突破41 平行板電容器的動態(tài)分析與帶電體在電容器中的運動問題一：電容器的動態(tài)變化問題1 兩個公式的比較公式的特點定義式，適用于一切電容器決定式，適合平行板電容器意義反映容納電荷的本領反映了影響電容大小的因素2 兩類典型的動態(tài)變化分析在解題中運用到的公式：C； C；E3. 解決電容器問題的兩個常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，由E知，電場強度與板間距離無關。(2)針對兩極板帶電荷量保持不變的情況，還可以認為一定量的電荷對應著一定數(shù)目的電場線，如圖甲所示；當兩極板間距離變化時，如圖乙中電場線疏密不變，場強不變；當兩極板正對面積變化時，如圖丙中電場線變密，場強增大?！镜淅?】如圖，平行板電容器經(jīng)開關K與電池連接，a處有一帶電量非常小的點電荷.K是閉合的，Ua表示a點的電勢，f表示點電荷受到的電場力.現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則A. Ua變大，f不變 B. Ua變大，f變小C. Ua不變，f不變 D. Ua不變，f變小【答案】B【解析】由于開關K閉合，且電容器兩極板始終與電源的兩極相連，故電容器兩極板之間的電壓UAB保持不變。隨B極板下移兩極板之間的距離增大，根據(jù)E=U/d可知兩極板之間的電場強度E減小，由于UAa=EhAa，由于電場強度E減小，故UAa減小，由于UAB=UAa+UaB，所以UaB增大，由題圖可知電源的負極接地，故B極板接地，所以B板的電勢為0即UB=0，又UaB=Ua-UB，所以Ua=UaB增大。而點電荷在a點所受的電場力f=qE，由于E減小，所以電場力f減小。故B正確。故選B。點睛：本題難度較大，涉及知識面大，需要認真分析方法是：先找不變量（UAB），再找容易確定的物理量（E和UAa），最后求出難以確定的量（確定UaB不能用UaB=EhaB，因為E和haB一個變大另一個變?。镜淅?】如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D減小，E不變【答案】D【跟蹤短訓】1如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極之間的電勢差，現(xiàn)使B板帶正電，A板帶負電，則下列說法正確的是（ ） A. 將A板稍微向右移，靜電計指針張角將變小B. 若將A板稍微向上移，靜電計指針張角將變小C. 若將A板拿走，靜電計指針張角不為零D. 若將玻璃板插入兩極板之間，靜電計指針張角將變小【答案】ACD【點睛】在分析電容器動態(tài)變化時，需要根據(jù)C=S4kd判斷電容器的電容變化情況，然后結合E=Ud，C=QU等公式分析，需要注意的是，如果電容器和電源相連則電容器兩極板間的電壓恒定，如果電容器充電后與電源斷開，則電容器兩極板上的電荷量恒定不變2一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器( )A極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變【答案】D【解析】平行板電容器電容的表達式為C，將極板間的云母介質移出后，導致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)QCU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。二、與力學知識相關的電容器問題解答與力學知識相關的電容器問題，步驟如下：（1）首先確定不變量.通過審題，明確電容器的帶電特點，是兩極板間電壓不變，還是電容器所帶電荷量不變（2）選取研究對象，進行受力分析.在分析受力問題時，要注意判斷帶電體是否忽略重力，（3）根據(jù)牛領第二定律或平衡條件列方程，進而判斷在電容器某些因素發(fā)生變化的情況下，帶電體的運考是否發(fā)生變化以及怎樣變化等【典例3】如圖所示，兩塊平行金屬板c、d豎直放置，其間有用絕緣細線懸掛的帶電小球，閉合開關，滑片P位于ab正中間時，小球偏離豎直方向角，則()A保持滑片P位置不變，將板c略向右移動，角將變小B僅斷開開關，角將不變C僅調節(jié)電阻箱R使其阻值增大，角將變大D僅將滑片P向b端移動時，角將變大【答案】D【典例4】如圖所示，A、B為水平放置平行正對金屬板，在板中央分別有一小孔M、N，D為理想二極管，R為滑動變阻器。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電荷的帶電小球從M、N的正上方的P點由靜止釋放，小球恰好能運動至小孔N處。下列說法正確的是（）。A: 若僅將A板上移，帶電小球仍將恰好運動至小孔N處B: 若僅將B板上移，帶電小球將從小孔N穿出C: 若僅將滑動變阻器的滑片上移，帶電小球將無法運動至N處D: 斷開開關S，從P處將小球由靜止釋放，帶電小球將從小孔N穿出【答案】C。【解析】A項，根據(jù)二極管的單向導電性可知，平板電容器可以充電不能放電。A板上移時，由知電容器電容值變小。，不能變小，故不變，電壓變大。故從P到N，重力做功不變，電場力做功變大，因此不能到達N處，故A項錯誤。【跟蹤短訓】1. 電源、開關S、定值電阻R1、R2、光敏電阻R3和電容器連接成如圖所示電路，電容器的兩平行板水平放置當開關S閉合，并且無光照射光敏電阻R3時，一帶電液滴恰好靜止在電容器兩板間的M點，當用強光照射光敏電阻R3時，光敏電阻的阻值變小，則()A. 