新高考物理一轮复习考点精讲精练第55讲 电容器的动态分析（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（2021•重庆）电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器（ ）
A．电容变小B．极板间电压变大
C．极板间电场强度不变D．极板间的电场强度变小
【解答】解：A．由平行板电容器电容的决定式C可得，d减小，C增大，故A错误；B．电容器所带电荷量Q不变，C增大，由可得，U变小，故B错误；
CD．由匀强电场的场强与电势差关系公式可得
E，E与d无关，E不变，故C正确，D错误。
故选C。
一.知识回顾
1.对公式C＝eq \f(Q,U)的理解
电容C＝eq \f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是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＝eq \f(Q,U)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)分析电容器两极板间电场强度的变化。
3．电容器两类问题的比较
(1)U不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)分析场强变化。结论：
特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。
4.平行板电容器动态的分析思路
二.例题精析
题型一：一个电容器
例1．如图所示，M、N为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是（ ）
A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动，静电计指针张角增大
B．保持开关S闭合，将M、N两极板间距增大少许，指针张角变小
C．断开开关S后，将下极板向下移动一小段距离，P点的电势将上升，粒子的电势能增大
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
【解答】解：AB、保持开关S闭合，则电容器直接串联在电源两端，滑动变阻器接静电计的金属杆，外壳接地，所以滑动变阻器所在支路处于断路状态，因此电容器两端的电势差始终等于电源的电动势，即电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将M、N两极板间距增大，都不能改变电容器的电势差，所以指针张角总不变，故AB错误；
C、断开开关S后，电容器没有闭合回路，所以电容器所带的电荷量Q不变，将下极板向下移动一小段距离，即板间距d增大，由电容器的电容C，C，电容器中的电场强度E，所以电场强度E不变。由于N极板接地，所以φN＝0，点到N板的电势差UPN＝φP﹣φN＝φP，UPN＝EdPN，dPN变大，所以φP变大，即P点电势增大。由于粒子处于静止状态，即受力平衡，所以电场力竖直向上，因此粒子带负电，即q＜0，电势能与电势的关系Ep＝φPq，可得粒子的电势能减小，故C错误；
D、断开开关后，紧贴下极板插入金属板，即电容器的极板间的距离d减小，由于电场强度表达式为E，即电场强度与极板间距离无关，所以电场强度不变，故D正确。
故选：D。
题型二：两个电容器关联
例2．两个相同的电容器A和B按如图所示连接，它们的极板均水平放置当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子的加速度大小为g，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。设边缘效应可忽略。
【解答】解：设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距离均为d，初始时刻电容器每个板带电荷量均为Q，
则：C，C，mg①
在B板错开后正对面积为S’时，电容器满足：②，
电容器两极板间电势差相等且A的电容不变，即：③，
而AB两电容器所带电量之和不变，即QA+QB＝2Q……④，
由②③④得：QB，UB⑤
对此时粒子：⑥
由①⑤⑥得：
答：两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为1：3。
三.举一反三，巩固练习
如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关S闭合，板间有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是（ ）
A．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大
B．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量增大
C．若只将电容器的上极板转过一小角度，则粒子P所处位置的电势降低
D．若断开开关S，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子仍处于静止状态
【解答】解：A、电容器的电容，只将电容器的上极板转过一小角度，电容器的电容减小，故A错误；
B、又由Q＝CE可知，电容器所带电荷量减少，故B错误；
C、只将电容器的上极板转过一小角度，电容器两板间匀强电场的电场强度不变，则粒子P所处位置的电势不变，故C错误；
D、断开开关S，若将板间距变为原来的2倍，电容器的电容变为原来的，由于电容器的电荷量不变，电容器两板间匀强电场的电场强度，因此电场强度不变，带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，故D正确。
故选：D。
如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，B极板接地。若保持极板B不动，第一次将极板A稍向下平移，第二次将极板A稍向上平移（移动后极板A的位置还在P点上方），则下列说法正确的是（ ）
A．两次移动后Q相同
B．两次移动后点电荷都保持静止
C．第一次移动后U变小，第二次移动后U变大
D．第一次移动后φ增大，第二次移动后φ不变
【解答】解：第一次将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则由Q＝CU知电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电量Q保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式可知，U变大；根据、、得板间场强，可知板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态；P与B板间电势差UPB＝Ed，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势φ保持不变；
第二次将极板A稍向下平移，板间距离d减小，根据电容的决定式得知，电容C增大，电容器的电压不变，由Q＝CU知电容器所带电量Q增大；根据可知板间场强E增大，电荷所受的电场力增大，电荷将向上运动；P与B板间电势差UPB＝Ed，E增大，d都不变，UPB增大，P点的电势φ增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
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，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，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增大，Ep不变
C．θ减小，E不变D．θ减小，Ep增大
【解答】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；
根据U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E，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
因电场强度不变，且P点离下极板间距不变，因此P点的电势φ不变，那么电荷在P点的电势能EP也不变，故C正确，ABD错误。
