高考物理一轮复习：电容器的电容

高考物理一轮复习：电容器的电容
一、选择题
1．（2024高一下·湖南期末）下列叙述正确的是（　　）
A．牛顿力学建立在实验的基础上，它的结论又受到无数次实验的检验，因此在任何情况下都适用
B．由可知，某个电容器的带电量越大，它的电容就越大
C．静电力做功与重力做功均与路径无关
D．试探电荷在电场中电势较高处具有的电势能较大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；相对论时空观与牛顿力学的局限性；电势能
【解析】【解答】A．牛顿力学使用条件为宏观、低速与惯性参考系， 任何情况下都适用 ，说的太绝对，A错误；
B．为电容的定义，为比值定义式，电容C与Q、U无关，B错误；
C．重力做功，静电力做功与运动路径无关，只与初末位置有关，C正确；
D．负电荷在电势较高处具有的电势能较小，D错误。
故选C。
【分析】牛顿力学使用条件为宏观、低速与惯性参考系 ，微观高速利用相对论以及量子力学进行分析
2．（2024高三下·江海月考）微信运动这一软件设计的基本原理是，走路时会先有一个向前的加速度再有一个向后的加速度，根据身高体重调整这两次加速度大小和时间间隔的阈值就能统计步数，当然还有很多优化的细节。手机微信运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动。则手机（　　）
A．由静止突然向前加速时，电流由a点流向b点
B．匀速运动时，电流表示数不为零且保持不变
C．由向前匀速突然减速时，电容器带电量增大
D．保持向后的匀加速运动时，M、N之间的电场强度增大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．d增大、C减小、Q减小，电流方向为由b向a，故A错误；
B．电容C不变，线路中无电流，故B错误；
C．由向前匀速突然减速时，d减小，可知电容器带电量增大，故C正确；
D．a不变，弹簧形变不变，两板间距离d不变，所以MN之间的电场强度不变，故D错误。
故选C。
【分析】由静止突然向前加速时，N板由于惯性向后移，匀速运动时加速度为0，结合电容定义式决定式进行分析。
3．（2024·浙江）理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路、如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若（　　）
A．电容C增大，L1灯泡变亮 B．频率f增大，L2灯泡变亮
C．RG上光照增强，L3灯泡变暗 D．S接到b时，三个泡均变暗
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；自感与互感；变压器的应用
【解析】【解答】A. 电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则与电容器串联的灯泡L1电路电流增大，L1灯泡变亮，A符合题意；
B. 频率增大，电感L的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，B不符合题意；
C. 光敏电阻随光照强度增加电阻减小，故通过灯泡L3的电流增大，L3灯泡变亮，C不符合题意；
D. S接到b时，原线圈匝数变小，有，可知副线圈电压U2增大，故三个灯泡变亮，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据电容器和电感对交变电流的阻碍作用，结合电路结构可得出灯泡的亮暗情况；利用变压器原副线圈电压与匝数之比可得出副线圈电压的变化情况。
4．（2024·浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （　　）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 当极板间距增大时，由可知电容器的电容减小，B不符合题意；
A. 电容器带电量不变，由可知极板间的电势差增大，A不符合题意；
C. 由可知，增大极板间距，极板间电场强度不变，C不符合题意；
D. 由于移动极板过程要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据电容的定义式和决定式，结合匀强电场电场强度的表达式可得出结论。
5．（2024高一下·渝中期末）在如图所示电路中，蓄电池的电动势，内阻，电阻，电容的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电
B．上极板所带电荷量为
C．若将下极板缓慢上移少许，点的电势降低
D．若将上极板缓慢左移少许，油滴将向上移动
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由于平板电容器上极板接电源的正极，所以两极板间的电场强度竖直向下，由于油滴处于静止则受力平衡，此时电场力方向与重力方向相反为竖直向上，由于油滴受到的电场力方向与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；
B．根据欧姆定律可以得出：两端的电压为
根据电容的定义式可以得出：上极板所带的电荷量为
故B错误；
C．若将下极板上移，则板间距离减小，由于板间电压不变，根据
场强增大，上极板到点间的电势差增大，则到下极板间的电势差减小，由于下极板的电势为0，则P点的电势降低，故C正确；
D．若将上极板左移，两极板间的电压保持不变，根据
电场强度不变，则油滴保持静止，故D错误。
故选C。
【分析】利用极板的电性可以判别电场强度的方向，结合油滴静止可以判别电场力的方向，两者结合可以判别油滴的电性；利用欧姆定律可以求出板间电压的大小，结合电容的定义式可以求出电荷量的大小；利用板间距离的变化可以判别板间电场强度的变化，进而判别电势的大小及油滴受到的电场力变化。
6．（2024高一下·溧阳期末）如图为一个电容式风力传感器的原理示意图，将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，移动距离随风力增大而增大，但不会到达P点。静电计指针张角的大小表示两极板间电势差的大小。若极板上电荷量保持不变，则下列说法。正确的是（　　）
A．风力增大时，电容器电容减小
B．风力增大时，静电计指针张角不变
C．风力增大时，P点的电势降低
D．风力增大时，极板间电场强度增大
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据电容决定式
可知风力增大时，板间距离变小，电容器电容增大；根据
由于极板上电荷量保持不变，则电容器两极板间的电压减小，静电计指针张角变小；根据匀强电场电压和场强关系式
可知板间场强保持不变；则P点与可动极板（接地）间的电势差减小，即P点的电势降低。
故选C。
【分析】根据电容的定义式以及决定式以及匀强电场电压和场强关系式进行分析。
7．（2024高二下·金牛月考）应用电磁场工作的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压成正比
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子一定是比荷相同的粒子
C．丙中通上如图所示电流和加上如图磁场时，，则霍尔元件的自由电荷为正电荷
D．丁中将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，静电计指针张角变小
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；质谱仪和回旋加速器；霍尔元件
【解析】【解答】A、带电粒子在回旋加速器中，根据
最大轨迹半径
最大动能为
与加速电压无关，故A错误；
B、经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，有
所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；
C、假设该霍尔元件是正电荷导电，根据左手定则可判断正电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带正电，电势高，
不满足条件，故C错误；
D、 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器始终与电源相连，电容器两极板电势差不变，则静电计指针张角不变。故D错误。
故答案为：B。
【分析】熟练掌握回旋加速器的工作原理，根据原理确定带电粒子的最大动能与各物理的关系。经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，在偏转磁场做匀速圆周运动，再结合带电粒子在磁场中运动规律进行分析。根据左手定则确定电荷的移动方向，继而确定极板的正负极，再根据霍尔元件原理判断其合理性。电容器两极板电势差越大，则静电计指针张角越大。
8．（2024高一下·台州期末）关于教材中相关插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲为描述“火车转弯”的示意图，如果两轨高度相同，会使内轨受损
B．图乙为论述“曲线运动速度特点”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
