微专题04：电容器的电容 讲义--2026届高考物理一轮复习备考

这是一份微专题04：电容器的电容 讲义--2026届高考物理一轮复习备考，共28页。学案主要包含了专题目录，理论基础，技巧点拨，题型构建，基础题组，能力提升题组，参考答案等内容，欢迎下载使用。
【专题目录】
理论基础
方法点拨
题型构建
题型一 电容器极板间匀强电场
【例1】
题型二 实验：观察电容器的充、放电现象
【例2】/【例3】
题型三 平行板电容器的动态分析（两类问题）
【例4】/【例5】/【例6】
针对训练
参考答案
【理论基础】
一、电容器
1．电容器：储存电荷和电能的装置．任何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．电容器的充放电
(1)充电：把电容器的两极板分别与电池组的两极相连，两个极板分别带上等量的异种电荷的过程，充电过程中，由电源获得的能量储存在电容器中．
(2)放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和的过程，放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量．
二、电容
1．定义：电容器所带电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值．
2．定义式：C＝eq \f(Q,U).
3．单位：电容的国际单位是法拉，符号为F，常用的单位还有微法和皮法，1 F＝106 μF＝1012 pF.
4．物理意义：电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量．
5．击穿电压与额定电压
(1)击穿电压：电介质不被击穿时加在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，电容器就会损坏．
(2)额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电压低．
三、平行板电容器
1．结构：由两个平行且彼此绝缘的金属板构成．
2．电容的决定因素：电容C与两极板间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．
3．电容的决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)，εr为电介质的相对介电常数，k为静电力常量．当两极板间是真空时，C＝eq \f(S,4πkd).
【技巧点拨】
一、电容器 电容
1．电容器的充电过程，电源提供的能量转化为电容器的电场能；电容器的放电过程，电容器的电场能转化为其他形式的能．
2．电容器的充、放电过程中，电路中有充电、放电电流，电路稳定时，电路中没有电流．
3．C＝eq \f(Q,U)是电容的定义式，由此也可得出：C＝eq \f(ΔQ,ΔU).
4．电容器的电容决定于电容器本身，与电容器的电荷量Q以及电势差U均无关．
二、平行板电容器
1．C＝eq \f(Q,U)与C＝eq \f(εrS,4πkd)的比较
(1)C＝eq \f(Q,U)是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U 但C＝eq \f(Q,U)不变，反映电容器容纳电荷本领的大小；
(2)C＝eq \f(εrS,4πkd)是平行板电容器电容的决定式，C∝εr，C∝S，C∝eq \f(1,d)，反映了影响电容大小的因素．
2．平行板电容器动态问题的分析方法
抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式：
C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)和C＝eq \f(εrS,4πkd)
3．平行板电容器的两类典型问题
(1)开关S保持闭合，两极板间的电势差U恒定，
Q＝CU＝eq \f(εrSU,4πkd)∝eq \f(εrS,d)，
E＝eq \f(U,d)∝eq \f(1,d).
(2)充电后断开S，电荷量Q恒定，
U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)∝eq \f(d,εrS)，
E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)∝eq \f(1,εrS).
