个极板或电极之间都由绝缘介质分隔开来从而构成一个电容器（图乙的动片和定片之间充斥了绝缘介质）。请根据四幅图示的相关说明判断下列说法正确的是（ ）
A．若图甲中两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，则该电容器将充电
B．若图乙中动片和定片间电压不变，当图示中 变大时，则该电容器将放电
C．若图丙中两极板的电量不变，当图示中的x变小时，则两极板间电压将变小
D．若图丁中两极板的电量不变，当图示中的F变大时，则两电极间电压将变大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．若图甲中两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，电容器两极板正对面积S减小，根据
可知电容C减小，再根据
可知Q减少，即电容器将放电，A不符合题意；
B．若图乙中动片和定片间电压不变，当图示中 变大时，电容器两极板正对面积S减小，同A理可知该电容器将放电，B符合题意；
C．若图丙中两极板的电量不变，当图示中的x变小时，电容器极板间的相对介电常数 减小，根据
可知电容C减小，再根据
可知两极板间电压将变大，C不符合题意；
D．若图丁中两极板的电量不变，当图示中的F变大时，电容器两极板间距离d减小，根据
可知电容C增大，再根据
可知两极板间电压将变小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用电容器的定义式和决定式判断电容器所带电荷量的变化情况；同理得出 变大时电容器所带电荷量的变化情况；当图示中的x变小和F变大时根据电容器的决定式和定义式进行分析判断。
5．（2020高二上·普宁期中）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度， 表示点电荷在P点的电势能， 表示静电计指针的偏角，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A． 增大，E增大 B． 减小，E不变
C． 减小， 增大 D． 增大， 不变
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】因电容器极板的电量Q不变，若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离时，两板间的距离减小，根据 可知，电容C增大，则根据 可知，电压U减小，故静电计指针偏角θ减小；两板间的电场强度
可知电场强度与板间距无关，因此电场强度E不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq
因此电荷在P点的电势能Ep保持不变。
故答案为：B。
【分析】根据电容器与电源断开时电荷量保持不变，上板向下移动根据 可知，电容C增大，则根据 可知，电压U减小，两板间的电场强度 ，P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq。
6．（2020高二下·辛集月考）如图所示，平行板电容器与恒定直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的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一小段距离，则下列说法错误的是（ ）
A．油滴将竖直向下运动
B．P点电势降低
C．电容减小，电量将减小
D．若断开电源与极板连接后再竖直向上移动上极板，带电油滴电势能变小
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】A．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 得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，A正确，不符合题意；
B．场强E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，B正确，不符合题意；
C．根据平行板电容器的决定式可知： ，d增大，电容减小，电荷量为：Q=CU，减小，C正确，不符合题意；
D．若断开电源，则极板间电荷量Q不变，竖直向上移动上极板，则d增大，C减小， ， ，则电场强度不变，P点与下极板的距离d'不变，则P点下极板的电势差不变，带电油滴电势能不变，D错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据电容器与电源的连接确定电容器两极板间电势差不变，上极板竖直上移则d增大，根据判断电容器的C减小，所电容器极板的带电量Q减小，电场强度在减小，就可判断出油滴运动的方向及P点的电势；若断开电源，极板间电荷量不变，进而判断出油滴的电势能。
7．（2018高一下·朝阳期末）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（ ）
A．u-q图线的斜率越大，电容C越大
B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为E/2
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】A、电容器的电容大小与电容器的电荷量Q及电容器两极间电压U无关，A不符合题意；
BCD、根据速度 时间图象围成的面积代表位移，可知在Q U图象中，图象所围成的面积为 ，也就是克服电场力所做的功，即为： ，又有电容定义式为： ，所以电容器储存的电场能为： ，所以对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U平方成正比，若电容器电荷量为Q时储存的能量为E， ，则电容器电荷量为Q/2时储存的能量为 ，B符合题意，CD不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电容器的电容只于本身有关。克服电场力所做的功w=uq，为矩形的面积。 W = QU，C=， E= CU2所以C错误。 E=CU2=，D错误。
8．（2017·南充模拟）如图一个平行板电容器，两极板间的距离为d，板长为L，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电，一个电荷量为+q的带电粒子由两极板间的A点进入，从B点飞出，连线AB与极板的夹角为30°，则电场力对带电粒子所做的功等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】解：两极板间的电压
