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第10章
静电场中的能量
第四节
电容器的电容
知识点一、电容器
1．组成
(1)在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质——电介质，就组成一个简单的电容器．
(2)两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器．
2．电容器的充电
(1)条件：电容器的两个极板分别与电源的正负极相连．
(2)结果：两个极板分别带上了等量的异种电荷．
(3)能量：充电后，两极板间有电场存在，充电过程中由电源获得的电能储存在电容器中．
3．电容器的放电
(1)条件：用导线把充电后的电容器的两极板接通．
(2)结果：两极板上的电荷中和，电容器不再带电．
(3)能量：两极板间不再有电场，电势能转化为其他形式的能．
4．对电容器的理解
(1)电容器的作用：储存电荷和电能．
(2)电容器的带电特点：两极板带有等量异种电荷，且分布在两极板相对的内侧．
★★实验：观察电容器的充、放电现象
一、实验目的
1．知道电容器的构造．
2．根据电路图正确连接实物图，认真观察电容器充、放电的实验现象．
二、实验电路
如图，图甲为充电过程，图乙为放电过程．
三、实验器材
直流电源、电阻、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表和电压表．
四、实验过程
一、实验步骤
1．调节直流可调电源，输出为6
V，并用多用电表校准．
2．关闭电源开关，正确连接实物图，电路图如下．
3．打开电源，把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在数据处理的表格中．
4．把单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在数据处理的表格中．
5．记录好实验结果，关闭电源．
二、实验现象
实验项目
实验现象
电容器充电
灯泡L
亮度由明到暗最后熄灭
电流表A1
读数由大到小最后为0
电压表
读数由小到大最后为6
V
电容器放电
灯泡L
亮度由明到暗最后熄灭
电流表A2
读数由大到小最后为0
电压表
读数由大到小最后为0
五、注意事项
1．电流表要选用小量程的灵敏电流表．
2．要选择大容量的电容器．
3．实验过程中要在干燥的环境中进行．
4．在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，避免烧坏电流表．
【例1】在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3
kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接．先把开关S接1，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S接2，电容器放电，直至放电完毕．实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u－t曲线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图．
丙
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流的方向________(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间________(选填“增加”或“减小”)．
(2)当开关接1时，是充电还是放电？上极板带什么电？
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值．请你分析并说明该同学的说法是否正确．
解析 (1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小．(2)当开关接1时，电容器与电源连接，是充电，且上极板带正电．(3)正确．因为当开关S接2，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R上的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”，可应用C＝＝计算电容值．
答案 (1)相反 减小 (2)充电 带正电 (3)正确
【例2】(多选)电流传感器可以像电流表一样测量电流，可以捕捉到瞬间的电流变化，相当于一个理想电流表．用如图甲所示的电路来研究电容器的放电过程．实验时将开关S拨到1端，用直流电压为8
V的电源给电容器充电，待电路稳定后，将电流传感器打开，再将开关S拨到2端，电容器通过电阻R放电．以S拨到2端时为t＝0时刻，电流传感器测得的电流I随时间t的变化图像如图乙所示，根据题意，下列说法正确的是( )
A．由I－t图像可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2×10－3
C
B．由I－t图像可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2
C
C．此电容器的电容约为4.0×10－4
F
D．此电容器的电容约为0.4
F
AC [将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则IΔt为这段时间内的电量，则电容器所带的电荷量为Q＝I1Δt1＋I2Δt2＋I3Δt3＋…＋InΔtn，式中I1Δt1、I2Δt2……为图中的狭条形面积，由此可知，电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积．纵坐标的每个小格为0.2
mA，横坐标的每个小格为0.4
s，则每个小格所代表的电荷量数值为q＝0.2×10－3×0.4
C＝8×10－5
C，曲线下包含的小正方形的个数为39个(格数为38～42都正确)；总放电量为Q＝39×8×10－5
C＝3.12×10－3
C，故选项A正确，选项B错误．由电容器的计算公式，可得电容值C＝＝
F＝4×10－4
F，故选项C正确，选项D错误．]
知识点二、电容
1．定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U的比值，公式为C＝．
2．物理意义：表示电容器储存电荷的特性的物理量．
3．单位：1
F＝106μF＝1012
pF．