液滴向下運動B. 液滴向上運動C. 電容器所帶電荷量減少D. 電容器兩極板間電壓變大【答案】BD【解析】當用強光照射光敏電阻R2時，光敏電阻的阻值變小，電路中電流增大，R1兩端間的電壓增大，電容器的電壓增大，板間場強增大，液滴所受的電場力增大，液滴向上運動。故A錯誤，BD正確；電容器的電壓增大，電容不變，由Q=CU知，電容器所帶電荷量增大。故C錯誤。2. 圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質量為m、電荷量為q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間?！敬鸢浮?1)(2)(3) 課后作業(yè)1.如圖所示，先接通開關S使電容器充電，然后斷開開關S。當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是()AQ變小，C不變，U不變，E變小BQ變小，C變小，U不變，E不變CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C變小，U變小，E變小【答案】C【解析】電容器充電后再斷開開關S，則電容器所帶電荷量Q不變，由C可知，d增大時，C變?。挥諹，所以U變大；由于E，U，所以E，故d增大時，E不變，C正確。2.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，上極板A接地，一帶負電油滴固定于電容器中的P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板B豎直向下移動一小段距離，則()A油滴所受的電場力不變BP點的電勢將升高C油滴的電勢能增大D電容器的電容減小，極板帶電荷量增大【答案】B3傳感器是把非電學量(如速度、溫度、壓力等)的變化轉化成電學量變化的一種元件，在自動控制中有著相當廣泛的應用，如圖所示，是一種測定液面高度的電容式傳感器示意圖，金屬芯線與導電液體形成一個電容器，從電容C的大小變化就能反映導電液面的升降情況，兩者的關系是()A. C增大表示h增大B. C增大表示h減小C. C減小表示h減小D. C減小表示h增大【答案】AC故選AC?！军c睛】金屬芯線與導電液體形成一個電容器，液面高度h變化相當于正對面積變化，根據(jù)電容的決定式C=s4kd分析電容的變化與高度間的關系。4. 如圖所示是一個平行板電容器，兩板間距離為d，其電容為C，帶電荷量為Q，上極板帶正電現(xiàn)將一個試探電荷q由兩極板間的A點移動到B點，A、B兩點間的距離為l，連線AB與極板間的夾角為30，則電場力對試探電荷q所做的功等于()A. B. C. D.【答案】C【解析】根據(jù)U，E可得E，所以，從AB電場力做功，WqElsin30.5.如圖所示是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是()A液滴可能帶正電B增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從a到b的電流，電容器中負電荷從B到AC斷開S，減小兩極板正對面積的過程中，液滴將加速下降D斷開S，減小兩極板距離過程中，液滴靜止不動【答案】D6. 如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距為d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F(xiàn)有一質量為m、帶電量為q的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，則()A極板M、N之間的電場強度為B油滴帶正電C油滴的比荷D將極板N向下緩慢移動一小段距離d，油滴的加速度為g【答案】C【解析】極板M、N之間的電場強度為E，選項A錯誤；由題意知油滴受到的電場力豎直向上，又極板M帶正電，故油滴帶負電，選項B錯誤；由mgqEq可得油滴的比荷，選項C正確；將極板N向下緩慢移動一小段距離d，極板之間電場強度E，E減小，油滴所受電場力減小，重力將大于電場力，油滴將向下加速運動，由mgqEma，解得油滴的加速度為ag，選項D錯誤。7如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的帶電小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是()A甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小【答案】B8平行板電容器的兩極板A、B接于電源兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內部，閉合開關S，給電容器充電，小球靜止時懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖所示下列說法中正確的是（ ）A. 保持S閉合，當帶正電A板向B板靠近時，不變B. 保持S閉合，當帶正電A板向B板靠近時，增大C. 斷開S，當帶正電A板向B板靠近時，不變D. 斷開S，當帶正電A板向B板靠近時，增大【答案】BC【解析】保持S閉合時，板間電壓U不變。由E=Ud可知，當A板向B板靠近時，E變大，故電場力變大，變大；斷開S時，q不變。