故选：C。
在生产纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，流水线上设置了传感器装置，其简化结构如图所示，M、N为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在直流恒压电源的两极上。已知电流从a向b流过电流表时，电流表指针偏向a端。某次纸张从平行极板间穿过的过程中，发现电流表指针偏向b端，下列判断正确的是（ ）
A．极板上的电荷量不变B．极板上的电荷量变小
C．电容器的电容变大D．电容器的电容不变
【解答】解：AB、电流表指针偏向b端，说明电流从b向a流过电流表，而电容器上极板与正极相连，所以电容器放电，极板电荷量变小，故A错误，B正确；
CD、电容器与恒压电源相连，两极板间电势差U不变，而Q减小，根据Q＝CU可知电容器的电容减小，故CD错误；
故选：B。
如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ减小
B．保持S闭合，将M板向N板靠近，则θ不变
C．断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则θ增大
D．断开S，将N板向上移动少许，则θ增大
【解答】解：A、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ不会变，故A错误；
B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，根据公式可知，将M板向N板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，故B错误；
C、断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式，平行板电容器的公式以及电压与电场强度公式U＝Ed，联立可得，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，电场强度减小，电场力减小，故θ减小，故C错误；
D.断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式，平行板电容器的公式，电压与电场强度公式U＝Ed可得，故断开S，将N板向上移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，故D正确。
故选：D。
利用图甲所示电路研究电容器充放电过程，开关接1端后电流传感器G记录电流随时间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势φ、定值电阻R两端电压U随时间t变化规律正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【解答】解：A、电容器的电容是由电容器本身性质决定的，与是否带电无关，故A错误；
B、极板的电荷量为：Qt，平均电流减小，则Q﹣t图象的斜率减小，最后电流为零时，所带电荷量不变，故B正确；
C、电容器下极板接地，电容器上极板的电势等于上下极板间的电势差，开关接1端后，两极板间电势差逐渐增大，则上极板电势φ增大，故C错误；
D、定值电阻两端电压：U＝IR，其中I随时间逐渐减小且I﹣t图象的斜率减小，故U﹣t图象的斜率也减小，故D错误。
故选：B。
物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系单位分析是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法.下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存的能量Ec与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中C为电容器的电容，U为电容器充电后其两极板间的电压，E为两极板间的电场强度，d为两极板间的距离，S为两极板正对面积，ɛ为两极板间所充介质的相对介电常数（没有单位），k为静电力常量.请你分析下面给出的关于Ec的表达式可能正确的是（ ）
A．EcE2SdB．EcESd
C．EcCU3D．EcC2U
【解答】解：AB、因储存的能量EC的单位是J，根据W＝qU得1J＝1C•V，
根据电容C，那么EcE2SdCE2d2
根据U＝Ed，所以E2SdCU2，即单位是1C•V，故A正确，B错误；
CD、而C为电容器的电容，根据C得电容的单位可以写成1C/V，
所以C2U的单位是1C2/V，CU3的单位是1CV2，故CD错误。
故选：A。
两个完全相同的电容器A和B如图所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现仅将电容器B两板间距缩小，测得A中带电粒子的加速度大小为，则变化前后B两板间的距离之比为（ ）
A．2：1B．3：1C．4：3D．9：4
【解答】解：由题知，AB的电势差始终相等，A和B所带电荷总量不变。
设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距离均为d，初始时刻电容器每个板带电荷量均为Q，两板电势差为U，
由电容的决定式，知B两板间距缩小后，B的电容增大，A的电容不变。
假设B板的电量减少，由，知Q减少，电容变大，说明U变小；对于A，因为其电势差与B的始终相等，所以A的电势差也变小，B电量减少，则A的电量增加，由知，Q变大，U变小，则A的电容变大，这与A的电容不变矛盾，所以假设不成立，故B的电电量变大，A的电量变小。
对A分析，由于电容不变，电量变小，所以电势差变小，由电场强度，知A的电场强度变小，带电粒子向下加速，设电场强度变为E2，粒子电量q，质量m，由牛顿第二定律得.
设开始时，A板内部电场强度为E1，则qE1＝mg，可得，所以A的两板的电势差变为，电量变为.B板的电势差变为，电量变为.
由，知B的电容变为2倍，由，知B两板间距变为原来的.故A正确，BCD错误.
故选：A。
如图，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，在下极板上叠放一金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容增大B．电容器的带电量减少
C．P仍将静止D．P向上运动
【解答】解：A、当把金属板从电容器中快速抽出后，导致极板间距增大，依据电容的决定式C，可知，电容器的电容变小，故A错误；
B、一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，则电势差U不变，根据公式C，因电容C变小，则极板的电量变小，故B正确；
CD、因电势差U不变，而极板间距增大，依据E，可知，板间的电场强度变小，带电粒子P将向下运动，故CD错误；
故选：B。
（多选）由锌板与铜板构成平行板电容器，其中锌板与静电计相连，静电计金属外壳和铜板都接地，现用频率ν1的紫外线照射锌板，静电计指针偏转最后稳定在偏角θ0上，对应电压U0。假定已知偏转角度θ与电势差U成正比，以Q表示两板带的电荷量，E表示两板间的电场强度。则下述过程中正确的是（ ）
A．将两板距离减小为原来的一半，则θ先减小后增大最后稳定在θ0，Q增加
B．换用频率ν2的紫外线继续照射锌板θ增大为2θ0后稳定，则有h（ν2﹣ν1）＝U0e
C．停止光照，将两板距离增大为两倍，则Q增大为2Q，θ增大为2θ0
D．停止光照，将两板距离增大为两倍，则θ增大为2θ0，E变大
【解答】解：A、光照条件下，两板距离减小电容增大，电压降低，电荷量继续积累，Q增大，E增大，一直到重新回到遏止电压U0，故A正确；
B、紫外线照射锌板，发生光电效应，飞出的电子打在铜板，两板之间形成电场，随着电场的增强，最后最大初动能的光电子也不能打在铜板上，形成遏止电压，即静电计指针偏转角θ0对应电压U0有：eU0＝Ek1＝hν1﹣W（W为锌板逸出功），换用频率ν2的紫外线继续照射锌板θ增大为2θ0稳定，则对应电压2U0，有：2eU0＝Ek2＝hν2﹣W，联立两式得：h（ν2﹣ν1）＝eU0，故B正确；
CD、停止光照，Q不变，E不变，两板距离增大为两倍，电压增大为两倍，即θ增大为2θ0，故CD错误。
故选：AB。 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