三、静电计的使用
静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成，静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器两极板间的电势差就等于静电计上所指示的电势差U，U的大小可从静电计的刻度读出，可见，静电计指针偏角的变化表征了电容器两极板间电势差的变化．
【题型构建】
题型一 电容器极板间匀强电场
【例1】.如图所示的平行金属板电容器的电容为,极板之间可以看成匀强电场,场强,极板间距离为,电场中点到板、点到板的距离均为,板接地。求:

（1）板的电势;
（2）板所带电荷量;
（3）两点间的电势差;
（4）将电荷量的带正电点电荷从移到,电场力做的功;
题型二 实验：观察电容器的充、放电现象
【例2】在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为6.0 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
(1)开关S改接2后，电容器进行的是________(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I－t图像如图乙所示。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将__________(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.45×10－3 C，则该电容器的电容为________μF。
(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q－t图像和UAB－t图像的大致形状，可能正确的有________(q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差)。
【例3】电容储能已经在电动汽车，风、光发电，脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图2甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器C(额定电压10 V，电容标识不清)；
电源E(电动势12 V，内阻不计)；
电阻箱R1(阻值0～99 999.9 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω，额定电流2 A)；
电压表V(量程15 V，内阻很大)；
发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。
图2
回答以下问题：
(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向________端滑动(选填“a”或“b”)。
(2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为________V(保留1位小数)。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0 V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I－t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为____________C(结果保留2位有效数字)。
(4)本电路中所使用电容器的电容约为______F(结果保留2位有效数字)。
(5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管________(选填“D1”或“D2”)闪光。
题型三 平行板电容器的动态分析
两类典型问题
1.电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。
2.电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
思路点拨 动态分析的思路
【例4】(单选)如图所示是一种可测量物体位移的电学仪器。当被测物体在左右方向发生微小的位移时，会带动电介质进出电容器两板之间，灵敏电流计的指针也会左右发生偏转。已知电流从a到b流过电表时，电流计的指针向右偏，则下列说法正确的是( )
A.当电流计的指针向左偏时，被测物体向左移动
B.当电流计的指针向左偏时，电容器的电压增大
C.当电流计的指针向右偏时，电容器的电容增大
D.当电流计的指针向右偏时，电容器的电荷量减小
【例5】 （单选）某学校气象兴趣小组的同学利用所学物理知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大(两电极不接触)。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则( )
A.电容器电容变小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电压变大
D.静电计指针张角越小，风力越小
【例6】(单选)某同学学习了电容器的充、放电等相关知识后，在老师的引导下，他为了探究电路中连接二极管的电容器充、放电问题，设计了如图所示的电路，平行板电容器与二极管(该二极管可看作理想二极管，正向电阻很小，反向电阻无穷大)、开关、直流电源串联，电源负极接地。闭合开关，电路稳定后，一不计重力的带电油滴位于竖直平面电容器两极板间的P点处，恰好处于静止状态。保持开关闭合，下列说法正确的是( )