C．图丙为描述“可变电容器”的插图，转动动片，铝片间距离变化，电容就发生变化
D．图丁为“感受向心力”活动的示意图，当增大小球转速时会感到拉力增大，说明“向心力与转速成正比”
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；曲线运动；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．在图甲中如果两轨高度相同，当火车速度过大时火车有向外运动的趋势，则此时摩擦力不足以提供火车做圆周运动的向心力，会挤压外轨，使外轨受损，故A错误；
B．在图乙中物体做曲线运动时，为了描述某点速度的方向，这里运用了“极限”的思想方法，故B正确；
C．在图丙中为显示可变电容器的结构图，转动动片，铝片间正对面积变化，根据电容的决定式可以判别电容就发生变化，故C错误；
D．在图丁中，当增大小球转速时会感到拉力增大，只能说明向心力随着转速增大而增大，并不能证明向心力与转速成正比，故D错误。
故选B。
【分析】当火车内外轨道高度相同时，火车速度过大会挤压外轨，使外轨道受损；为了描述曲线运动的速度方向，则使用了极限的方法；改变电容器的正对面积可以改变电容的大小；利用拉力的变化可以判别拉力大小与小球转速的大小关系。
9．（2024高一下·浦口期末）平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电平衡后，两极板间的电压是U，充电荷量为Q，两极板间场强为E，电容为C，现仅将两极板间距离减小，则引起的变化情况是（　　）
A．U变小 B．C变小 C．Q变大 D．E不变
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由于电容器保持与直流电源两极连接，充完电后，电压U等于电源电动势，所以保持不变，A错误；
B．根据电容的决定式有：
根据表达式可以得出：当极板间距离减小时，电容C增大，B错误；
C．根据电容的定义式有：
结合上述，电容增大，则Q变大，C正确；
D．根据电势差与场强的大小关系有：
极板间距离减小，极板间电压不变，则场强E变大，D错误。
故选C。
【分析】利用电容器与电源相连则电容器电压保持不变，结合电容的决定式可以判别电容的变化，再利用电容的定义式可以判别电荷量的大小变化；利用电势差与场强的关系可以判别电场强度的大小变化。
10．（2024高一下·南京期末）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，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），下列说法中正确的是（　　）
A．U变大，E变小 B．U变小，变小
C．变小，Ep变大 D．变大，Ep变小
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】，
电容减小，由于电荷量不变，则两极板间的电势差变大，根据
P点与B板间的电势差变大， P点电势变小， 根据
由于电荷带负电，所以负电荷的电势能变大。
故选C。
【分析】根据电容定义式以及决定式进行分析，负电荷在电势低的地方电势能反而大。
11．（2024·甘肃）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中、电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 AB、因电容器的上极板与电源正极相连，故充电过程中上极板带正电荷。充电过程中回路中电流方向为顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点。电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差增加。因电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即充电电流减小，故AB错误；
CD、因充电结束后电容器的上极板带正电荷，故放电过程中上极板仍带正电荷，且回路中电流方向为逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点。电容器所带电量Q逐渐减小，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差减小。因电阻R的电压等于电容器电压，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即放电电流减小，故D错误，C正确。
故选：C。
【分析】充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向。依据充放电过程电容器所带电量的变化，由电容定义式判断电容器两极板间电势差的变化。依据电阻R的电压变化，根据欧姆定律判断流过电阻R的电流变化，可知充放电电流的变化。充电过程电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，放电过程电阻R的电压等于电容器电压。
12．（2024高一下·济宁月考）某款电子秤的工作原理是靠改变内部电容器极板间距离来实现称重的，其原理图如图所示。其内部有平行板电容器，两极板之间用劲度系数为的绝缘轻弹簧相连，下极板固定在绝缘水平台面上，上极板接地，且可在竖直方向上移动并始终与下极板保持平行。已知上极板质量为，电容器充完电后与电源断开，极板间距为。不放重物时，两极板间电压为，轻轻放置重物并保持平衡时，电容器的电压为，不计极板间的相互作用力，重力加速度为，则所放重物的重力大小为(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】设电容器带电量为Q，弹簧原长d0，则不放重物时
根据平衡条件有
放上重物m＇后两极板距离为d＇，则
此时电容器有
解得
则
故答案为：A。
【分析】根据题意结合电容器的决定时确定施加重物前后两极板间的间距。施加重物前后上极板与重物构成整体均处于平衡状态，再根据平衡条件及胡克定律进行联立解答。
二、多项选择题
13．（2024高二下·阜阳期末）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点
B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
C．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点
D．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用；电路动态分析
【解析】【解答】AB.则根据牛顿第二定律可得加速度为
方向垂直于板向下，平行板间的电场强度为
结合
，
可得
由
可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移
变大，粒子打在O点的右侧，故AB正确；
C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为
减小，由
可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移
变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；
D．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故D错误。
故选AB。
【分析】电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动。U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小。
14．（2024高一下·东西湖期末）关于电荷和静电场，下列说法中正确的是（　　）
A．点电荷周围离点电荷距离相等的地方场强相同
B．点电荷仅在电场力作用下由静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动
C．在确定的电场中移动电荷时，电势能的改变量与零电势点的选取无关
D．孤立导体能储存电荷，它与大地构成一个电容器
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据点电荷周围电场线的分布可以得出：点电荷周围离点电荷距离相等的地方场强大小相等，但场强方向不相同，故A项错误；
B．点电荷仅在电场力作用下由静止释放，其电场力做正功，根据功能关系则电势能不断减小，则点电荷将从电势能高的地方向电势能低的地方运动，由于
根据电势能的表达式可以得出：对于正电荷来说电势高的地方电势能也高，对于负电荷来说电势高的地方电势能低。即对于负电荷来说，点电荷仅在电场力作用下由静止释放，电势能不断减小，则点电荷从高电势能到低电势能的地方运动，由于点电荷为负电荷，将从低电势的地方向高电势的地方运动，故B项错误；
C．根据功能关系，则电势能的变化量为
则在确定的电场中移动电荷时，电势能的改变量跟零电势点的选择无关，故C项正确；
D．电容器的构造只需要两个导体，中间绝缘则可以构成电容器，孤立导体也能储存电荷，也具有电容，它与大地构成一个电容器，故D项正确。
