专题49 静电平衡和电容器 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

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常考点 静电平衡和电容器
【典例1】
（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
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。
【典例2】
（多选）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距
离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，则（ ）
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，增大S，则θ变小
D．保持d不变，增大S，则θ不变
解：
A、B、保持S不变，增大d，由电容器的决定式C＝知，电容变小，电量Q不变，由电容的定义式C＝分析可知电容器板间电压增大，则θ变大。故A正确，B错误。
C、D、保持d不变，增大S，由电容器的决定式C＝知，电容变大，电量Q不变，由电容的定义式C＝分析可知电容器板间电压减小，则θ变小。故C正确，D错误。
1． 静电平衡状态
(1) 导体内部场强为零；
(2) 净电荷仅分布在导体表面上（孤立导体的净电荷仅分布在导体的外表面上）；
(3) 导体为等势体，导体表面为等势面，电场线与导体表面处处垂直。
静电平衡时内部场强为零的现象，在技术上用来实现静电屏蔽。
2． 电容器
(1)组成：两个彼此绝缘且又相距很近的导体。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)充、放电：
3．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。
4．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。
5． 平行板电容器动态分析的解题思路：
(1)确定不变量，分析是电容器两端电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E=eq \f(U,d)或E=分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化。
6． 两类平行板电容器的动态问题分析比较
7． 验电器与静电计
（1）在结构上的不同
（2）验电器的主要作用有：①检验导体是否带电。②检验导体所带电性。
（3）静电计作用：①定量测量两导体间的电势差。②定量测量某导体的电势。
【变式演练1】
（多选）如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，下极板接地。开关S闭合，电容器两极板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动，下列各叙述中正确的是（ ）
A．断开开关S，把电容器两极板距离增大，电容会增大
B．断开开关S，把电容器两极板距离减小，微粒将保持静止
C．保持开关S闭合，把电容器两极板距离增大，两板带电量将会增大
D．保持开关S闭合，把电容器上极板向上移动少许，微粒在初始位置的电势能将增大
解：A、由C＝，可知，当把电容器两极板距离增大，则电容会减小，故A错误；
B、断开开关S后，已充电的电容器两板仍储有电荷，极板的电量Q不变，根据E＝，及C＝，与C＝，推导出电场强度的公式E＝，由此可知，电场强度与极板间距无关，因此粒子仍保持原来的静止状态，故B正确；
C、保持开关S闭合，增大两板间距d，则电容C减小，因两板间电压不变，由Q＝CU可知，带电量减小，故C错误；
D、保持开关S闭合，把电容器上极板向上移动少许，即增大两板间距d，根据E＝可知，电场强度减小，则初始位置与下极板（接地）的电势差减小，那么微粒在初始位置的电势会降低，因微粒带负电，因此微粒在初始位置的电势能将增大，故D正确
【变式演练2】
（多选）如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地在极板间P点有一带电液滴q处于静止状态，现将B板移至虚线处，则（ ）
A．两极间电压变大
B．P点场强不变，但电势降低
C．带电液滴q仍保持静止
D．带电液滴q的电势能增大
解：A、平行板电容器充电后与电源分离，电量保持不变，板间距离减小，由电容的决定式C＝ 得到，电容增大，由公式C＝分析得知，板间电压U减小，故A错误；
B、根据推论E＝＝＝＝可知，当电容器电量、正对面积不变时，板间电场强度不变，而P点与B板间电势差大小U＝Ed，当d减小，U减小，由于P点的电势小于B板电势，则P点电势升高，故B错误；
C、因板间的电场强度不变，那么电荷q所受电场力不变，则仍保持静止，故C正确；
D、由电荷静止可判断出来电荷带正电，P点电势升高，电荷q的电势能增大，故D正确。
1．如图，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，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．θ增大，E增大B．θ减小，E不变
C．θ减小，Ep增大D．θ增大，Ep不变
解：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，故静电计指针偏角减小；
两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
再根据设P与下极板距离为L不变，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变，故B正确，ACD错误
2．如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合。在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（ ）
A．在平行板电容器中插入电介质
B．减小平行板电容器两极板间的距离
C．减小平行板电容器两极板的正对面积
D．增大平行板电容器两极板的正对面积
解：A、在平行板电容器中插入电介质，根据电容的决定式C＝ 分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式C＝ 分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故A错误；
B、减小平行板电容器两极板间的距离，根据电容的决定式C＝ 分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式C＝ 分析得知电容器所带电量增加，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故B错误；
C、减小平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式C＝ 分析得知电容减小，而电容器的电压不变，则电容的定义式C＝ 分析得知电容器所带电量减小，将要放电，电路中形成顺时针方向的放电电流，有a到b方向的电流通过电流计，故C正确；
D、增大平行板电容器两极板的正对面积，根据电容的决定式C＝ 分析得知电容增大，而电容器的电压不变，则电容的定义式C＝ 分析得知电容器所带电量增大，将要充电，电路中形成逆时针方向的充电电流，有b到a方向的电流通过电流计，故D错误
3．如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带正电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．则下列判断正确的是（ ）
A．上极板带正电
B．粒子开始向上运动
C．粒子运动的加速度大小为g
D．粒子运动的加速度大小为g
解：A、带正电粒子P静止在电容器中，粒子受重力和电场力，处于平衡状态，那么上极带负电，故A错误；
BCD、开始时平衡，有：