4．决定电容大小的因素：平行板电容器的电容C跟电介质的相对介电常数εr成正比，跟极板的正对面积S成正比，跟极板间的距离d成反比．公式C＝，当平行板电容器的两极板之间为真空时，C＝．
5．对电容的理解
(1)电容由电容器本身的构造决定．电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，用比值C＝来定义，但它与Q、U无关，是由电容器本身的构造决定的，即使电容器不带电，它的电容仍然存在，并且是一个确定的值，正如一个容器，不管它盛水与否，它的容积都是一个定值．
(2)通过Q
－U图像理解．如图所示，图像是一条过原点的直线，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两板间的电势差，直线的斜率表示电容大小．因而电容器的电容也可以表示为C＝，即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增大(或减小)1
V所增加(或减少)的电荷量．
【例3】如图所示是一个超级电容器，其上标注有“3000F
2.7V”，关于该电容器，下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的击穿电压为2.7V
B．该电容器充电时，电源的正极应接电容器的负极
C．当该电容器两端的电压为1.35V时，它的电容为1500F
D．在该电容器电压允许的范围内，两端电压每增加1V，它的带电荷量将增加3000C
【分析】电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，采用的是比值定义法，由电容器本身特性决定；电容器外壳上标的电压是额定电压；根据电容器的定义可以确定电压升高时电量的增加量。
【解答】解：A、电容器外壳上标的电压是额定电压，这个数值比击穿电压低，故A错误；
B、电容器充电时，电源的正极应接电容器的正极，故B错误；
C、电容反映的是电容器储存电荷的本领，由电容器本身特性决定，与电容器两端的电压U无关，由题中实物图可读出该电容器的电容为3000
F，则电容器两端的电压变为1.35V时，它的电容还是3000
F，故C错误；
D、由C＝＝＝3000F，可知在该电容器电压允许的范围内，两端电压每增加1V，带电荷量将增加3000C，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电容器的性质，要知道电容的定义采用的是比值定义法，其大小与电量和电压无关。并要求学生掌握电容器的充放电过程以及电容器铭牌上数据的意义。
【例4】一个平行板电容器，当其电荷量增加△Q＝2.0×10﹣6C时，两板间的电压升高△U＝10V，则此电容器的电容C为多大？若将两极板之间的距离增大一倍，当两板间电压为20V时，则电容器的所带电荷量Q为多少？
【分析】电容的定义式为C＝，对于给定的电容器，电容是一定的，根据数学知识得到C＝，由此式求解电容；
根据C＝，从而求解电容，再由C＝
变形求解电量。
【解答】解：已知△Q＝2.0×10﹣6C，△U＝10V，
则电容器的电容C＝＝2.0×10﹣7F；
若将两极板之间的距离增大一倍，根据C＝，可知，电容变小原来一半，即为C＝1.0×10﹣7F；
由C＝
变形得，Q＝CU＝1.0×10﹣7×20C＝2×10﹣6C。
答：则此电容器的电容C为2.0×10﹣7F，则电容器的所带电荷量Q为2×10﹣6C。
【点评】本题考查电容器的电容公式的掌握情况和应用能力，对于给定的电容器，其电容是一定的，由电容器本身的特性决定，与电容器的电量、电压无关。
知识点三、常用电容器
1．分类
按电介质分：空气电容器、聚苯乙烯电容器、陶瓷电容器、电解电容器等．
按电容是否可变分：可变电容器、固定电容器等．
2．电容器的额定电压和击穿电压
(1)额定电压：电容器能够长期正常工作时的电压．
(2)击穿电压：电介质被击穿时在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会被损坏．
知识点四、平行板电容器动态变化问题
1．分析比较的思路
(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．
(2)用决定式C＝确定电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝判定电容器所带的电荷量Q或两极板之间的电压U的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
2．两类动态变化问题的比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小，Q变小，E变小
C变小，U变大，E不变
S变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
εr变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
【例5】如图所示是一个由电池、电流计、理想二极管、电键S与平行板电容器组成的串联电路，其中电流计指针偏转方向与电流方向满足图示“右进右偏，左进左偏”。电键S闭合，电路稳定后，下列说法正确的是（ ）
A．若将A板向上平移一小段距离，则电流计指针会左偏
B．若紧贴A板内侧插入一块玻璃板，则电流计指针会左偏
C．若将B板向右平移一小段位移，则电流计指针会右偏
D．若将B板向上平移一小段位移，则电流计指针会右偏
【分析】依据电容的决定式C＝来判定电容的变化，再由电容的定义式C＝来判定当电量Q不变时，电容与电压的关系，当电压U不变时，电容与电量的关系，从而即可判定。
【解答】解：A、若将A板向上平移一小段距离，即极板间距d增大，根据电容的决定式C＝，可知，电容会减小，而由图可知，二极管的单向导电性，因此电容器只能充电不会放电，那么由电容的定义式C＝，电容器处于不能放电状态，因此电容器的电量Q不变，则电流计指针不动，故A错误；
B、若紧贴A板内侧插入一块玻璃板，即极板间电介质?增大，根据电容的决定式C＝，可知，电容会增大，而由图可知，二极管的单向导电性，而电容器能充电，那么由电容的定义式C＝，电容器的电压U不变，电流从右进入电流计，那么电流计指针会右偏，故B错误；
C、若将B板向右平移一小段位移，即极板的正对面积减小，根据电容的决定式C＝，可知，电容会减小，而由图可知，二极管的单向导电性，因此电容器只能充电不会放电，那么由电容的定义式C＝，电容器处于不能放电状态，因此电容器的电量Q不变，则电流计指针不动，故C错误；