电场强度
AB两点沿电场方向的距离
AB两点间的电势差
电场力对带电粒子所做的功 = = ，D符合题意，ABC不符合题意；
故答案为：D
【分析】先根据电场强度与匀强电场之间的关系和电容的定义式，求出电场强度。根据电场强度与匀强电场之间的关系求出电势差。再根据电势差和电场力做功之间的关系求电场力做功
9．（人教版物理选修1-1第一章第四节电容器同步训练）如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（ ）
A．P向下动，Q向下动 B．U1减小，U2增大
C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】解答：解：将B板下移时，由C= ，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；
假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；故C正确；
充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；
对AB分析可知，E1= ，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A不正确；
故选：C．
分析：由电容器的决定式可分析电容的变化，分析两电容器的连接方式可得出电量及电压的变化；从而分析电荷受力的变化，确定小球的运动情况．
10．如图所示，相距为d的两平行金属板水平放置，开始开关S1和S2均闭合使平行板电容器带电．板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个带电粒子恰能以水平速度v向右匀速通过两板间．在以下方法中，有可能使带电粒子仍能匀速通过两板的是(不考虑带电粒子所受重力)( )
A．保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率
B．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，同时减小板间的磁感应强度
C．把开关S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度
D．把开关S1断开，增大板间的磁感应强度，同时减小粒子入射的速率
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，电场强度增大，电场力增大，减小粒子的入射速率，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力不再平衡，不能做匀速直线运动．故A错误．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，R2两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场强度变小，电场力变小．减小板间的磁感应强度，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力还可能平衡．故B正确．把开关S2断开，增大两板间的距离，电容器带电量不变，根据知电场强度不变，减小磁感应强度，洛伦兹力减小，两力不再平衡．故C错误．把开关S1断开，电容器会放电，电场强度变为0，电场力为0，所以不再平衡．故D错误。
【点评】处理电容器的动态分析关键抓住不变量．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。
11．如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式计算，式中常量E＝9×10－12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容C发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm。如果电容变化0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下（ ）
A．0.45mm B．0.3mm C．0.2mm D．0.15mm
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d0，至少要按下距离为d，电子线路恰能检测出必要的信号，则根据，得：
，即d="0.15" mm
【点评】本题难度较大，虽然该题不是考查学过的电容公式，但大同小异，两极板间的距离影响了电容器电容的数值，根据题目所给已知量进行公式推导
12．（2021高二上·浙江月考）如图所示，电压表是理想电表，R是光敏电阻，当它受到的光照时阻值变小，则有光照射R时（ ）
A．灯泡L变暗 B．电容器C的带电量增大
C．电压表V的读数变大 D．光敏电阻R上的电压增大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AC．R阻值减小时，电路的总电阻减小，总电流增大，灯泡L变亮．电源的内电压增大，路端电压减小，所以电压表V的读数变小，AC不符合题意；
B．电容器C的电压等于灯泡的电压，则C的电压增大，由
知，电容器C的带电量增大，B符合题意；
D．电流增大，则灯泡的电压增大，而路端电压减小，则光敏电阻R上的电压减小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】R阻值发生变化后，根据欧姆定律得出电路中电流发生变化，从而得出电源的内电压发生变化，进一步得出电压表示数的变化情况；结合电容器的定义式得出电容器带电量的变化情况，结合欧姆定律得出光敏电阻上电压的变化情况。
二、多项选择题
13．（2020高三上·东城期中）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（ ）
A．u-q图线的斜率越大，电容C越大
B．搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积
C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比
D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为 时储存的能量为