故选CD。
【分析】利用电场线的分布可以判别点电荷周围电场强度的大小及方向；利用电场力做功及功能关系可以判别电势能的变化，结合电势能的表达式可以判别电势的高低；利用功能关系可以判别电势能的变化量与0电势点无关；两个导体中间绝缘则可以构成电容器。
15．（2024高二下·衡阳期末）手机微信运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，则手机（　　）
A．静止时，电流表示数为零，电容器M极板带正电
B．匀速运动时，电流表示数不为零且保持不变
C．由静止突然向前加速时，电容器的电容变小
D．保持向前匀加速运动时，M、N之间的电场强度减小
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电流表示数为零，M极板与电源正极连接，M极板带正电，故A正确；
B．匀速运动时，极板所带电荷量不变，电容器既不充电，也不放电，电流表示数为零，故B错误；
C．N极板向后运动，电容器极板之间夹角增大，根据
可知，电容器的电容变小，故C正确；
D．保持向前匀加速运动时，加速度一定，电容器极板之间的间距一定，根据
可知，M、N之间的电场强度一定，故D错误。
故选AC。
【分析】静止时，极板所带电荷量不变，电容器既不充电，也不放电。结合电容决定式以及场强电压关系进行分析。
16．（2024高一下·丰城期末）如图所示。一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，电键闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够达到B板的小孔b处。然后沿原路返回（不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变）。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是（　　）
A．保持电键闭合，将A板下移一段距离
B．保持电键闭合，将B板下移一段距离
C．将电键断开，将A板上移一段距离
D．将电键断开，将B板上移一段距离
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．液滴下落过程中，根据动能定理可知
电键闭合时，电容器两板之间的不变，将A板下移一段距离，不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，为了液滴从板间射出，则增大，液滴才能从小孔b处穿出，A错误，B正确；
CD．液滴下落过程中，根据动能定理可知
电键断开时，根据电势差与场强的关系有：
可知改变两极板距离，场强不变，将A板上移一段距离，随着增大则板间电势差增大，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，减小则板间电势差减小，液滴才能从小孔b处穿出；C错误，D正确。
故选BD。
【分析】液滴下落过程中，利用动能定理结合板间电势差的大小变化可以判别液滴从b板穿出的下落高度；利用电势差与电场强度的关系结合电容的决定式可以判别电势差的变化，结合动能定理可以判别液滴能否从b板离开。
17．（2024高一下·黔西月考）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带负电
B．油滴受到的静电力大小为
C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电。故A正确；
B．两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用。故B错误；
CD．上极板下移，板间距d减小，根据
，
则
故电场强度不变，根据
可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据
可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小。故C正确；D错误。
故答案为：AC。
【分析】库仑定律适用于点电荷库仑力的计算，静电计指针偏角越大，表明极板间电压越高。
三、非选择题
18．（2024高三下·南充模拟）把平行板电容器和静电计按如图方式连接，先让电容器两极板正对并保持一定距离，给电容器充电，可观察到静电计指针偏转一定角度，保持电容器所带电荷量不变。
（1）使两极板间距离减小，可观察到静电计指针偏转的角度　 　；
（2）两极板间距离不变，将两板平行错开一些，可观察到静电计指针偏转的角度　 　；
（3）两极板间距离、正对面积不变，将一块有机玻璃插到两板之间，可观察到静电计指针偏转的角度　 　。（均选填“变大”或“变小”）
【答案】（1）变小
（2）变大
（3）变小
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）根据电容的决定式
可知，若使两极板间距离减小，则电容C增大，根据电容的定义式
可知，电容器的带电荷量Q不变，C增大，则U减小，所以可观察到静电计指针偏转的角度变小；
（2）若两极板间距离不变，将两板平行错开一些，即电容器两极板的正对面积S减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，Q不变，则U变大，所以可观察到静电计指针偏转的角度变大；
（3）若两极板间距离、正对面积不变，将一块有机玻璃插到两板之间，则相对介电常量变大，根据电容的决定式可知，电容C变大，根据电容的定义式可知，电容C变大，电荷量Q不变，则两极板间电压U减小，所以可观察到静电计指针偏转的角度变小。
【分析】 电容器所带电荷量不变，明确各操作中电容器各参数的变化情况，再结合电容的决定式及定义式确定电容器两极板间电势差的变化情况，则两极板间电压减小，静电计指针偏转的角度变小。
19．（2024高二下·新蔡月考）电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线，探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路，探究电容器在不同电路中的充放电现象。
（1）第一次探究中先将开关接1，待电路稳定后再接2.探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律。
①已知电流从右向左流过电流传感器时，电流为正，则与本次实验相符的I t图像是　 　。
A． B．
C． D．
②从I t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小。关于本次实验探究，下列判断正确的是　 　。
A．若只增大电阻箱R的阻值，电容器放电的时间将变短
B．若只增大电阻箱R的阻值，I t图像的面积将增大
C．在误差允许的范围内，放电和充电图像的面积应大致相等
（2）第二次探究中，该同学先将开关接1给电容器充电，待电路稳定后再接3，探究LC振荡电路的电流变化规律。
③探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接3之后的LC振荡电流的部分图像，如图乙所示，根据图像中记录的坐标信息可知，振荡电路的周期T=　 　s（结果保留两位有效数字）。
④如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC振荡电路的频率将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】A；C；；不变
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）①第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从右向左，即为正，由于充电后电容器上极板带正电，电容器通过R放电时，电流从左向右，即为负，故选A。
② I t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小，而放电和充电图像的面积应相等，若只增大电阻箱R的阻值，电容器的电荷量不变，I t图像的面积不变，若只增大电阻箱R的阻值，对电流的阻碍作用变大，电容器放电的时间将变长；故选C。
（2）③ 由图乙可知
④由振荡周期可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC振荡电路的周期不变，则频率也不变。
【分析】根据LC振荡电路原理分析。
1.理解I-t图像的物理意义，以及图像与时间轴包围的面积表示极板带的总电荷量或者放电的总电荷量。
2.识记LC振荡电路频率公式，能够结合图像分析计算。
20．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，相互靠近的等大正对平行金属板A、B组成电容器，B板固定在绝缘支座上并通过导线与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都通过导线接地，A板可在水平面和竖直平面内自由移动，给电容器充上一定的电荷，使实验时保持电容器极板所带的电量不变，此时静电计指针张开一定角度．
（1）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有　 　.