D、若将B板向上平移一小段位移，即极板间距d减小，根据电容的决定式C＝，可知，电容会增大，而由图可知，二极管的单向导电性，而电容器能充电，那么由电容的定义式C＝，电容器的电压U不变，电流从右进入电流计，那么电流计指针会右偏，故D正确；
故选：D。
【点评】考查电容器的动态分析，掌握电容的决定式与定义式的应用，理解二极管的单向导电性，注意此处的电容器只能充电不能放电是解题的关键。
【例6】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，电容器上极板与一静电计相连，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一质量为m的带电微粒静止于电容器的中点P，P点与上、下极板间距离均为d，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．微粒一定带正电
B．若电容器上极板竖直向下移动一小段距离，电容器电容增大，静电计指针张角变小
C．若先把电容器上极板竖直向下移动后，再将微粒由静止释放，经过时间t＝微粒到达上极板
D．若先把电容器上极板竖直向下移动后，再将微粒由静止释放，微粒运动一段时间后打在极板上并被捕获，微粒与极板作用过程中所受合外力的冲量大小为2m
【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。
【解答】解：A、由题图可知，平行板电容器间电场方向竖直向下，微粒处于静止状态，满足mg＝qE，可知微粒受到的电场力方向竖直向上，故微粒一定带负电，故A错误；
B、若平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，两板的间距变小，可知电容器的电容增大，又因为静电计指针张角的变化表征电容器两极板间的电势差变化，题中两板间电势差U为电源的电动势E，保持不变，所以静电计指针的张角不变，故B错误；
C、电容器上极板竖直向下移动后，场强大小由变为，电场力大小为，微粒向上运动的加速度大小为，由得，故C正确；
D、设微粒与上极板作用过程中所受合外力的冲量大小为I，故微粒从静止开始运动到被捕获这一过程，由动量定理有I﹣mat＝0﹣0，解得，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电容器、带电粒子在电场中的运动和动量定理，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．
【例7】如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板向下移动到虚线位置，其他条件不变。则（ ）
A．油滴将向上运动
B．在B极板移动过程中电流计中有由b流向a的电流
C．油滴的电势能将增大
D．极板带的电荷量增大
【分析】极板始终接在电源的两端，两端的电势差不变，结合d的变化判断电场强度的变化，从而得出电场力的变化，得出油滴向哪个方向运动；根据电容的变化得出电容器所带电荷量的变化，确定出电流计中电流的方向；根据电场力做功判断电势能的变化。
【解答】解：A、电容器与电源连接，则其两端的电势差U不变，将B极板向下移动到虚线位置，d增大，电场强度减小，电场力减小，开始电场力和重力平衡，则油滴向下运动，故A错误；
BD、因d增大，根据C＝知，电容减小，根据Q＝CU知，电容器所带的电荷量减小，电流计中有a流向b的电流，故B错误，D错误；
C、由于油滴向下运动，电场力方向向上，电场力做负功，则电势能增大，故C正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化。由E＝分析场强的变化。
【例8】(多选)电源、开关、滑动变阻器和平行板电容器连成如图所示电路，P点到A、B两极板的距离相等，且B板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电荷量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E。则下列说法正确的是（ ）
A．若将A板下移少许，则Q变大，U不变，E变大
B．若滑动变阻器的滑片向左移动，则Q变大，U减小，E变大
C．若断开开关，将A板下移少许，则P点的电势不变
D．若断开开关，将A板向左移动少许，则Q不变，U不变，E不变
【分析】电容器充电后断开电源，电容器上的电量不变；而一直与电源相连，则电压不变；再由电容器的决定式及定义式可分析各物理量的变化规律．
【解答】解：A、保持开关闭合，则极板间电压U不变，若将A板下移少许，即减小极板间距d，由C＝
可知，电容器的电容增大；由Q＝UC可知，Q增大，由E0＝
可知，电场强度变大，故A正确；
B、因滑动变阻器与电容器串联接在电源上，其变阻器相当于导线，则滑片的移动不会改变电路电压，则Q、U及E均不变，故B错误；
CD、给电容器充电后与电源断开，电量Q不变，若将A板下移少许，即减小极板间距，由C＝
可知，电容器的电容增大；由Q＝UC可知，U减小，由E0＝＝
可知，E0不变，所以P点到下极板的电压不变，则P点的电势也不变，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】对于电容器的动态分析问题，要注意明确两种情况，若充电后断开电源，则电量不变；若充电后与电源相连，则电压不变，同时理解电场强度E＝＝
公式的应用。
【例9】如图所示，把一个平行板电容器接在电压U＝5V的电源上．现进行下列四步操作：（1）合上S；（2）在两板中央插入厚为的金属板；（3）断开S；（4）抽出金属板。则此时电容器两板间的电势差为（ ）
A．0
B．10V
C．5V
D．20V
【分析】明确步骤的变化，知道开关闭合时电压不变，而开关断开后电量不变；加入金属板时相当于d减小，而抽出后d增大；根据电容的决定式分析电容的变化，由Q＝UC即可确定电势差的变化。
【解答】解：步骤（1）中合上开关时，电压为5V；
步骤（2）在两板中央插入厚为的金属板时，电势差仍然为U＝5V；
断开S后，电量不变，抽出金属板可以等效为极板间距增加为2倍，
根据公式C＝，电容减小为原来的；
由C＝可知电压增加为2倍，即U′＝2U＝10V，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变。
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精品试卷·第
2
页
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第10章
静电场中的能量
第四节
电容器的电容