A.若上极板略微下移，带电油滴仍保持静止
B.若下极板略微上移，则P点电势保持不变
C.若上极板略微左移与下极板平行错开，则带电油滴仍保持静止
D.若下极板略微右移与上极板平行错开，则带电油滴在P点的电势能降低
【基础题组】
1．（单选）下列电容器相关知识描述正确的是（ ）
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势E
B．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，其中的5.5V是电容器的击穿电压值
2．（单选）为研究电容器在不同状况下的充电特性，某兴趣小组采用如图甲所示电路，分别用不同的电阻与某一电容器串联进行充电实验，实验得到三次充电中电容器的电荷量q与时间t变化的图像分别如乙图中①②③所示，且第一次充电时电容器两端的电压u随电荷量q变化的图像如图像丙所示，用C表示电容器的电容，R表示与电容器串联的电阻阻值，E表示电源的电动势（内阻可忽略），则下列说法正确的是（ ）
A．第二次充电时电容器两端的电压U随电荷量q变化的图线比丙图中图线更陡
B．①②两条曲线表示最终q不同是由于R不同而引起的
C．第二次充电过程中t1时刻比t2时刻电流大
D．②③两条曲线形状不同因为R不同引起的，R3大于R2
3．（单选）如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板a与一静电计相接，极板b接地，静电计此时指针的偏角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．将极板b向左移动一些，静电计指针偏角θ变大
B．将极板b向右移动一些，两极板间的场强E变大
C．将极板b向上移动一些，静电计指针偏角θ变小
D．在极板间插入一块有机玻璃板，静电计指针偏角θ变大
4．（单选）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
5．（单选）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
6．（单选）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
7.（单选）如图所示，一对面积较大的平行板电容器AB水平放置，A板带正电荷，B板接地，P为两板中点，再使A、B分别以中心点O、O′为轴在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，下列结论正确的是( )
A.电容器AB的电容不变
B.两板间电场强度变大
C.两板间的P点电势增大
D.两板间的P点电势降低
8．（多选）如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度，以下操作中能使静电计指针张角变大的是（ ）
A．a板不动、将b板向左平移
B．b板不动、将a板向右平移
C．将a板向上移动一小段距离
D．取出a、b两极板间的电介质
9．（单选）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，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。粒子运动的加速度为（ ）
A． B． C． D．
10．（单选）利用如图甲所示的实验电路观察电容器的充电过程。实验中，电压传感器与计算机相连，显示出电容器两端电压随时间变化的U﹣t图象如图乙所示。关于电容器充电过程中电流I、电荷量Q随时间t变化的关系，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．（多选）如图，平行板电容器AB与直流电源（内阻不计）连接，其中A板与电源的负极相连，以C表示电容器的电容、Q表示电容器的电量、E表示两板间的场强大小、UBA表示两板间的电势差。现将平行板电容器的上极板A板竖直向上移动一小段距离x0过程中，以上的物理量与上极板移动距离x的关系图象中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图1示电路，电源直流电压9V，先使开关S与1端相连，稍后将开关S掷向2端，让电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，显示出的电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示，则电容器全部释放的电量大约为___________C，该电容器的电容大约是___________F（均保留两位有效数字）。
13．某同学利用图1所示的实验电路测量平行板电容器的电容。
（1）用欧姆表直接连接待测电容两端，观察到指针的偏转情况是______；
A.偏转角度一直很小 B.偏转角度一直很大
C.偏转角度逐渐增大 D.偏转角度先很大，逐渐减小
（2）按如图2所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接通_______（选填“1”、“2”），对电容器进行充电，足够长时间后，记下电压表读数U0＝2.9V。