A．使用静电计可观察电容器的电容变化情况
B．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况
C．使用静电计可测量电容器极板上的电荷量变化情况
D．静电计可以用电压表替代
（2）图甲中，若将A板向右平移，静电计指针张角将　 　；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角将　 　；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角将　 　．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（3）图乙中，若将电容器水平放置，有一质量为m，电荷量为Q的带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向上平移一小段距离，则液滴将　 　.（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）
【答案】B；变小；变大；变小；静止不动
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）ABC.使用静电计可测量电容器极板间的电势差变化情况，选项B正确，AC错误；
D.静电计不能用电压表替代，因为电压表必须有电流才能工作，而本实验中没有电流形成，故D错误；
故选B。
（2）图甲中，若将A板向右平移，则两板间距d减小，由 可知，电容C变大，由于电容器与电源断开，Q一定，由Q=CU可知，U减小，即静电计指针张角将变小；
将A板竖直向下平移，则两板相对面积S减小，由 可知，电容C变小，由于Q一定，由Q=CU可知，U变大，则静电计指针张角将变大；
在A、B板间插入电介质，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，则静电计指针张角将变小。
（3）将电容器A板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，根据、 以及 可得 ，由于电容器带电量Q一定，则两板间场强E不变，则液滴将静止不动。
【分析】静电计是测量电势差的仪器，电势差变化时，指针张角变化，电势差变大，指针张角变大；电容器与电源断开，所带的电量不变，根据确定电容的变化， 然后根据确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化，根据根据、 以及 得到电场强度表达式，根据表达式判断电场强度变化，判断油滴运动状况。
本题考查电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器电容的定义式和决定式的正确应用，注意本题电容器的电量总是不变的。
21．（2024高一下·东西湖期末）利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为电流传感器，V为电压传感器。
（1）如图甲所示，开关S接　 　（填“1”或者“2”）时，电容器处于充电过程中。
（2）开关S接1，同时开始计时，得到的U-t图像为（　　）
A． B．
C． D．
（3）改接开关，电容器放电。此过程中，得到的I-t图像如图乙所示，则通过R的电荷量约为　 　C。（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）1
（2）B
（3）5.5×10-3（5.1×10-3~5.9×10-3均算对）
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】（1）开关接1时，电源与电容器组成电路，此时电容器C处于充电状态，开关接2时， 电阻R和电容器C组成电路，此时电容器C处于放电状态。故选1
（2）开关接1时，此时电容器C处于充电状态，充电过程中两极板不断积累电荷，由于电容保持不变，根据电容的定义式可以得出
则随着电荷量Q不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定，电容器两端电压等于电源电压。
故选B。
（3）改接开关，电容器放电。在放电过程中，得到的I-t图像如图乙所示，根据表达式
则图线与坐标轴围成的面积表示电荷量的大小，通过图像可知一个方格表示电荷量为，大约有70个方格，根据图像面积则通过R的电荷量约为。
【分析】（1）利用电容器和电源直接相连可以判别电容器处于充电状态；
（2）当电容器处于充电过程中，由于电容器电容保持不变，根据电容器的定义式可以判别随着电荷量的不断增大则电压器的电压不断增大；
（3）利用电荷量的表达式可以判别电流时间图像的面积代表电荷量的大小，利用方格面积及方格的数量可以求出图像面积即电荷量的大小。
（1）开关接1时，电源与R和C组成电路，此时C处于充电状态，开关接2时， R和C组成电路，此时C处于放电状态。故选1
（2）开关接1时，此时C处于充电状态，其两极板不断积累电荷，由公式
电容只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压。
故选B。
（3）改接开关，电容器放电。此过程中，得到的I-t图像如图乙所示，其图线与坐标轴围成的面积表示电荷量的大小，通过图像可知一个方格表示电荷量为，大约有70个方格，则通过R的电荷量约为
22．（2024高二下·翠屏期末）如图所示，P、Q两金属板间的电势差为10V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板3cm。求：
(1)P板的电势；
(2)保持两板间电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势为多少？
【答案】解：(1)由于
则有
解得
(2)距离改变后，场强变为
则
所以
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】（1）场强水平向左，沿电场线电势降低，根据电势差定义进行分析；
（2）距离改变后，场强改变，结合匀强电场电势差与电场强度关系进行分析。
23．（2024高二下·湛江月考） 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2．求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？
【答案】（1）解：粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：
竖直方向有：
解得：
v0=10m/s
（2）解：由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：
根据牛顿第二定律得：
解得：
U1=120V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：
根据牛顿第二定律得：
解得：
U2=200V
所以所加电压的范围为：
120V≤U≤200V
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）闭合开关前，粒子在重力作用下做平抛运动，根据题意确定粒子在水平和竖直方向的位移，再结合平抛运动规律进行解答；
（2）粒子从电容器的右边射出，则当上极板与电源负极相连，粒子从右边射出的临界情况为粒子从下板的右边缘射出，当上极板与电源正极相连，粒子从右边射出的临界情况为粒子从板的右边缘射出。粒子在电场力和重力合力的作用下做类平抛运动，再结合分析确定粒子在竖直方向和水平方向的位移，再结合类平抛运动规律进行解答。
24．（2024高三下·江西模拟） 电磁炮是利用安培力对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的动能，与传统的火药推动的大炮相比，电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。某学习小组利用图示的电路模型分析电磁炮的运动规律。将质量的导体棒放在两根足够长，且平行的光滑水平导轨上，导轨间距，导轨所在的平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导轨的右端连接一个电容的电容器。开始时用的高压直流电源对电容器充电，充电完成后将开关闭合，不计导轨电阻。求：
（1）为使导体棒向左运动，电容器的上极板带何种电荷；
（2）导体棒向左运动的最大速度；
（3）若电容器的储能公式为（其中为电容器带的电荷量），求该发射器的效率。
【答案】（1）导体棒向左运动，根据左手定则，导体棒中的电流向上，电容器的上极板带负电
（2）对导体棒，由动量定理得
累加得
流过导体棒的电荷量等于电容器的电荷量的减少量有
导体棒达到最大速度时有
解得
（3）电容器放电消耗的总能量为
而
导体棒获得的动能为
则该发射器的效率为
【知识点】动量定理；电容器及其应用；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；
（2） 对导体棒，由动量定理可以求得流过导体棒的电荷量的相应等量关系，结合电容定义式进行分析；
（3）求出电容器放电消耗的总能量，再求导体棒获得的动能，获得的动能除以消耗的总能量等于 发射器的效率 。
25．（2024·全国甲卷）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
（1）开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
（2）当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）解：开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）解：解法一
断开开关S，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而恒力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为=
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
解法二
当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。设某时刻充电电流为I，电容器两极板之间的电压为U，根据欧姆定律，I=
金属棒匀速运动，受力平衡，F'=BIL
当外力功率为定值电阻功率的两倍时，有F'v=2I2R
联立解得 U=
从开关断开到此刻外力所做的功 W=Σ（BIL·v△t）=BLv·ΣI△t= BLv·q= BLv·CU=
【知识点】电容器及其应用；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开关S闭合时，当施加的恒力F与安培力相等时，金属棒的速度最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解恒定的外力。再对金属棒速度为v时，由恒力F的功率与定值电阻的功率的关系求解速度v的大小。