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】A．u-q图线的斜率为
解得
斜率越大，电容越小，A不符合题意；
B．类比速度-时间图像的面积代表位移，则u-q图像的面积代表克服电场力所做的功，所以搬运Δq的电量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积，B符合题意；
C．从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积
解得
从上面的式子看出，E和U2成正比，C不符合题意；
D．由下面的公式
解得
又因为
解得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】由图线的斜率分析电容器的电容变化情况；根据图线所坐标轴所围成的面积表示功根据电场力做功；从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，也等于图像所围的面积，即可分析电容器所储存的能量的表达式，即可分析。
14．（高中物理人教版选修3-1第一章第8节电容器的电容同步练习）（多选）如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（ ）
A．保持S闭合，增大A，B板间距离，P仍静止
B．保持S闭合，减小A，B板间距离，P向上运动
C．断开S后，增大A，B板间距离，P向下运动
D．若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变
【答案】A,B,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】当保持S闭合，则电容器的电压不变，当增大A、B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电荷量减小，而二极管作用导致电容器的电荷量不会减小，则电容器的电荷量会不变，电压不变，所以电场强度不变，带电微粒受重力和电场力依旧平衡，故A对；当保持S闭合，电容器的电压不变，当减小A、B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电荷量增加，因此电场强度增大，所以P向上运动，故B对；当增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电荷量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错；A板稍下移，导致电容器的电容增大，当断开S后，则电容器的电荷量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点的电势能也不变，故D对。
【分析】由于二极管的单向导电性，使电容器两极板间的电荷量只增不减，故而两极板间场强只能变大不能变小，带电微粒的运动由电场力的变化而变化，若电源断开，场强不变，电势差与距离成正比，以B为基准电势点，P与B的距离不变电势差不变，电势能也不发生改变。
15．（2017·襄阳模拟）如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和电键S与电动势为E的电源相连．现将电键闭合，位于A、B两板之间的P点的：带电粒子恰好处于静止状态．则（ ）
A．B板电势为﹣E
B．改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态
C．将B板向上移动P点电势将不变
D．将B板向左平移带电粒子电势能将不变
【答案】A,B,D
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】解：A、AB两板的电势差为E， ， ，所以 ，所以B板的电势为﹣E，A符合题意；
B、改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，B符合题意；
C、将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，C不符合题意；
D、将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，D符合题意；
故答案为：ABD
【分析】粒子处于静止状态，说明所受电场力和重力大小相等，方向相反，结合图中上极板应该带正电，可以判断粒子电性，改变滑动变阻器的位置，极板间电场强度不变，根据电场力做功和电势能之间的关系进行判断即可。
16．（2017·湖北模拟）一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为（ ）
A．3v B．4v C．5v D．6v
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg=kv，
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q =mg+kv，
若两极板间电压为2U，若电场力方向向上，当油滴做匀速运动时，有q +kv′=mg，联立三式解得v′=3v，
若电场力方向向下，当油滴做匀速运动时，有kv′=mg+q ，联立三式解得v′=5v，A、C符合题意，B、D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】根据匀强电场中电场强度和电势差之间的关系，写出电场力的表达式。根据受力平衡的平衡条件，列方程求解即可。
17．（2017高二上·南昌期中）如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电池两极相连，两极中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（ ）
A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当下移 D．先断开S，再将B板适当上移
【答案】B,C,D
【知识点】电容器及其应用；电场力做功
【解析】【解答】解：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U．质点的电量为q．
A、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）﹣qU=0．