（3）再将开关S接通另一端，并同时开始计时，每隔5s或10s读一次微安表的读数I，将读数记录在预先设计的表格中。根据表格中的12组数据，以t为横坐标，I为纵坐标，在图2的坐标纸上将各组数据所对应的点补充完整，并用平滑的曲线连接；
（4）根据以上实验结果和图像，算出该电容器的电容约为 1.5×10﹣3 F（结14．某同学利用传感器设计实验探究电容器所带电荷量Q与电容器两端电压U的关系，实验电路图如甲图所示，实验步骤如下：
（1）按电路图甲接好电路，先保持电路断开，然后将开关接____（填1或2）；
（2）待电路稳定后，将开关接_______（填1或2）；
（3）截取计算机上的部分图像，如图乙，分析数据；
（4）当电压为4V时，电容器所带电荷量为_________C；
（5）当电压为2V时，电容器所带电荷量为__________C；
（6）实验结论： ；
（7）将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则实验数据_______（填“会”或者“不会”）发生变化。
15．（1）据报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电．用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是
A．该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大
B．该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少
C．该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
（2）电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线．某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：
待测电容器（额定电压为16V）；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关；导线若干．
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I﹣t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积．
请回答下列问题：
a.已知测出的I﹣t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA•s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为__________C，最大电压为________V，电容器的电容C＝__________F；（均保留两位有效数字）
b.若将定值电阻换为R1＝180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I﹣t图线应该是图丙中的曲线______（选填“b”或“c”）．
16．某同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流I随时间t变化的图像。
（1）为使电源向电容器充电，应将开关S与______（填“1”或“2”）端相连。
（2）在充电过程中，测绘的充电电流I随时间t的图像可能是图乙中的 。
（3）图丙为传感器中电容器放电时的电流I随时间t的图像，图中每一小方格面积相同。根据图像估算电容器在t0～2t0时间内，释放电荷量的表达式为__________（用I、t0表示）。
（4）图丁中实线是实验得到的放电时的I﹣t图像，如果不改变电路的其他参数，只减小阻箱R的阻值，则得到的I﹣t图线是图丁中的_____（选填“①”、“②”或“③”），理由是______________________________________。
【能力提升题组】
17．把两个相同的电容器A和B按如图所示连接起来.当它们都带有一定电荷量时，电容器A中的带电微粒M恰好静止，现在使电容器B两板错开一些，而距离不变，使它们对着的面积成为原来的，这时M的加速度的大小是多少？
【参考答案】
解析：（1）BA间的电势差为：UBA=EL=1200×0.05V=60V
φA=-UBA=-60V
（2）A板所带电荷量Q为：Q=CUBA=2×10-4×60C=1.2×10-2C；
（3）Ldc=0.05-2×0.5×10-2m=0.04m
d、c两点间的电势差为：Udc=ELdc=48V
（4）Wdc=qUdc=2.4×10-4J
答案：（1）A板的电势φA为-60V
（2）A板所带电荷量是1.2×10-2C
（3）d、c两点间的电势差是48v
（4）将电荷量q=5×10-4C的带正电点电荷从d移到c，电场力做的功Wdc为2.4×10-4J
例2.答案 (1)放电 不变 (2)575 (3)BD
解析 (1)开关S改接2后，电容器进行的是放电过程；
因I－t图像与坐标轴所围成的面积等于电容器的带电荷量，则如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I－t曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
(2)该电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(3.45×10－3,6) F＝575 μF。