當A板向B板靠近時，由C=S4kd可知，C變大。由U=qC可知，U變小，由E=Ud=4kqS，可知E不變，故電場力不變，不變。綜上分析，BC正確。9如圖，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是AB板間的一點，在CD板間插有一塊有機玻璃板。閉合開關，電路穩(wěn)定后將開關斷開。現(xiàn)將CD板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是A. 金屬板CD構成電容器的電容減小B. P點電勢降低C. 玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流D. A、B兩板間的電場強度減小【答案】AC故選AC?！军c睛】做好電容器的題目要把電容的定義式、決定式和場強的推導式結合應用，掌握電場強度的推導式，注意B極接地，電勢為零。10如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B，B極板接地，A極板帶有電荷量Q，板間電場有一固定點P，若將B極板固定，A極板下移一些，或者將A極板固定，B極板上移一些，在這兩種情況下，以下說法正確的是( ) A. A極板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢不變B. A極板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢升高C. B極板上移時，P點的電場強度不變，P點電勢降低D. B極板上移時，P點的電場強度減小，P點電勢降低【答案】AC11如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板A、B帶等量的異種電荷，A板帶負電荷，B板接地。一帶負電的粒子固定在A、B兩板中間的一點P處。若將A板向左平移到虛線位置，則P點的電場強度E和該粒子的電勢能EP的變化情況是（ ）A. E不變，EP不變 B. E不變，EP改變C. E改變，EP不變 D. E改變，EP改變【答案】A【解析】據(jù)題可知，電容器所帶電量Q不變，根據(jù)C=QU、C=S4kd、E=Ud得E=4kQS，則知電場強度E不變，P與右板間的距離不變，E不變，則由U=Ed分析P點與右板間電勢差不變，右板電勢為零，所以不變，故A正確，B、C、D錯誤；故選A。12如圖所示，C為兩極板水平放置的空氣平行板電容器，閉合開關S，當滑動變阻器R1、R2的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶點塵埃P恰好處于靜止狀態(tài)。要使塵埃P向下加速運動，下列方法中可行的是：A. 把R1的滑片向左移動 B. 把R2的滑片向右移動C. 把R2的滑片向左移動 D. 把開關S斷開【答案】C13如圖，平行板電容器AB兩極板水平放置，將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A板和電源正極相連，二極管具有單向導電性。一帶負電小球從AB間的某一固定點水平射入，打在B板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下平移A板來改變兩板間距，則下列說法正確的是A. 當AB間距增大時，小球可能打在N點的左側B. 當AB間距減小時，小球可能打在N點的左側C. 當AB間距減小時，電場力對小球做功不變D. 當AB間距增大時，電場力對小球做功不變【答案】D故選D14如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調電阻，用絕緣細線將質量為m、帶正電的小球懸于電容器內部.閉合電鍵S，小球靜止時受到懸線的拉力為F.調節(jié)R1、R2，關于F的大小判斷正確的是（ ）A. 保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大B. 保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變大C. 保持R1和R2不變，緩慢向上移動M板，F(xiàn)將不變D. 保持R1和R2不變，緩慢向左移動M板，F(xiàn)將不變【答案】C【解析】保持R1不變，緩慢增大R2時，由于R0和R2串聯(lián)，總電流減小，R0兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個極板的電壓U減小，帶電小球受到的電場力F電=qE=qUd減小，懸線的拉力為F=mg2+F電2將減小，A錯誤；保持R2不變，緩慢增大R1時，由于在含容支路中的電阻相當于導線，14電容式加速度傳感器的原理結構如圖，質量塊右側連接輕質彈簧，左側連接電介質，彈簧與電容器固定在外框上。質量塊可帶動電介質移動改變電容。則()A. 電介質插入極板間越深，電容器電容越小B. 當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流C. 若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長D. 