若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）﹣qU= mv2，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔．A不符合题意．
B、若保持S闭合，将B板适当下移距离△d，由动能定理得mg（h+d+△d）﹣qU= mv2，则v＞0，质点能穿过b孔．B符合题意 ．
C、若断开S时，将A板适当下移，板间电场强度不变，设A板下移距离为△d，质点进入电场的深度为d′时速度为零．
由动能定理得mg（h﹣△d+d′）﹣qEd′=0，又由原来情况有mg（h+d）﹣qEd=0．比较两式得，d′＞d，说明质点在到达b孔时，速度还没有减为零，穿过b孔．C符合题意．
D、若断开S，再将B板适当上移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度才能减为零，故一定到达b孔．D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】根据电容器的定义式结合动能定理小球的重力不能忽略综合分求解即可。
18．（2017高二上·绵阳期中）如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（ ）
A．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
B．A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
C．B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D．B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】解：
A、B，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C= 、C= 和E= 可推出：E= 可知，P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．A符合题意，B不符合题意．
C、D、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】首先明确电容器断开电源后电场强度不变，再结合匀强电场 场强公式以及电势公式求解。
19．（2017·锦州模拟）半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的均匀直导棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．导轨电阻不计．下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流从A流向B
B．金属棒两端电压为 Bω2r
C．电容器的M板带正电
D．电容器所带电荷量为 CBωr2
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】解：A、根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A，A不符合题意；
B、据E感= 以及v=rω可得切割磁感线时产生的电动势E感= ，切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知， = ，B不符合题意；
C、切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M板带正电，C符合题意；
D、由B分析知，AB两端的电压为 ，好电容器两端的电压也是 ，故电容器所带电荷量Q=CU= ，D符合题意．
故答案为：CD．
【分析】切割磁感线的导体，看成是电源，根据右手定则求出感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电容器的公式联立求解。
20．（2017·河北模拟）如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC为竖直方向的夹角为37°，一电荷量为+q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v=2 ，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．电场中A点的电势为
B．电场中B点的电势为
C．小球运动到B点时的动能为2mgR
D．小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR
【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用；电势差、电势、电势能；电容器及其应用；电场及电场力；电场力做功
【解析】【解答】解：A、取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0．小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得：
解得
而UAO=φA﹣0
解得： ，A符合题意；
B、由对称性可知：UAO=UBO
即为：φA﹣0=0﹣φB
故有： ，B不符合题意；
C、小球从A点运动到B点过程中，由动能定理得：
Ek=qUAB=2mgR，C符合题意；
D、小球在最低点处的动能和电势能的总和为：
由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：△Ep=mgR（1﹣cos37°）=0.2mgR
故动能、电势能的综合减少了0.2mgR，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2=E1﹣0.2mgR=1.8mgR，D不符合题意；
故答案为：AC
【分析】根据动能定理，求出电场力做功，再根据电势差公式求出电场中两点之间的电势差。结合能量守恒和动能定理列方程求解。
21．（2017高二上·通渭期末）如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0．若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）
A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加