(3)电源给电容器充电时，刚开始电荷量的变化率较大，后来变化率减小，放电时，电荷量变化率刚开始比较大，后来变化率减小，故A错误，B正确
例3.答案 (1)b (2)6.5 (3)3.7×10－3 (4)4.6×10－4 (5)D1
解析 (1)滑动变阻器采用分压式接法，要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向b端滑动。
(2)电压表量程15 V，每个小格0.5 V，故读数为6.5 V。
(3)I－t图像所围的面积等于电容器存储的电荷量，37个小格，故电容器存储的电荷量为
Q＝37×0.2×10－3×0.5 C＝3.7×10－3 C。
(4)由电容的定义式C＝eq \f(Q,U)得C＝4.6×10－4 F。
(5)开关S2掷向2，电容器放电，放电电流方向为从左向右，故D1闪光。
例4.答案 C
解析 电流计的指针向左偏时，可知电容器极板上的电荷量减小，说明电容器放电，由电容定义式C＝eq \f(Q,U)可知，U不变，Q减小，C减小，由电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器极板间的电介质减少，被测物体向右移动，故A、B错误；当电流计的指针向右偏时，同理可得，电源在对电容器充电，由电容定义式C＝eq \f(Q,U)可知，U不变，Q增大，C增大，故C正确，D错误。
例5.B 解析：根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故A错误；极板间电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(\f(Q,C),d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)不变，故B正确；极板间电压U＝eq \f(Q,C)变小，故C错误；风力越小，d越大，极板间电压越大，静电计指针张角越大，故D错误。
例6.D 解析：上极板略微下移，d变小，U不变，E变大，电场力变大，油滴向上运动，故A错误；下极板略微上移，d变小，U不变，E变大，上极板与P的电势差增大，上极板电势不变，P点的电势降低，故B错误；不论是上极板略微左移，还是下极板略微右移，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，S将减小，C变小，U不变，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，实际为Q保持不变，C变小，U变大，电场强度E变大，电场力变大，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，E变大，P与下极板的电势差增大，下极板的电势恒为0，所以P点的电势升高，该油滴带负电，电势能降低，故C错误，D正确。
【基础题组】
1.A 【解答】解：A、图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电动势 E，故A正确；
B、图乙为电容器放电过程，放电过程中电流大小随着电量减少而减小，故B错误；
C、图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；
D、图戊中的电容器上有“”字样，其中的5.5V是该电容器两端电压最大值或额定电压，不是击穿电压，击穿电压大于5.5V，故D错误；
故选：A。
2.C
【分析】三次充电用同一个电容器，则电容不变，明确电容的定义式，并由定义式推出电压和电量表达式，从而确定图象；根据q＝It可知q与t的比值表示电流大小，则图乙的斜率反映电流的大小。
【解答】解：A、因为三次充电用同一个电容器，所以由电容的定义式可知，同一个电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时电容器两端的电压U随电荷量q变化的图线斜率与丙图中图线斜率相同，故A错误；
B、在电容器充满电荷量时，视为断路，电压为电源电压，所以①②两条曲线表示最终q不同是由于电源电动势不同而引起的，故B错误；
C、由电容器电荷量q随时间t变化的图像可知，图线的斜率表示充电电流，斜率越大，充电电流越大，所以第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故C正确；
D、②③两条曲线形状不同因为R不同引起的，从图中可以看到同一时刻，图线③的斜率大于图线②的斜率，故R3小于R2，故D错误。
3.A
【分析】先根据电容的决定式C＝分析电容的变化情况，再抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C＝分析极板间的电势差的变化情况，即可判断偏角θ的变化情况。
【解答】解：根据电容的决定式C＝分析电容的变化情况，静电计指针偏角表示电容器电压的大小，因为电容器的电量不变，结合电容的定义式C＝分析可得：
A、将极板b向左移动一些，两极板间的距离d增大，电容C减小，电量Q不变，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角θ变大，故A正确；
B、将极板b向右移动一些，两极板间的距离d减小，电量Q不变，，场强E与d无关，则两极板间的场强E不变，故B错误；
C、将极板b向上移动一些，两极板正对面积减小，电容C减小，电量Q不变，极板间的电势差U增大，所以静电计指针偏角θ变大，故C错误；