（2）断开开关S，金属棒以速度v匀速运动，水平外力F与安培力等大反向。电容器与定值电阻串联，电容器不断充电，根据闭合电路欧姆定律，结合外力的功率与定值电阻的功率的关系求解此时电容器两端电压。应用微元法，结合电容器定义式求解外力所做的功。
1 / 1高考物理一轮复习：电容器的电容
一、选择题
1．（2024高一下·湖南期末）下列叙述正确的是（　　）
A．牛顿力学建立在实验的基础上，它的结论又受到无数次实验的检验，因此在任何情况下都适用
B．由可知，某个电容器的带电量越大，它的电容就越大
C．静电力做功与重力做功均与路径无关
D．试探电荷在电场中电势较高处具有的电势能较大
2．（2024高三下·江海月考）微信运动这一软件设计的基本原理是，走路时会先有一个向前的加速度再有一个向后的加速度，根据身高体重调整这两次加速度大小和时间间隔的阈值就能统计步数，当然还有很多优化的细节。手机微信运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动。则手机（　　）
A．由静止突然向前加速时，电流由a点流向b点
B．匀速运动时，电流表示数不为零且保持不变
C．由向前匀速突然减速时，电容器带电量增大
D．保持向后的匀加速运动时，M、N之间的电场强度增大
3．（2024·浙江）理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路、如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若（　　）
A．电容C增大，L1灯泡变亮 B．频率f增大，L2灯泡变亮
C．RG上光照增强，L3灯泡变暗 D．S接到b时，三个泡均变暗
4．（2024·浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （　　）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
5．（2024高一下·渝中期末）在如图所示电路中，蓄电池的电动势，内阻，电阻，电容的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．油滴带正电
B．上极板所带电荷量为
C．若将下极板缓慢上移少许，点的电势降低
D．若将上极板缓慢左移少许，油滴将向上移动
6．（2024高一下·溧阳期末）如图为一个电容式风力传感器的原理示意图，将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，移动距离随风力增大而增大，但不会到达P点。静电计指针张角的大小表示两极板间电势差的大小。若极板上电荷量保持不变，则下列说法。正确的是（　　）
A．风力增大时，电容器电容减小
B．风力增大时，静电计指针张角不变
C．风力增大时，P点的电势降低
D．风力增大时，极板间电场强度增大
7．（2024高二下·金牛月考）应用电磁场工作的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压成正比
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子一定是比荷相同的粒子
C．丙中通上如图所示电流和加上如图磁场时，，则霍尔元件的自由电荷为正电荷
D．丁中将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，静电计指针张角变小
8．（2024高一下·台州期末）关于教材中相关插图，下列说法正确的是（　　）
A．图甲为描述“火车转弯”的示意图，如果两轨高度相同，会使内轨受损
B．图乙为论述“曲线运动速度特点”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
C．图丙为描述“可变电容器”的插图，转动动片，铝片间距离变化，电容就发生变化
D．图丁为“感受向心力”活动的示意图，当增大小球转速时会感到拉力增大，说明“向心力与转速成正比”
9．（2024高一下·浦口期末）平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电平衡后，两极板间的电压是U，充电荷量为Q，两极板间场强为E，电容为C，现仅将两极板间距离减小，则引起的变化情况是（　　）
A．U变小 B．C变小 C．Q变大 D．E不变
10．（2024高一下·南京期末）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，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离（两板间距不变），下列说法中正确的是（　　）
A．U变大，E变小 B．U变小，变小
C．变小，Ep变大 D．变大，Ep变小
11．（2024·甘肃）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（　　）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中、电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
12．（2024高一下·济宁月考）某款电子秤的工作原理是靠改变内部电容器极板间距离来实现称重的，其原理图如图所示。其内部有平行板电容器，两极板之间用劲度系数为的绝缘轻弹簧相连，下极板固定在绝缘水平台面上，上极板接地，且可在竖直方向上移动并始终与下极板保持平行。已知上极板质量为，电容器充完电后与电源断开，极板间距为。不放重物时，两极板间电压为，轻轻放置重物并保持平衡时，电容器的电压为，不计极板间的相互作用力，重力加速度为，则所放重物的重力大小为(　　)
A． B． C． D．
二、多项选择题
13．（2024高二下·阜阳期末）如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在O点
B．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
C．保持开关S闭合，减小，粒子依然打在O点
D．保持开关S闭合，增大，粒子打在O点右侧
14．（2024高一下·东西湖期末）关于电荷和静电场，下列说法中正确的是（　　）
A．点电荷周围离点电荷距离相等的地方场强相同
B．点电荷仅在电场力作用下由静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动
C．在确定的电场中移动电荷时，电势能的改变量与零电势点的选取无关
D．孤立导体能储存电荷，它与大地构成一个电容器
15．（2024高二下·衡阳期末）手机微信运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，则手机（　　）
A．静止时，电流表示数为零，电容器M极板带正电
B．匀速运动时，电流表示数不为零且保持不变
C．由静止突然向前加速时，电容器的电容变小
D．保持向前匀加速运动时，M、N之间的电场强度减小
16．（2024高一下·丰城期末）如图所示。一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，电键闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够达到B板的小孔b处。然后沿原路返回（不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变）。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是（　　）
A．保持电键闭合，将A板下移一段距离
B．保持电键闭合，将B板下移一段距离
C．将电键断开，将A板上移一段距离
D．将电键断开，将B板上移一段距离
17．（2024高一下·黔西月考）如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带负电
B．油滴受到的静电力大小为
C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
三、非选择题
18．（2024高三下·南充模拟）把平行板电容器和静电计按如图方式连接，先让电容器两极板正对并保持一定距离，给电容器充电，可观察到静电计指针偏转一定角度，保持电容器所带电荷量不变。
（1）使两极板间距离减小，可观察到静电计指针偏转的角度　 　；
（2）两极板间距离不变，将两板平行错开一些，可观察到静电计指针偏转的角度　 　；
（3）两极板间距离、正对面积不变，将一块有机玻璃插到两板之间，可观察到静电计指针偏转的角度　 　。（均选填“变大”或“变小”）
19．（2024高二下·新蔡月考）电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线，探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路，探究电容器在不同电路中的充放电现象。
（1）第一次探究中先将开关接1，待电路稳定后再接2.探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律。
①已知电流从右向左流过电流传感器时，电流为正，则与本次实验相符的I t图像是　 　。
A． B．
C． D．
②从I t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小。关于本次实验探究，下列判断正确的是　 　。
A．若只增大电阻箱R的阻值，电容器放电的时间将变短
B．若只增大电阻箱R的阻值，I t图像的面积将增大
C．在误差允许的范围内，放电和充电图像的面积应大致相等
（2）第二次探究中，该同学先将开关接1给电容器充电，待电路稳定后再接3，探究LC振荡电路的电流变化规律。
③探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接3之后的LC振荡电流的部分图像，如图乙所示，根据图像中记录的坐标信息可知，振荡电路的周期T=　 　s（结果保留两位有效数字）。
④如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC振荡电路的频率将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
20．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）如图甲为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，相互靠近的等大正对平行金属板A、B组成电容器，B板固定在绝缘支座上并通过导线与静电计中心杆相接，板A和静电计的金属壳都通过导线接地，A板可在水平面和竖直平面内自由移动，给电容器充上一定的电荷，使实验时保持电容器极板所带的电量不变，此时静电计指针张开一定角度．
（1）下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有　 　.