一．选择题(共12小题)
1．(2021春?晋城期中)雷云一般聚集了大量的负电荷Q，假设雷云与大地构成了一个大电容器，把它视作平行板电器，其电容为C，则下列说法正确的是( )
A．雷云与大地之间的电压为CQ
B．雷云与大地之间的电场线方向向下
C．雷云在赤道上放电时电子受到向东的洛伦兹力
D．若雷云持续放电时间为t，则放电电流的平均值为
2．(2021春?徐汇区校级月考)两块平行、正对放置的金属板间被空气隔开，当两块金属板分别带上等量异种电荷、电荷量均为Q时，两金属板间的电压差为U，且满足Q＝CU，其中C为某一常量。C用国际单位制中基本单位可表示为( )
A．A2?s4/(kg?m2)
B．A2?s4/(kg?m)
C．C2?s2/(kg?m2)
D．C2?s4/(kg?m2)
3．(2020秋?房山区期末)如图是描述电容C、带电荷量Q、电势差U之间的相互关系的图线，对于给定的电容器，下列关系不正确的是( )
A．
B．
C．
D．
4．(2021春?南京月考)根据电容电容器的电容定义式C＝可知( )
A．电容器带的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比
B．电容器的电容大小与其带电情况无关
C．电容器两极板间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比
D．电容器不带电时，其电容为零
5．(2021?山东模拟)利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合。下列说法正确的是( )
A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
B．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
C．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大
D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度减小
6．(2021春?扶余市月考)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减小
B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持增大
C．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电荷量将减少
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
7．(2021春?浙江月考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法中正确的是( )
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流
8．(2021春?瑶海区月考)如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是( )
A．带电液滴可能带正电
B．增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流
C．断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降
D．断开S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动
9．(2020秋?朝阳区月考)在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是( )
A．图乙中形成图线2的过程，电容器的电容在逐渐减小
B．电容器放电过程中释放的电场能等于充电过程中电源释放的电能
C．由于电阻R存在，图乙中图线1与横轴所围的面积大于图线2与横轴所围的面积
D．图乙中形成图线1的过程中，电容器两极板间电压升高的越来越慢
10．(2021?河北模拟)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，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点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ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．E不变，Ep不变
B．U不变，E减小
C．θ增大，E不变
D．θ不变，Ep增大
11．(2020秋?桂林期末)如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是( )
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势降低
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势变大
12．(2020秋?张掖期末)如图所示，带有等量异种电荷的平行板电容器与静电计相连，静电计的金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间的P点固定着一个检验电荷，U表示两板之间的电压，E表示两板间的电场强度，θ表示静电计指针的偏角，Ep表示检验电荷在P点的电势能。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中的虚线位置，则( )
A．U增大，Ep不变
B．E不变，Ep不变
C．θ减小，E增大
D．E不变，θ增大
参考答案与试题解析
一．选择题(共12小题)
1．(2021春?晋城期中)雷云一般聚集了大量的负电荷Q，假设雷云与大地构成了一个大电容器，把它视作平行板电器，其电容为C，则下列说法正确的是( )
A．雷云与大地之间的电压为CQ
B．雷云与大地之间的电场线方向向下
C．雷云在赤道上放电时电子受到向东的洛伦兹力
D．若雷云持续放电时间为t，则放电电流的平均值为
【分析】雷云相当于带负电荷一个极板，在放电的过程中负电荷在电场力的作用下导入大地，由于地球周围分布着磁场，因而负电荷受到洛伦兹力的作用发生偏转，可根据电流强度的定义式来估算平均电流的大小。
【解答】解：A、根据电容公式，那么雷云与大地间的电压为，故A选项错误；
B、雷云上的负电荷在导入大地的过程中，受到向下的电场力，那么电场线的方向应该向上，故B项错误；