B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加
C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加
D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；
B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，
电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，
电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；
C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，
由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，
电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，
由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；
D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，
电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，
由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；
故选BD．
【分析】由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化．
三、非选择题
22．（2023高二上·北京市期中）能量在转化的过程中往往与做功密切相关，电容器充电过程中的功能关系同样如此。
电容器不仅可以储存电荷，也是重要的储能器件。对电容为的电容器原来不带电充电，如图所示，已知电源的电动势为。
（1）图中画出了电容器两极间的电势差随电荷量的变化图像，在图中取一电荷量的微小变化量，请类比直线运动中由图像求位移的方法，说明图中小阴影矩形的“面积”所表示的物理含义；并计算电容器电压为时电容器储存的电能。
（2）请结合电动势的定义，求电容器充电过程中电源内部非静电力所做的功；并与充电过程中电容器增加的电能相比较，说明两者“相等”或“不相等”的原因。
（3）电容器的电能是储存在电场中的，也称电场能。若定义单位体积内的电场能量为电场能量密度。某同学猜想应当与该处的场强的平方成正比，即。已知平行板电容器的电容，为两极板的正对面积，为极板间距，为常数，两极板间为真空，板间电场可视为匀强电场。不计电容器电场的边缘效应。
请以电容器内储存的电场能为例论证该同学的猜想是否正确。
电容器充电后与电源断开并保持电荷量不变，已知此时的电场能量密度为。现固定其中一极板，缓慢拉开另一极板保持两极板正对，使板间距增加，请分析说明，在此过程中电场能量密度如何变化；并求出此过程中外力所做的功用、和表示。
【答案】（1）解：图中小阴影矩形的“面积”为 ，表示电源把 的电荷从电容器的一个极板搬运到另一个极板的过程中克服电场力所做的功，也表示有 的电源能量转化成了电能储存在电容器中。
电容器电压为时，对应的图线和横轴所围成的面积表示电容器所储存的电能，即
（2）解：充电完成后，电压，电容器上电荷量为
电源非静电力所做的功为
电容器增加的电能
显然， ，与 不相等。
解释一：电容器增加的电能，对应的是电源把电荷 由电容器一个极板搬运到另一极板的过程中，克服电容器极板上已有电荷的电场力所做的功，即 ，两极板间的电压始终小于电动势；而此过程中电源非静电力做功 ，所以两者不相等。
解释二：电源非静电力所做的功，一半储存在电容器中，另一半分两部分：一部分以内能消耗在电路的电阻上；由于充电过程是变化的电流，因而产生变化的磁场，再产生变化的电场，进而产生电磁波，即还有一部分以电磁波形式传播出去。
（3）解：设平行板电容器的电荷量为，两极板间的电压为，板间电场的场强为 ，则有 ， ， ，
得 ，所以该同学的猜想正确。
由问中的方程式推导可得
可见，电容器内场强与板间距离无关，由于电荷量不变，则场强 不变，所以电场能量密度也保持不变，原电容器区域内的电场能也不变，增加间距 的过程中，外力克服电场力做功转化为板间所增加的体积 内的电场能，即
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】（1）根据几何知识求出图中小阴影部分的面积表达式，再分析面积的物理意义，进一步计算电容器电压为U时电容器储存的电能；
（2）充电完成后，其电压为E，电容器上电荷量为，电源非静电力所做的功为。结合电容器储存的电能表达式来比较W与是否相等。
（3）a.根据、、以及电场能量密度表达式推导电场能量密度与板间电场强度关系。
b.由、知，Q不变，不变，电场能量密度不变。外力所做的功根据功能关系分析。
23．（2021高二上·信阳期中）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为30V的恒压电源上，两极板间距为 ，电容器带电荷量为 ，A极板接地。求：
（1）平行板电容器的电容；
（2）若在距B板 的M点放一电子，求其电势能．（电子的电荷量 ）
【答案】（1）解：依电容定义，有电容
（2）解：两板之间为匀强电场，电场强度
C点距A板间距离为
A与C间电势差
又
可得
则
【知识点】电势差、电势、电势能；电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【分析】（1）根据电容器的定义式的电容器的电容；
（2）根据匀强电场电场强度的表达式得出两极板间的电场强度；进一步得出AC间的电势差，结合电势与电势差的关系得出C点的电势，利用电势能的表达式得出电子的电势能。
24．（2021高二上·山西月考）某学校研究性小组的同学利用如图所示的实验装置，测量油滴的电荷量。两块水平放置的金属板M、N分别与电池组的两极相连接，板间产生匀强电场，图中油滴悬浮在两板间保持静止。
（1）若要测出图示油滴的电荷量，除了需要测出油滴的质量m，还需测出的物理量有_______；
A．两金属板间的电压U B．两金属板的长度L
C．两金属板间的距离d D．两金属板的正对面积S
（2）若当地的重力加速度大小为g，用你所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q= ；