D、在极板间插入一块有机玻璃板，ɛ增大，C增大，U减小，静电计指针偏角θ减小，故D错误；
4.D
【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。
5.A
【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；
6.B
【分析】依据电容的决定式C＝与定义式C＝，及E＝，即可判定。
【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；
【点评】本题要记住平行板电容器内抽出金属板，可以等效成极板间距增大了，理解电容的定义式与决定式的区别，并掌握E＝的应用，注意电容器的两极板与一电压恒定的电源相连知道电压不变是解题的突破口。
7.D 解析：根据题意，两极板在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式和定义式C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)由此可知，d减小，C增大，故A错误；根据公式E＝eq \f(U,d)＝eq \f(\f(Q,C),d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，两板间电场强度不变，故B错误；由图可知，P与B板间的距离减小，由于电容器内部电场强度不变，所以P与B板间的电势差减小，B板接地，其电势为零，所以P点电势降低，故C错误，D正确。
8.CD
【分析】根据平行板电容器电容的决定式C＝分别判断出当d、S、ɛ变化时电容c的变化情况，由题意极板带电量Q不变，根据根据C＝，判断板间电压U的变化情况，进而确定静电计指针张角的变化。
【解答】解：AB、a板不动、将b板向左平移，或b板不动、将a板向右平移，都会使极板间距离d变小，根据平行板电容器电容的决定式得：
C＝，可知电容C增大
由题意，极板带电量Q不变，根据电容的定义式得：
C＝，可知板间电压U减小，故静电计指针张角变小，故AB错误。
C、将A板向上移动一小段距离，即正对面积减小，根据C＝，可知电容C变小，因为极板带电量Q不变，根据C＝，可知板间电压U增大，故静电计指针张角变大，故C正确。
D、若取出a、b两极板间的电介质，即相当于ɛ减小，根据C＝，可知电容C变小，因为极板带电量Q不变，根据C＝，可知板间电压U增大，故静电计指针张角变大，故D正确。
9.A 【解析】电容器的两极板与电源相连，可知极板间电压恒定，有金属板存在时，板间电场强度为，此时带电粒子静止，可知，把金属板从电容器中抽出后，板间电场强度为，此时粒子加速度为，联立可得，
10.B
【分析】电容器开始充电时，电流很大，随着时间的推移，电流逐渐减小，当充电结束后，充电电流消失。
根据电容器电荷量公式Q＝CU分析。
【解答】解：AB、分析电容器的充电过程，开始充电时，电流很大，随着时间的推移，电流逐渐减小，当充电结束后，充电电流消失，故A错误，B正确；
CD、根据电容器电荷量公式可知，Q＝CU，电容不变，则Q∝U，Q﹣t图象与图乙类似，故CD错误。
11.AD
【分析】由题意可知两端电压不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出极板电量的变化；再由U＝Ed可知E的变化，从而即可判定。
【解答】解：A、因电容器与电源相连，则极板电压U不变，故A正确；
B、原来板间距离为d，上极板A板竖直向上移动一小段距离x0过程中，平行板电容器的电容：C＝，知电容C变小，但不是一次函数，故B错误；
C、依据C＝，则有电量Q＝CU，因电压U不变，那么电量与电容成正比，则电量Q会减小，故C错误；
D、在电容器两极板的电压一定的情况下，据E＝，即为E＝，故D正确；
12.答案：3.6×10﹣3；（3.2×10﹣3～3.8×10﹣3 ）；4.0×10﹣4；（3.2×10﹣4～4.2×10﹣4 ）。
【分析】通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解；
根据电容器的电容C＝可知，结合电量与电势差，即可求解．
【解答】解：根据图象的含义，因Q＝It，所以图象与坐标轴围成的面积表示电容器的放电量；
根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电量为q0＝0.2×0.2×10﹣3C＝0.04×10﹣3C，
由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为90，
所以释放的电荷量是q＝0.04×10﹣3×90C＝3.6×10﹣3C；
根据电容器的电容C＝可知，C＝F＝4.0×10﹣4F。
果保留两位有效数字）。
13.答案：（1）D；（2）1；（3）见解析；（4）1.5×10﹣3
【分析】（1）使用万用表的电阻挡进行测量时，万用表内的电池对电容器充电，有充电电流，充电完毕，没有电流。
（2）当电容器与电源相连时充电。
（3）将未描点的数据在坐标系中描点，再用平滑的曲线连接，作出图象。
（4）由△Q＝I•△t知，电荷量Q等于I﹣t图象与坐标轴所包围的面积。计算面积时可数格数（四舍五入），然后由C＝求电容C。
【解答】解：（1）使用万用电表测量电容时，那么首先是万用表对电容器充电，那么此时显示电流很大（即偏转角度很大），当充电完毕后又相当断开，故偏转角度又很小，故ABC错误，D正确，故选：D
（2）连接好电路后，将开关接1，让电源对电容器充电；