A．使用静电计可观察电容器的电容变化情况
B．使用静电计可测量电容器极板间的电压变化情况
C．使用静电计可测量电容器极板上的电荷量变化情况
D．静电计可以用电压表替代
（2）图甲中，若将A板向右平移，静电计指针张角将　 　；将A板竖直向下平移，则静电计指针张角将　 　；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角将　 　．（填“变大”、“变小”或“不变”）
（3）图乙中，若将电容器水平放置，有一质量为m，电荷量为Q的带电液滴静止在电容器内部，现将电容器A板向上平移一小段距离，则液滴将　 　.（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”）
21．（2024高一下·东西湖期末）利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为电流传感器，V为电压传感器。
（1）如图甲所示，开关S接　 　（填“1”或者“2”）时，电容器处于充电过程中。
（2）开关S接1，同时开始计时，得到的U-t图像为（　　）
A． B．
C． D．
（3）改接开关，电容器放电。此过程中，得到的I-t图像如图乙所示，则通过R的电荷量约为　 　C。（结果保留两位有效数字）。
22．（2024高二下·翠屏期末）如图所示，P、Q两金属板间的电势差为10V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板3cm。求：
(1)P板的电势；
(2)保持两板间电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势为多少？
23．（2024高二下·湛江月考） 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2．求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？
24．（2024高三下·江西模拟） 电磁炮是利用安培力对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的动能，与传统的火药推动的大炮相比，电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。某学习小组利用图示的电路模型分析电磁炮的运动规律。将质量的导体棒放在两根足够长，且平行的光滑水平导轨上，导轨间距，导轨所在的平面内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。导轨的右端连接一个电容的电容器。开始时用的高压直流电源对电容器充电，充电完成后将开关闭合，不计导轨电阻。求：
（1）为使导体棒向左运动，电容器的上极板带何种电荷；
（2）导体棒向左运动的最大速度；
（3）若电容器的储能公式为（其中为电容器带的电荷量），求该发射器的效率。
25．（2024·全国甲卷）如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
（1）开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
（2）当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；相对论时空观与牛顿力学的局限性；电势能
【解析】【解答】A．牛顿力学使用条件为宏观、低速与惯性参考系， 任何情况下都适用 ，说的太绝对，A错误；
B．为电容的定义，为比值定义式，电容C与Q、U无关，B错误；
C．重力做功，静电力做功与运动路径无关，只与初末位置有关，C正确；
D．负电荷在电势较高处具有的电势能较小，D错误。
故选C。
【分析】牛顿力学使用条件为宏观、低速与惯性参考系 ，微观高速利用相对论以及量子力学进行分析
2．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．d增大、C减小、Q减小，电流方向为由b向a，故A错误；
B．电容C不变，线路中无电流，故B错误；
C．由向前匀速突然减速时，d减小，可知电容器带电量增大，故C正确；
D．a不变，弹簧形变不变，两板间距离d不变，所以MN之间的电场强度不变，故D错误。
故选C。
【分析】由静止突然向前加速时，N板由于惯性向后移，匀速运动时加速度为0，结合电容定义式决定式进行分析。
3．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；自感与互感；变压器的应用
【解析】【解答】A. 电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则与电容器串联的灯泡L1电路电流增大，L1灯泡变亮，A符合题意；
B. 频率增大，电感L的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，B不符合题意；
C. 光敏电阻随光照强度增加电阻减小，故通过灯泡L3的电流增大，L3灯泡变亮，C不符合题意；
D. S接到b时，原线圈匝数变小，有，可知副线圈电压U2增大，故三个灯泡变亮，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据电容器和电感对交变电流的阻碍作用，结合电路结构可得出灯泡的亮暗情况；利用变压器原副线圈电压与匝数之比可得出副线圈电压的变化情况。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 当极板间距增大时，由可知电容器的电容减小，B不符合题意；
A. 电容器带电量不变，由可知极板间的电势差增大，A不符合题意；
C. 由可知，增大极板间距，极板间电场强度不变，C不符合题意；
D. 由于移动极板过程要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据电容的定义式和决定式，结合匀强电场电场强度的表达式可得出结论。
5．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由于平板电容器上极板接电源的正极，所以两极板间的电场强度竖直向下，由于油滴处于静止则受力平衡，此时电场力方向与重力方向相反为竖直向上，由于油滴受到的电场力方向与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；
B．根据欧姆定律可以得出：两端的电压为
根据电容的定义式可以得出：上极板所带的电荷量为
故B错误；
C．若将下极板上移，则板间距离减小，由于板间电压不变，根据
场强增大，上极板到点间的电势差增大，则到下极板间的电势差减小，由于下极板的电势为0，则P点的电势降低，故C正确；
D．若将上极板左移，两极板间的电压保持不变，根据
电场强度不变，则油滴保持静止，故D错误。
故选C。
【分析】利用极板的电性可以判别电场强度的方向，结合油滴静止可以判别电场力的方向，两者结合可以判别油滴的电性；利用欧姆定律可以求出板间电压的大小，结合电容的定义式可以求出电荷量的大小；利用板间距离的变化可以判别板间电场强度的变化，进而判别电势的大小及油滴受到的电场力变化。
6．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据电容决定式
可知风力增大时，板间距离变小，电容器电容增大；根据
由于极板上电荷量保持不变，则电容器两极板间的电压减小，静电计指针张角变小；根据匀强电场电压和场强关系式
可知板间场强保持不变；则P点与可动极板（接地）间的电势差减小，即P点的电势降低。
故选C。
【分析】根据电容的定义式以及决定式以及匀强电场电压和场强关系式进行分析。
7．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；质谱仪和回旋加速器；霍尔元件
【解析】【解答】A、带电粒子在回旋加速器中，根据
最大轨迹半径
最大动能为
与加速电压无关，故A错误；
B、经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，有
所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；
C、假设该霍尔元件是正电荷导电，根据左手定则可判断正电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带正电，电势高，
不满足条件，故C错误；
D、 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，电容器始终与电源相连，电容器两极板电势差不变，则静电计指针张角不变。故D错误。
故答案为：B。
【分析】熟练掌握回旋加速器的工作原理，根据原理确定带电粒子的最大动能与各物理的关系。经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，在偏转磁场做匀速圆周运动，再结合带电粒子在磁场中运动规律进行分析。根据左手定则确定电荷的移动方向，继而确定极板的正负极，再根据霍尔元件原理判断其合理性。电容器两极板电势差越大，则静电计指针张角越大。
8．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；曲线运动；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．在图甲中如果两轨高度相同，当火车速度过大时火车有向外运动的趋势，则此时摩擦力不足以提供火车做圆周运动的向心力，会挤压外轨，使外轨受损，故A错误；