mg＝q①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：
mg﹣q＝ma ②
联立①②解得：
a＝g；
当抽出后，导致电场强度减小，则电场力减小，那么粒子向下运动，故BC错误，D正确
4．如图所示，平行板电容器两极板带等量异种电荷，右极板与静电计金属球相连，左极板和静电计金属外壳相连，下列操作能使静电计指针张角变小的是（ ）
A．增大两极板的带电量B．在两极板间插入电介质
C．将左极板向上平移少许D．将左极板向左平移少许
解：A、根据电容的定义式C＝，可知，当大两极板的带电量Q，必须导致极板间的电势差U增大，那么静电计指针张角会变大，故A错误；
B、在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C＝ 知，电容C增大，电容器的电量Q不变，再根据电容的定义式C＝，则板间电压U减小，静电计指针张角变小，故B正确；
C、将左极板向上平移少许，即减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式C＝ 分析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C＝得知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故C错误；
D、将左极板向左平移少许，则增大A、B板间的距离，根据电容的决定式C＝ 知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式C＝知，板间电压U增大，静电计指针张角变大，故D错误
5．平行板电容器、静电计、理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大）所连接成的电路如图所示，电源内阻不计。现在平行板电容器的右极板固定不动，且于两极板之间的P点固定一带负电的点电荷。改变左极板的位置，设静电计的张角为θ．下列说法正确的是（ ）
A．若左极板向左移动少许，则θ变大，P点的电势变大
B．若左极板向左移动少许，则θ不变，P点的电势变小
C．若左极板向上移动少许；则θ不变，位于P点的点电荷的电势能减小
D．若左极板向下移动少许，则θ变小，位于P点的点电荷的电势能增大
解：AD、因静电计的电压等于电源电动势，所以静电计的电压保持不变，θ不变，故AD错误；
B、将电容器的左极板向左移动少许时，电容器的电容C＝ 减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电，由可知，Q不变，而U变大。由E＝＝＝，可知电场强度不变，左极板的电势等于电源正极的电势保持不变，左极板到P点的电势差变大，则P点的电势减小，故B正确；
C、将电容器的左极板向上移动少许时，电容器的电容C＝ 减小，由上可知，Q不变，而U变大。根据电场强度E＝变大，左极板到P点的电势差变大，则P点的电势减小，由于P点固定的是负电荷，所以位于P点的点电荷的电势能增大，故C错误；
6．某电容器上标有“10μF 200V”，则（ ）
A．该电容器加上100V电压时，其电容为20μF
B．该电容器加的电压不能低于200V
C．该电容器的电容总等于10μF
D．该电容器的最大电容为10μF，当其带电荷量较少时，电容小于10μF
解：由电容的决定因素可得，电容器的电容由电容器本身结构决定，与电容器所带电荷量、电容器电压无关分析，200V指的是电容器的耐压值，则电容器所加电压与不能超过200V，故C正确，ABD错误；
7．关于电容器、电容以下说法正确的是（ ）
A．电容器的电容大说明它能容纳的电荷量多
B．电容的定义式为C＝，也可写为C＝
C．由电容的定义式可知：电容C和电容器带电量Q成正比，和两极间的电压U成反比
D．根据电容的定义式知，若电容器不带电，则其电容为零
解：A、电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，与是否储存多少电荷无关，故A错误；
B、电容的定义式为：C＝，因为这个式子为定义式，即C的大小与Q和U无关，因此也可写为：C＝，故B正确；
CD、电容的定义式为：C＝，即电容的大小可以由此定义式进行计算，Q与U不能决定C的大小，电容是电容器的固有属性，即使电容器不带电，电容依然不变，故CD错误
8．如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与静电计的外壳均接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容所带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是（ ）
A．仅将M板向上平移
B．仅将M板向右平移
C．仅在M、N之间插入云母板
D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
解：A、向M板向上平移时，极板间的正对面积减小，则由C＝ 可知，电容器的电容C减小，
则由C＝可知，因电荷量Q不变，则U增大，指针张角变大，故A正确；
B、将M板向右移动，则减小了极板间的距离，由决定式可得，电容C增大，同理可知指针张角变小，故B错误；
C、在MN之间插入云母板时，介电常数增大，则由电容器的决定式可知电容C增大，则可知U减小，故指针张角减小，故C错误；
D、M、N之间插入金属板且不和M、N接触时，相当减小了板间距离，则d减小，电容C增大，由A的分析可知，U减小，故指针张角减小，故D错误；
9．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）
A．电容器带电量不变B．尘埃仍静止
C．检流计中无电流D．检流计中有b→a的电流
解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C＝得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小。故A错误。
B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B正确。
CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流。故CD错误。
10．（多选）如图所示，平行板电容器AB通过二极管与电源相连接，二极管具有单向导电性，即电容器只能充电不能放电。有一带电液滴P在电容器中处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．把A极板上移一些，液滴P仍然保持静止状态
B．把A极板下移一些，液滴P仍然保持静止状态
C．如果B极板接地，把A极板上移一些，液滴P的电势能增大
D．如果B极板接地，把B极板下移一些，液滴P的电势能减小
解：二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：C＝，C＝，极板间的电场强度：E＝ 整理得：E＝；
油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qE＝mg；
A、把A极板上移一些时，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，故A正确；
B、把A极板下移一些时，d变小，由C＝可知，C变大，而两极板间的电压U等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器要充电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故B错误；
C、如果B极板接地，把A极板上移一些时，d变大，由C＝可知，C变小，因电量的不变，由E＝，可得，电场强度不变，根据UPB＝Ed得知PB间电势差不变，因此其电势能也不变，故C错误；
D、同理，当如果B极板接地，把B极板下移一些时，d变大，由C＝可知，C变小，因电量的不变，由E＝，可得，电场强度不变，则液滴P的电势会升高，由于液滴带负电，因此其电势能会减小，故D正确(1)两极板间电压U恒定不变。
(2)电容器所带电荷量Q恒定不变。