C、雷云在赤道上放电时，电子运动方向指向地心，地磁场在赤道上方向水平指向正北，由左手定则判断出电子受到向西的洛伦兹力。故C项错误；
D、设雷云持续放电时间为t，根据电流强度的定义式可以得出放电电流的平均值为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以雷云放电过程为背景，涉及到电容、电场线、洛伦兹力和电流强度等概念的考查，体现学科素养理解能力的考查，基础题。
2．(2021春?徐汇区校级月考)两块平行、正对放置的金属板间被空气隔开，当两块金属板分别带上等量异种电荷、电荷量均为Q时，两金属板间的电压差为U，且满足Q＝CU，其中C为某一常量。C用国际单位制中基本单位可表示为( )
A．A2?s4/(kg?m2)
B．A2?s4/(kg?m)
C．C2?s2/(kg?m2)
D．C2?s4/(kg?m2)
【分析】先判断每一个单位是什么物理量的单位，然后根据物理公式进行推导，能推导出的就是正确的．
【解答】解：
根据C＝得1F＝1C/V；
根据U＝Ed得1V＝1N?m/C，
则有1F＝1C2/N?m；
再根据F＝ma得1N＝1kg?m/s2，
所以1F＝1C2?s2/(kg?m)，
而q＝It，那么1C＝1A?s
因此1F＝1A2?s4/(kg?m)，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【点评】本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键．国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
3．(2020秋?房山区期末)如图是描述电容C、带电荷量Q、电势差U之间的相互关系的图线，对于给定的电容器，下列关系不正确的是( )
A．
B．
C．
D．
【分析】电容是描述电容器容纳电荷量的本领；其大小只与电容器本身有关，和电量及电压无关。
【解答】解：ABC、电容器的电容与Q及U无关，故在C﹣U及C﹣Q图象中，均为水平直线；故AB正确，C错误；
D、由Q＝UC可知，Q与U成正比，故D正确。
本题选不正确的，
故选：C。
【点评】本题要掌握电容的定义，同时要注意图象的意义；能将公式及图象有机的结合在一起是解题的关键。
4．(2021春?南京月考)根据电容电容器的电容定义式C＝可知( )
A．电容器带的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比
B．电容器的电容大小与其带电情况无关
C．电容器两极板间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比
D．电容器不带电时，其电容为零
【分析】明确电容的性质以及其定义式，知道电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关．电容器不带电时，电容并不为零。
【解答】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变，故A错误；
B、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关，故B正确；
C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定，故C错误；
D、电容反映电容器本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查对电容的理解能力。电容的定义式是采用比值定义法，有比值定义的共性，C与Q、U无关，反映电容器本身的特性。
5．(2021?山东模拟)利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合。下列说法正确的是( )
A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
B．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
C．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大
D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度减小
【分析】静电计测量电容器板间电势差，电势差越大，指针张角越大。根据电容的决定式和定义式，结合电容器不接电源，电量Q不变，而电容器接电源，则电压U不变，从而分析静电计指针张角的变化。
【解答】解：当使电容器带电后与电源断开则电荷量Q不变；当使电容器与电源接通，则电压U不变，再由电容的决定式和电容的定义式：C＝＝，分析如下：
A、若仅将A板缓慢竖直向上平移，依据电容的决定式C＝，可知，当正对面积S减小，电容减小，由于电压U不变，则静电计指针的偏角不变，故A错误；
B、若S断开后，则电荷量不变，仅将A板缓慢竖直向上平移，依据电容的决定式C＝，可知，当正对面积S减小，电容减小，依据C＝，则电压U变大，则静电计指针的偏角将增大，故B正确；
C、若S断开后，则电荷量不变，仅在A、B板间插入玻璃板，依据电容的决定式C＝，可知，当电介质?增大，电容增大，依据C＝，则电压U变小，则静电计指针的偏角将减小，故C错误；
D、若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，即两板间距离d增大，则电容减小，因电荷量不变，依据C＝，则U增大，则静电计指针的偏转角度增大，故D错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。
6．(2021春?扶余市月考)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减小
B．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持增大
C．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电荷量将减少
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
【分析】闭合开关S后，电容器板间电压等于滑动变阻器R两端的电压，由R两端的变压的变化判断电容器的电压变化情况，再由电容定义式判断电荷量的变化；在两板间插入电介质或改变板间距离，根据电容决定式判断电容的变化；再由定义式，判断电量的变化，由电容器的充放电情况分析电流计中电流的方向。