當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流 【答案】B【解析】試題分析：先確定電介質向什么方向運動，再來確定電容器處于充電，還是放電，從而確定電路中的電流方向；由慣性可知，彈簧處于什么狀態(tài)；由牛頓第二定律，確定彈力是否變化，再確定電容器是否處于充放電狀態(tài)；根據(jù)電容器的電容公式C=S4kd，從而電容的大小變化根據(jù)電容器的電容公式C=S4kd，當電介質插入極板間越深，即電介質增大，則電容器電容越大，A錯誤；當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質量塊要向左運動，導致插入極板間電介質加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據(jù)Q=CU，可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時針方向電流，B正確；若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時，因慣性，則繼續(xù)向右運動，從而壓縮彈簧，C錯誤；當傳感器以恒定加速度運動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，D錯誤15如圖所示的電路中，A、B是平行板電容器的兩金屬板先將電鍵S閉合，等電路穩(wěn)定后將S斷開，并將B板向下平移一小段距離，保持兩板間的某點P與A板的距離不變則下列說法不正確的是()A. 電容器內部的電場強度大小變大 B. 電容器的電容變小C. 電容器兩極板間電壓變大 D. P點的電勢升高【答案】A【點睛】根據(jù)平行板電容器的電容決定式C=S4kd分析電容的變化情況，抓住電容器的電壓不變，由E=Ud分析板間場強的變化情況，由C=QU分析電容器所帶電量的變化，根據(jù)P點與下極板間電勢差的變化，判斷P點電勢的變化16如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，設電容器極板上所帶的電荷量為Q，電子穿出平行板電容器時在垂直于板面方向偏移的距離為y，若僅使電容器上極板上移，以下說法正確的是()A. Q減小，y不變 B. Q減小，y減小C. Q增大，y減小 D. Q增大，y增大【答案】B17.如圖所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路。調節(jié)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中，恰從A、B兩板間的中點處沿原路返回(不計重力)，則下列說法正確的是()A使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達B板B使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子將從B板中心小孔射出C使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達B板D使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出【答案】BC【解析】設帶電粒子進入電場中的位移為x，根據(jù)動能定理得：qEx0mv02，又E得x，由此可知，使帶電粒子的初速度變?yōu)関0，或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍，帶電粒子進入電場后恰能到達B板處，同理易知使帶電粒子的初速度變?yōu)?v0，帶電粒子將從B板中心小孔射出，故B、C正確，A、D錯誤。18. 如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板間距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N。今有一帶電質點，自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回。若保持兩極板間的電壓不變，則()A把A板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回B把A板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落C把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回D把B板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落【答案】ACD19. 如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，極板長L0.1 m，兩板間距離d0.4 cm，有一束相同微粒組成的帶正電粒子流從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下極板上，微粒所帶電荷立即轉移到下極板且均勻分布在下極板上。設前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間。已知微粒質量為m2106 kg，電量q1108 C，電容器電容為C106 F。求：(g10 m/s2)(1)為使第一個微粒能落在下極板中點，則微粒入射速度v0應為多少？(2)以上述速度入射的微粒，最多能有多少落到下極板上？【答案】：(1)2.5 m/s(2)600個【解析】：(1)由題意知，第一個微粒只受重力：