（3）先描点，再用平滑的曲线与题目所给的曲线拟合，如图所示；
（4）数出I﹣t图象与坐标轴围成的面积的格数为34，而第一小格所表示的电荷量q＝25×10﹣6×5C＝1.25×10﹣4C，所以电容器所带电荷总量Q＝34q＝34×1.25×10﹣4C＝4.25×10﹣3C，根据电容的定义得到C＝＝＝1.5×10﹣3F。
14.答案：（1）1；（2）2；（4）0.740（0.730—0.750均正确）；（5）0.368（0.360—0.380均正确）；（6）在误差允许范围内，电容器所带电荷量Q与电容器两端电压U成正比；（7）不会
【分析】（1）（2）开关S接1、2时，电容器先充电再放电；
（4）（5）根据题目所给的两种图像，由△Q＝I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积，计算时可数格数（四舍五入）再求电量；
（6）（7）规纳实验结论，分析电阻的作用，它对电荷的总量并不产生影响。
【解答】解：（1）由于电容器未带电荷，所以先要充电，故开关S应接1；
（2）当电容器充电结束，即电容器两端电压与电源的电动势相等时，再把开关S接2，使电容器放电；
（4）由△Q＝I•△t知，电荷量为I﹣t图象与坐标轴所包围的面积。从I﹣t图象看出，每格所表示的电量q0＝0.01×0.4C＝0.004C，当电压为U＝4V时，数出I﹣t图象的所包围的格数有185个格，所以总面积为Q4＝185×0.004C＝0.740C。
（5）而当电压U＝2V时，Q2＝92×0.004C＝0.368C。
（6）从以上的两组数据可以看出，当电压加倍时，电容器的电荷量也加倍，所以在误差允许范围内，电容器所带电荷量Q与电容器两端电压U成正比；
（7）电阻R换成一个阻值更大的电阻，只是影响电流的峰值，但对电荷的总量没有影响。
15.答案：（1）B；（2）a 4.2×10﹣2、9.0、4.7×10﹣3；b c
【分析】（1）电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，并依据能量守恒定律，即可求解；
（2）a、由I﹣t图象得到开始时电流，结合欧姆定律求解电压；面积表示电荷总量；根据C＝求解电容；
b、根据欧姆定律，电阻越大，最大电流越小，结合I﹣t图象所转的面积确定是哪个图象。
【解答】解：（1）AD、电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电量无关，故AD错误。
BC、当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故C错误，B正确。
故选：B
（2）a、I﹣t图象与坐标轴所围成的面积表示电容器电量q＝42.3mA•s＝4.23×10﹣2C。
由i﹣t图象得到开始时电流为：I＝90mA＝0.09A，故最大电压为：U＝IR1＝0.09A×100Ω＝9.0V。
故电容为：C＝＝＝4.7×10﹣3 F；
b、换用180Ω的电阻，则根据Im＝，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm＝CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，所以I﹣t图象应该是c。
16.答案：（1）1；（2）A；（3）2I0t0；（4）②、放电的总电荷量不变
【分析】（1）（2）根据电路图可知，单刀双掷开关连接1是充电，连接2是放电。根据电容器的电压增大充电电流会减小确定I﹣t图象的形状；
（3）通过横轴与纵轴的数据，求出一个格子对应的电量，再结合图象所包含的面积，算出多少个格子，从而即可求解；
（4）若只减小了电阻，则刚开始时刻的放电电流将变大，但由于总的电荷量不变，从图象所围的面积不变来判断是哪条图线。
【解答】解：（1）充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关连接1；
（2）电容器充电时，随着电荷的增加，由于电容电压升高，所以电流逐渐减小且电流减小得越来越慢，充满电荷之后，电流为零。故选：A
（3）从图丙中可以看出放电在t0～2t0完成，i﹣t图象与坐标轴共围有8小格，所以电容器总的放电电量为：Q＝8×＝2I0t0；
（4）若只减小电阻的值，则开始时刻的电流都将增大一点，I﹣t图象的纵截距稍大，但由于总的电荷量一定，则图象与坐标围成的面积相同，故曲线②符合要求。
17.答案：
解析：A、B两电容器的电容相等，C A =C B =C，两电容器两板带电荷量相等，Q A =Q B =Q，两电容器极板间电压相等，U A =U B .
当电容器B两板错开，使它们正对面积变为S′= S时，电容将变为：
C B ′= C
此时电容器B的带电荷量为Q B ′，则有：U B ′=
电容器A的带电荷量为Q A ′，则有：U A ′=
因为U A ′=U B ′，所以Q A ′=2Q B ′
因为Q A ′+Q B ′=Q A +Q B =2Q
所以Q A ′= Q Q B ′= Q
电容器两板间电压为：U A ′= = = U A
此时电容器A两板间电场的场强为：E A ′= = = E A
带电微粒受重力和电场力，则有：qE A ′-mg=ma
即 qE-mg=ma
开始带电微粒处于静止状态，
则有qE-mg=0
由①②得：a= g.
t/s
0
5
10
15
20
30
40
50
60
70
80
90
I/μA
252
190
145
105
76
46
24
12
5
2
1
0