B．在图乙中物体做曲线运动时，为了描述某点速度的方向，这里运用了“极限”的思想方法，故B正确；
C．在图丙中为显示可变电容器的结构图，转动动片，铝片间正对面积变化，根据电容的决定式可以判别电容就发生变化，故C错误；
D．在图丁中，当增大小球转速时会感到拉力增大，只能说明向心力随着转速增大而增大，并不能证明向心力与转速成正比，故D错误。
故选B。
【分析】当火车内外轨道高度相同时，火车速度过大会挤压外轨，使外轨道受损；为了描述曲线运动的速度方向，则使用了极限的方法；改变电容器的正对面积可以改变电容的大小；利用拉力的变化可以判别拉力大小与小球转速的大小关系。
9．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．由于电容器保持与直流电源两极连接，充完电后，电压U等于电源电动势，所以保持不变，A错误；
B．根据电容的决定式有：
根据表达式可以得出：当极板间距离减小时，电容C增大，B错误；
C．根据电容的定义式有：
结合上述，电容增大，则Q变大，C正确；
D．根据电势差与场强的大小关系有：
极板间距离减小，极板间电压不变，则场强E变大，D错误。
故选C。
【分析】利用电容器与电源相连则电容器电压保持不变，结合电容的决定式可以判别电容的变化，再利用电容的定义式可以判别电荷量的大小变化；利用电势差与场强的关系可以判别电场强度的大小变化。
10．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】，
电容减小，由于电荷量不变，则两极板间的电势差变大，根据
P点与B板间的电势差变大， P点电势变小， 根据
由于电荷带负电，所以负电荷的电势能变大。
故选C。
【分析】根据电容定义式以及决定式进行分析，负电荷在电势低的地方电势能反而大。
11．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】 AB、因电容器的上极板与电源正极相连，故充电过程中上极板带正电荷。充电过程中回路中电流方向为顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点。电容器所带电量Q逐渐增加，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差增加。因电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即充电电流减小，故AB错误；
CD、因充电结束后电容器的上极板带正电荷，故放电过程中上极板仍带正电荷，且回路中电流方向为逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点。电容器所带电量Q逐渐减小，根据电容定义式 ，可知电容器两极板间电势差减小。因电阻R的电压等于电容器电压，故电阻R的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻R的电流减小，即放电电流减小，故D错误，C正确。
故选：C。
【分析】充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向。依据充放电过程电容器所带电量的变化，由电容定义式判断电容器两极板间电势差的变化。依据电阻R的电压变化，根据欧姆定律判断流过电阻R的电流变化，可知充放电电流的变化。充电过程电阻R的电压等于电源电动势与电容器电压之差，放电过程电阻R的电压等于电容器电压。
12．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】设电容器带电量为Q，弹簧原长d0，则不放重物时
根据平衡条件有
放上重物m＇后两极板距离为d＇，则
此时电容器有
解得
则
故答案为：A。
【分析】根据题意结合电容器的决定时确定施加重物前后两极板间的间距。施加重物前后上极板与重物构成整体均处于平衡状态，再根据平衡条件及胡克定律进行联立解答。
13．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用；电路动态分析
【解析】【解答】AB.则根据牛顿第二定律可得加速度为
方向垂直于板向下，平行板间的电场强度为
结合
，
可得
由
可知运动时间增大，沿平行板方向运动的位移
变大，粒子打在O点的右侧，故AB正确；
C．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为
减小，由
可知粒子运动时间变长，沿平行板方向运动的位移
变大，故粒子打在O点右侧，故C错误；
D．保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故D错误。
故选AB。
【分析】电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动。U将增大，电容器两端的电压增大，粒子向下运动的加速度减小。
14．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；电场强度；电势能；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．根据点电荷周围电场线的分布可以得出：点电荷周围离点电荷距离相等的地方场强大小相等，但场强方向不相同，故A项错误；
B．点电荷仅在电场力作用下由静止释放，其电场力做正功，根据功能关系则电势能不断减小，则点电荷将从电势能高的地方向电势能低的地方运动，由于
根据电势能的表达式可以得出：对于正电荷来说电势高的地方电势能也高，对于负电荷来说电势高的地方电势能低。即对于负电荷来说，点电荷仅在电场力作用下由静止释放，电势能不断减小，则点电荷从高电势能到低电势能的地方运动，由于点电荷为负电荷，将从低电势的地方向高电势的地方运动，故B项错误；
C．根据功能关系，则电势能的变化量为
则在确定的电场中移动电荷时，电势能的改变量跟零电势点的选择无关，故C项正确；
D．电容器的构造只需要两个导体，中间绝缘则可以构成电容器，孤立导体也能储存电荷，也具有电容，它与大地构成一个电容器，故D项正确。
故选CD。
【分析】利用电场线的分布可以判别点电荷周围电场强度的大小及方向；利用电场力做功及功能关系可以判别电势能的变化，结合电势能的表达式可以判别电势的高低；利用功能关系可以判别电势能的变化量与0电势点无关；两个导体中间绝缘则可以构成电容器。
15．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．电流表示数为零，M极板与电源正极连接，M极板带正电，故A正确；
B．匀速运动时，极板所带电荷量不变，电容器既不充电，也不放电，电流表示数为零，故B错误；
C．N极板向后运动，电容器极板之间夹角增大，根据
可知，电容器的电容变小，故C正确；
D．保持向前匀加速运动时，加速度一定，电容器极板之间的间距一定，根据
可知，M、N之间的电场强度一定，故D错误。
故选AC。
【分析】静止时，极板所带电荷量不变，电容器既不充电，也不放电。结合电容决定式以及场强电压关系进行分析。
16．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．液滴下落过程中，根据动能定理可知
电键闭合时，电容器两板之间的不变，将A板下移一段距离，不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，为了液滴从板间射出，则增大，液滴才能从小孔b处穿出，A错误，B正确；
CD．液滴下落过程中，根据动能定理可知
电键断开时，根据电势差与场强的关系有：
可知改变两极板距离，场强不变，将A板上移一段距离，随着增大则板间电势差增大，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，减小则板间电势差减小，液滴才能从小孔b处穿出；C错误，D正确。
故选BD。
【分析】液滴下落过程中，利用动能定理结合板间电势差的大小变化可以判别液滴从b板穿出的下落高度；利用电势差与电场强度的关系结合电容的决定式可以判别电势差的变化，结合动能定理可以判别液滴能否从b板离开。
17．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据题意知，油滴所受静电力与重力平衡，电场强度方向竖直向下，故油滴带负电。故A正确；
B．两极板间的电场为匀强电场，库仑定律不适用。故B错误；
CD．上极板下移，板间距d减小，根据
，
则
故电场强度不变，根据
可知油滴所受静电力不变，油滴静止不动，根据
可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小。故C正确；D错误。
故答案为：AC。
【分析】库仑定律适用于点电荷库仑力的计算，静电计指针偏角越大，表明极板间电压越高。
18．【答案】（1）变小
（2）变大
（3）变小
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）根据电容的决定式
可知，若使两极板间距离减小，则电容C增大，根据电容的定义式
可知，电容器的带电荷量Q不变，C增大，则U减小，所以可观察到静电计指针偏转的角度变小；
（2）若两极板间距离不变，将两板平行错开一些，即电容器两极板的正对面积S减小，根据电容的决定式可知，电容C减小，Q不变，则U变大，所以可观察到静电计指针偏转的角度变大；