（3）研究小组对许多油滴进行了测定，发现各个油滴所带的电荷量都是某一最小电荷量e=1.6×10-19 C的整数倍。下列说法符合实验事实的是____。
A．某次实验中测得油滴所带的电荷量为2.2×10-17 C
B．某次实验中测得油滴所带的电荷量为6.4×10-17 C
C．若仅将两金属板的间距变小，则原来处于悬浮状态的油滴将向上运动
D．若断开电源并将两板的间距变大，则原来处于悬浮状态的油滴将向下运动
【答案】（1）A；C
（2）
（3）B；C
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力；共点力的平衡；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】（1）油滴悬浮在两板间保持静止，根据平衡条件
又平行板间电场强度
故
故还需要测出两金属板间的电压U和两金属板间的距离d。
故答案为：AC。
（2）由以上解析可知
（3）AB．各个油滴所带的电荷量都是最小电荷量e=1.6×10-19 C的整数倍，A不符合题意，B符合题意；
C．若仅将两金属板的间距变小，因为
则电场强度增大，向上的电场力大于向下的重力，油滴向上运动，C符合题意；
D．根据
可得
若断开电源并将两板的间距变大，则Q不变，则电场强度不变，电场力不变，油滴仍然静止，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】（1）根据平衡以及匀强电场电场强度的表达式得出油滴电荷量的表达式，从而分析判断正确的选项；
（2）根据（1）分析回答；
（3）所有带电体的电荷量是最小电荷量的整数倍；根据匀强电场电场强度的表达式判断电场强度的变化情况，并判断重力和电场力的大小；
（3）根据电容器的决定式以及定义式和匀强电场的电场强度表达式得出电场强度与电荷量、介电常数、正对面积的关系，从而进行分析判断。
25．（2020高二上·赣州期中）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置．电源输出电压恒为 ，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器．
（1）当开关S接 时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将 （选填“增大”或“减小”或“不变”）．
（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可算出电容器的电容为 F（计算结果保留两位有效数字）．
【答案】（1）2；相反；不变
（2）3.9×10-4
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：（1） 平行板电容器放电时，要和电阻构成闭合电路，所以开关S接“2”。
电容器充电时，电容器上极板接电源的正极，正电荷流入上极板，上极板带正电，所以电容器放电时，正电荷从上极板流出，所以流经G表的电流方向与充电时“相反”。
因电容器的电容与电容器是否充放电无关，所以此过程中电容器的电容将“不变”。
（2）由q=It可知，放电电流随时间变化图像与时间轴所围的面积表示电容器所带的电荷量，由图乙可知，每个小方格代表的电荷量是q′=0.4×2×10-4C=8×10-5C
图像与时间轴所围的面积约为39个小方格，所以电荷量为Q=39q′=39×8×10-5C =3.12×10-3C
由电容定义式可得
【分析】（1）电容器充电和放电过程中电流的方向相反，电容器的电容与充放电无关；
（2）利用图乙得出电容所带电的电荷量，利用电容器的定义式得出电容器的电容。
26．（2019高一下·温州期中）在真空中水平放置的平行板电容器的两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d当平行板电容器两板间的电压为 时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加 时，油滴开始向上运动；经时间 后，电容器突然放电使其电压减少 ，又经过时间 油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g，求：
（1）带电油滴所带电荷量与质量之比；
（2）第一 与第二个 间内油滴运动的加速度大小之比；
（3） 之比。
【答案】（1）解：油滴静止时满足：mg＝q 则
（2）解：设第一个Δt时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则
x1＝ a1Δt2，x2＝v1Δt－ a2Δt2
且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3
（3）解：油滴向上加速运动时：q －mg＝ma1，即
油滴向上减速运动时： ，即
则 解得
【知识点】电容器及其应用；受力分析的应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）当两极板的电压为U0时，油滴的重力等于电场力，列方程求解电荷量和质量的比值；
（2）当电压不同时，对油滴进行受力分析，结合牛顿第二定律求解油滴的加速度；
（3）油滴经过时间 油滴恰好回到原来位置，对油滴进行受力分析，结合运动学公式列方程求解即可。
27．（2017高二上·福州期中）如图所示，极板A、B、K、P连入电路，极板P、K，A、B之间分别形成电场，已知电源的电压恒为E=300V，电阻R1=20KΩ，R2=10KΩ，A、B两极板长L=6.0×10﹣2m，电荷量q=﹣1.6×10﹣18C、质量m=1.0×10﹣29kg，从极板K中心经 P、K间电场加速后，沿A、B中线进入电场中发生偏转，恰好从B板的右边缘飞出．（极板间电场可视为匀强电场且不考虑极板边缘效应，不计粒子重力）求：
（1）极板P、K之间电压UPK，A、B之间电压UAB
（2）粒子刚进入偏转极板A、B时速度v0
（3）两极板A、B的间距d=？
【答案】（1）解：极板PK之间的电压UPK即为R1两端电压，所以
AB之间的电压为UAB，所以UAB=E=300V；
答：极板P、K之间电压UPK为200V，A、B之间电压UAB为300V；
（2）解：粒子在KP间加速度运动，由动能定理得：qUPK= mv02
所以有： =8×106m/s；
答：粒子刚进入偏转极板A、B时速度为8×106m/s；
（3）解：粒子在极板A、B之间轨迹为抛物线
侧移y= at2
而
t= ，