【解答】解：AB、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，C＝，电容器的电容将增大，故A错误，B正确；
C、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错误；
D、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。
故选：B。
【点评】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。
7．(2021春?浙江月考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法中正确的是( )
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流
【分析】S闭合后电容器的电压不变，根据板间距离的变化，分析场强的变化，即可判断油滴的运动情况，由公式Q＝CU分析电容器的电量变化。当S断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态。
【解答】解：A、开始时，重力和电场力平衡，故：mg＝qE；在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，由E＝可知，E变大，故油滴应向上加速运动；
根据C＝、C＝，有：Q＝，因电压U不变，随着间距d减小，故电容器电量增大，充电，故G中有a→b的电流，故A错误；
B、在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止；根据C＝、C＝，有：Q＝，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流，故B正确；
C、若将S断开，Q不变，将A向左平移一小段距离，根据C＝可知，电容C减小，再根据C＝可知，U增大；根据U＝Ed可知，E增大；电场力增大，油滴向上加速运动；但由于电量不变，故G中无电流，故C错误；
D、若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据C＝，电容增大；根据C＝、U＝Ed，得到E＝，故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，G中仍没有电流，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查电容的动态分析问题，解题的关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式U＝Ed和共点力平衡条件列式分析。
8．(2021春?瑶海区月考)如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是( )
A．带电液滴可能带正电
B．增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流
C．断开S，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速下降
D．断开S，减小两极板距离的过程中，液滴静止不动
【分析】带电量为q的液滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，可判断其电性；根据电容的决定式C＝分析电容的变化；再由公式E＝分析板间场强的变化，而分析液滴的运动情况。
【解答】解：A、因为带电量为q的液滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，则知电场力向上，而场强向下，所以液滴一定带负电，故A错误；
B、增大两极板间距离，根据电容的决定式C＝，可知电容C减小，再根据公式C＝分析，结合极板间的电压U不变，可知，极板电量减小，则电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故B错误；
C、断开S，极板上是电量不变，在减小两极板正对面积的过程中，根据电容的决定式C＝，可知电容C减小，再根据公式C＝分析可知U增大，
再根据公式E＝可知E增大，因此带电液滴受到的电场力大于重力，液滴将加速向上运动，故C错误；
D、断开S，极板上是电量不变，在减小两极板两极板距离过程中，根据电容的决定式C＝、电容器的定义式C＝和E＝联立可得：E＝与d无关，即E保持不变，所以液滴静止仍然不动，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题的关键是要抓住不变量。当电容器保持与电源相连时，其电压不变，当断开电键时，其电荷量不变；同时掌握电容的定义式与决定式的内容及其区别。
9．(2020秋?朝阳区月考)在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i﹣t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是( )
A．图乙中形成图线2的过程，电容器的电容在逐渐减小
B．电容器放电过程中释放的电场能等于充电过程中电源释放的电能
C．由于电阻R存在，图乙中图线1与横轴所围的面积大于图线2与横轴所围的面积
D．图乙中形成图线1的过程中，电容器两极板间电压升高的越来越慢
【分析】电容器充电过程中，电荷量增加，根据电容的定义式C＝分析极板间电压的变化；在放电的过程中，电荷量逐渐减小，电容不变．根据i﹣t图线所围成的面积求解放电的电荷量。
【解答】解：A、在形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，电容器的电容保持不变，故A错误；
B、充电过程中电源提供的电能部分转化为内能，大部分转化为电容器中的电场能，故B错误；
C、根据q＝It，可知I﹣t图线与时间轴围成的面积表示电荷量。由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，与电阻R存在无关，故C错误；
D、在形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电量增大，电容不变，根据可知，两极板电压逐渐增大，由图可知电流变化越来越慢，则电荷量变化越来越慢，电容器两极板间电压升高的也越来越慢，故D正确。
故选：D。