（3）若两极板间距离、正对面积不变，将一块有机玻璃插到两板之间，则相对介电常量变大，根据电容的决定式可知，电容C变大，根据电容的定义式可知，电容C变大，电荷量Q不变，则两极板间电压U减小，所以可观察到静电计指针偏转的角度变小。
【分析】 电容器所带电荷量不变，明确各操作中电容器各参数的变化情况，再结合电容的决定式及定义式确定电容器两极板间电势差的变化情况，则两极板间电压减小，静电计指针偏转的角度变小。
19．【答案】A；C；；不变
【知识点】电容器及其应用；电磁振荡；观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】（1）①第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R放电，给电容器充电过程中电流从右向左，即为正，由于充电后电容器上极板带正电，电容器通过R放电时，电流从左向右，即为负，故选A。
② I t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小，而放电和充电图像的面积应相等，若只增大电阻箱R的阻值，电容器的电荷量不变，I t图像的面积不变，若只增大电阻箱R的阻值，对电流的阻碍作用变大，电容器放电的时间将变长；故选C。
（2）③ 由图乙可知
④由振荡周期可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC振荡电路的周期不变，则频率也不变。
【分析】根据LC振荡电路原理分析。
1.理解I-t图像的物理意义，以及图像与时间轴包围的面积表示极板带的总电荷量或者放电的总电荷量。
2.识记LC振荡电路频率公式，能够结合图像分析计算。
20．【答案】B；变小；变大；变小；静止不动
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】（1）ABC.使用静电计可测量电容器极板间的电势差变化情况，选项B正确，AC错误；
D.静电计不能用电压表替代，因为电压表必须有电流才能工作，而本实验中没有电流形成，故D错误；
故选B。
（2）图甲中，若将A板向右平移，则两板间距d减小，由 可知，电容C变大，由于电容器与电源断开，Q一定，由Q=CU可知，U减小，即静电计指针张角将变小；
将A板竖直向下平移，则两板相对面积S减小，由 可知，电容C变小，由于Q一定，由Q=CU可知，U变大，则静电计指针张角将变大；
在A、B板间插入电介质，由 可知，电容C变大，由于Q一定，由Q=CU可知，U减小，则静电计指针张角将变小。
（3）将电容器A板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，根据、 以及 可得 ，由于电容器带电量Q一定，则两板间场强E不变，则液滴将静止不动。
【分析】静电计是测量电势差的仪器，电势差变化时，指针张角变化，电势差变大，指针张角变大；电容器与电源断开，所带的电量不变，根据确定电容的变化， 然后根据确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化，根据根据、 以及 得到电场强度表达式，根据表达式判断电场强度变化，判断油滴运动状况。
本题考查电容器的动态分析问题，关键在于明确电容器电容的定义式和决定式的正确应用，注意本题电容器的电量总是不变的。
21．【答案】（1）1
（2）B
（3）5.5×10-3（5.1×10-3~5.9×10-3均算对）
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】（1）开关接1时，电源与电容器组成电路，此时电容器C处于充电状态，开关接2时， 电阻R和电容器C组成电路，此时电容器C处于放电状态。故选1
（2）开关接1时，此时电容器C处于充电状态，充电过程中两极板不断积累电荷，由于电容保持不变，根据电容的定义式可以得出
则随着电荷量Q不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定，电容器两端电压等于电源电压。
故选B。
（3）改接开关，电容器放电。在放电过程中，得到的I-t图像如图乙所示，根据表达式
则图线与坐标轴围成的面积表示电荷量的大小，通过图像可知一个方格表示电荷量为，大约有70个方格，根据图像面积则通过R的电荷量约为。
【分析】（1）利用电容器和电源直接相连可以判别电容器处于充电状态；
（2）当电容器处于充电过程中，由于电容器电容保持不变，根据电容器的定义式可以判别随着电荷量的不断增大则电压器的电压不断增大；
（3）利用电荷量的表达式可以判别电流时间图像的面积代表电荷量的大小，利用方格面积及方格的数量可以求出图像面积即电荷量的大小。
（1）开关接1时，电源与R和C组成电路，此时C处于充电状态，开关接2时， R和C组成电路，此时C处于放电状态。故选1
（2）开关接1时，此时C处于充电状态，其两极板不断积累电荷，由公式
电容只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，所以两极板电压不断增加，最终趋于稳定等于电源电压。
故选B。
（3）改接开关，电容器放电。此过程中，得到的I-t图像如图乙所示，其图线与坐标轴围成的面积表示电荷量的大小，通过图像可知一个方格表示电荷量为，大约有70个方格，则通过R的电荷量约为
22．【答案】解：(1)由于
则有
解得
(2)距离改变后，场强变为
则
所以
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】（1）场强水平向左，沿电场线电势降低，根据电势差定义进行分析；
（2）距离改变后，场强改变，结合匀强电场电势差与电场强度关系进行分析。
23．【答案】（1）解：粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：
水平方向有：
竖直方向有：
解得：
v0=10m/s
（2）解：由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：
根据牛顿第二定律得：
解得：
U1=120V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：
根据牛顿第二定律得：
解得：
U2=200V
所以所加电压的范围为：
120V≤U≤200V
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）闭合开关前，粒子在重力作用下做平抛运动，根据题意确定粒子在水平和竖直方向的位移，再结合平抛运动规律进行解答；
（2）粒子从电容器的右边射出，则当上极板与电源负极相连，粒子从右边射出的临界情况为粒子从下板的右边缘射出，当上极板与电源正极相连，粒子从右边射出的临界情况为粒子从板的右边缘射出。粒子在电场力和重力合力的作用下做类平抛运动，再结合分析确定粒子在竖直方向和水平方向的位移，再结合类平抛运动规律进行解答。
24．【答案】（1）导体棒向左运动，根据左手定则，导体棒中的电流向上，电容器的上极板带负电
（2）对导体棒，由动量定理得
累加得
流过导体棒的电荷量等于电容器的电荷量的减少量有
导体棒达到最大速度时有
解得
（3）电容器放电消耗的总能量为
而
导体棒获得的动能为
则该发射器的效率为
【知识点】动量定理；电容器及其应用；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据右手定则判断电流方向；
（2） 对导体棒，由动量定理可以求得流过导体棒的电荷量的相应等量关系，结合电容定义式进行分析；
（3）求出电容器放电消耗的总能量，再求导体棒获得的动能，获得的动能除以消耗的总能量等于 发射器的效率 。
25．【答案】（1）解：开关S闭合时，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻的功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）解：解法一
断开开关S，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而恒力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为=
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
解法二
当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。设某时刻充电电流为I，电容器两极板之间的电压为U，根据欧姆定律，I=
金属棒匀速运动，受力平衡，F'=BIL
当外力功率为定值电阻功率的两倍时，有F'v=2I2R
联立解得 U=
从开关断开到此刻外力所做的功 W=Σ（BIL·v△t）=BLv·ΣI△t= BLv·q= BLv·CU=
【知识点】电容器及其应用；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开关S闭合时，当施加的恒力F与安培力相等时，金属棒的速度最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解恒定的外力。再对金属棒速度为v时，由恒力F的功率与定值电阻的功率的关系求解速度v的大小。
（2）断开开关S，金属棒以速度v匀速运动，水平外力F与安培力等大反向。电容器与定值电阻串联，电容器不断充电，根据闭合电路欧姆定律，结合外力的功率与定值电阻的功率的关系求解此时电容器两端电压。应用微元法，结合电容器定义式求解外力所做的功。
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