且y= d
联立得： = =5.2×10﹣2m．
答：两极板A、B的间距5.2×10﹣2m．
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）考查的是对电路元件的串并联分析，P、K极板与R1并联，A、B与电源并联，即可求出电压。
（2）考查的是电场力做功的问题，利用动能定理即可求解。
（3）考查的是带电粒子在电场中的偏转问题，即平抛问题，对小球进行受力分析和运动的分解进行分析求解即可。
28．（2023高二下·浙江期末）如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是，。两环通过电刷分别与间距L=0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和相连，右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角的等距金属导轨，下方连接阻值R=0.2的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C=1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于两侧，质量分别为，，电阻均为r=0.1。ab放置位置与距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度。求：
（1）S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
（2）在题（1）的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达的速度大小；
（3）ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热（此过程ab棒不进入斜面）。
【答案】（1）解：金属杆顺时针切割磁感线产生电动势为
稳定时
解得
（2）解：右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为，则
根据动量定理可得
联合解得
（3）解：棒ab与cd发生弹性碰撞，则
解得
当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得
而
根据能量守恒得
联合解得
故电阻R上产生的焦耳热为
【知识点】动量定理；电容器及其应用；能量守恒定律；碰撞模型；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）由感应电动势公式E=BLv求出金属杆切割磁感线产生电动势，再由Q=CU，求解S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小；（2）求出ab棒匀速运动后的速度，再由动量定理分析导体棒ab到达的运动过程，求出导体棒ab到达速度；（3）分析两棒的弹性碰撞过程，应用动量守恒定律和能量守恒定律求出cd棒的碰后速度，分析cd棒达到最大速度时的受力，由共点力平衡条件求出cd棒的最大速度，再根据功能关系求解该过程中的安培力做功，即为回路产生的总热量，再由回路中电阻的比例关系求出电阻R上产生的焦耳热。
29．（2022高一下·连云期末）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿中心轴线垂直射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量，电荷量大小，加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，离开偏转电场时的偏移量为（未知），忽略电子所受重力。求：
（1）偏转电场的电场强度大小；
（2）电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（3）若每单位电压引起的偏移量称为灵敏度，求该装置的灵敏度。
【答案】（1）解：根据
解得偏转电场的电场强度大小为
（2）解：电子在加速电场中，根据动能定理可得
解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（3）解：电子在偏转电场中做类平抛运动，则有，
电子离开偏转电场时的偏移量为
联立解得该装置的灵敏度为
【知识点】动能定理的综合应用；电容器及其应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）根据匀强电场电场强度的表达式得出偏转电场的电场强度：
（2）电子在加速度电场中根据动能定理得出电子刚进入偏转电场时的速度 ：
（3） 电子在偏转电场中做类平抛运动 ，结合平抛运动的规律得出该装置的灵敏度。
30．（2022·浙江选考）如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度=600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N；）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量；
（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
【答案】（1）解：开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电；根据法拉第电磁感应定律可知
则电容器的电量为
（2）解：电容器放电过程有
棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
棒的上滑过程有
联立解得
（3）解：设导体框在磁场中减速滑行的总路程为，由动量定理
可得
匀速运动距离为
则
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；电容器及其应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及电容器的定义式得出电容器的极板所带的电荷量；
（2） 电容器放电过程以及棒ab被弹出磁场的过程根据动量守恒和棒上滑的过程中根据动能定理得出电容器释放的电荷量 ；
（3） 框abcd进入磁场后 根据动量定理以及几何关系得出ab边与磁场区域左边界的最大距离。
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