【点评】该题考查了电容器的相关知识，解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容与电压、电量无关，以及明确i﹣t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
10．(2021?河北模拟)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，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点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ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．E不变，Ep不变
B．U不变，E减小
C．θ增大，E不变
D．θ不变，Ep增大
【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角θ的变化；根据U＝Ed分析电场强度E的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能EP的变化．
【解答】解：电容器与电源断开，故电量Q不变；将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置时，两板间的距离减小，根据C＝
可知，电容C增大，则根据C＝可知，电压U减小，故静电计指针偏角θ减小；
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＝qEL；
因此电荷在P点的电势能EP保持不变；
两板间的电场强度E＝＝＝；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度E不变；
综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式C＝
和定义式C＝；同时注意要掌握相关结论的应用，如可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变．
11．(2020秋?桂林期末)如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是( )
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势降低
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，P点电势变大
【分析】S闭合后电容器的电压不变，根据板间距离的变化，分析电场强度的变化，即可判断油滴的运动情况，由公式Q＝CU分析电容器的电量变化。S断开，电容器电量不变，板间电场强度不变，油滴仍处于静止状态。
【解答】解：A、开始时，重力和电场力平衡，故：mg＝qE；若将A板向下平移一小段位移，由E＝可知，E变大，故油滴应向上加速运动；根据C＝、C＝，有：Q＝，因电压U不变，随着间距d减小，故电容器电量增大，充电，故G中有a→b的电流，故A错误；
B、若将A板向右平移一小段位移，即减小正对面积，由E＝可知，因间距d不变，那么E不变，油滴仍静止；根据C＝、C＝，有：Q＝，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流，故B错误；
C、若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据C＝可知，电容C减小，再根据C＝可知，U增大；根据U＝Ed可知，E增大；电场力增大，油滴向上运动；但由于电量不变，故G中无电流，由于电场强度E变大，则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低，故C正确；
D、若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据C＝，电容增大；根据C＝、U＝Ed，得到E＝，故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，G中没有电流，且P点电势也不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电容的动态分析问题，解题的关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，断开时，电容器的电量不变，然后结合公式U＝Ed和共点力平衡条件列式分析。
12．(2020秋?张掖期末)如图所示，带有等量异种电荷的平行板电容器与静电计相连，静电计的金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间的P点固定着一个检验电荷，U表示两板之间的电压，E表示两板间的电场强度，θ表示静电计指针的偏角，Ep表示检验电荷在P点的电势能。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中的虚线位置，则( )
A．U增大，Ep不变
B．E不变，Ep不变
C．θ减小，E增大
D．E不变，θ增大
【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角θ的变化；根据U＝Ed分析电场强度E的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能EP的变化．
【解答】解：两板间的电场强度E＝＝＝；因此电场强度与板间距无关，那么电场强度E不变，
再根据设P与下极板距离为L，且下极板接地，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝qEL；
因此电荷在P点的电势能EP保持不变；
电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C＝
可知，电容C增大，则根据C＝可知，电压U减小，故静电计指针偏角θ减小，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式C＝
和定义式C＝；同时注意要掌握相关结论的应用，如可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变．
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精品试卷·第
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