高中物理电容器和电容典型例题解析

1、P点，如图所示，以E表示两板间的场强,A、U变小，E不变B、E变小，W不变C、U变小，W不变D、U不变，W不变+ 1 电容器和电容典型例题【例1】平行板电容器所带的电荷量为 Q= 4X 10-8c，电容器两板间的电压为 U = 2V，则该电容器的电容为 ;如果将其放电，使其所带电荷量为原来的一半， 则两板间的电压为 ，两板间电场强度变为原来的 倍，此时平行板电容器的电容为 。【例2】如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板， G是一只静电计，开关 S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是A、合上S,使A、B两板靠近一些B、合上S,使A、B正对面积错开一些C、断开S，使A、B

2、间距增大一些D、断开S,使A、B正对面积错开一些【例3】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正电荷固定在U表示电容器两板间的电压,W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板向下移到图示的虚线位置则：（【例4】 置于真空中的两块带电的金属板，相距1cm面积均为10cm2，带电量分别为 Q=2X10-8C,C2=-2X10-8C,若在两板之间的中点放一个电量q=5X10-9C的点电荷，求金属板对点电荷的作用力是多大？【例5】A, B两块平行带电金属板，A板带负电，B板带正电，并与大地相连接，P为两板间一点。若将一块玻璃板插入A, B两板间，则P点电势将怎样变化。【例

3、6】一个平行板电容器，使它每板电量从Q=30X 10-6C增加到Q=36X 10-6C时，两板间的电势差从 U=10V增加到U2=12V,这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从10V降为U2'=6V，则每板需减少多少电量.【例7】一平行板电容器的电容量为 C,充电后与电源断开，此时板上带电量为 Q,两板间电势差为 U,板间场强为E.现保持间 距不变使两板错开一半（图 1）,则下列各量的变化是：电容量 C' =，带电量Q' =，电势差U' =，板间场强E' .【例8如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上.现进行下列四步动作:合上E;

4、在两板中央插入厚为細金属板；（3）打开S;（ 4）抽出金属板.则此时电容 器两板间电势差为A. 0VB. 10V C. 5V D. 20V【例9】 三块相同的金属平板 A B、D自上而下水平放置，间距分别为 h和d,如图所示.A B两板中心开孔，在 A板的开孔上 搁有一金属容器P,与A板接触良好，其内盛有导电液体. A板通过闭合的电键 S与电动势为U0的电池的正极相连，B板与电池的 负极相连并接地.容器P内的液体在底部小孔 0处形成质量为m,带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O'落在D板上, 其电荷被D板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续设整个装

5、置放在真空中.（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？（2） D板最终可达到多高的电势？r（3）设液滴的电量是 A板所带电量的a倍（a=0.02 ）, A板与B板构成的电容器的电容为 C0=5X 102F,却U=1000V, m=0.02g, h=d=5cm 试计算 D板最终的电势值.（g=10n）/s2）':"（4）如果电键S不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其他条件与（3）相同.在这种情况下，D板最终可达到电势值为多少？说明理由.切一曲一Bq 4 x 10-8【例1】【解析】由电容器电容的定义式得：CUF =210 " F，电容的大小取决

6、于电容器本身的构造,与电容器的带电量无关，故所带电荷量为原来一半时，电容不变。而此时两极板间的电压为:=1V板间为匀强电场，由场强与电压关系可得:【例2】【解析】图中静电计的金属杆接示两板间的电压越高。当闭合 S时，A、EdA板，外壳与B两板间的电压等于电源两端电压不变。故静电计的张角保持不变。当断开=-E答案:28Q2 X 10- C、1V、1/2、2 X 10- CdB板均接地，静电计显示的是 A、B两板间的电压，指针的张角越大，S时，两板构成的电容器的带电量保持不变，如果板间的间距增大，或正对面积减小，由平板电容器电容的决定式C =可知,4 二 kdQ电容都将减小，再由u可知，板间电压都

7、将增大，即静电计的张角应当变大。C【例3】【解析】题意：一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，说明电容器的带电量将保持不变，负极板为零电势。 当正极板向下移到图示位置时，板间距变小，由E=u Q Qd cd S d4*dU变小；由于P与下板间的距离不变，所以 P与下板间的电势差不变，不变。答案：AC答案：C、D4 -kQ可知板间的场强E不变，然而板间的电势差 U=Ed，Sp点的电势不变，故在 p点的正电荷的电势能不变，即W【例4】【错解】点电荷受到两板带电荷的作用力，此二 力大小相等，方向相同，由库仑定律学“CO限；1：7了1旷二3血1屮（皿.vio -F二F + F：二九小了怖.方向指

8、向带负电陶金属板。如图8】新示*【错解原因】 库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库 仑定律求解就错了。【正确解答】 两个平行带电板相距很近，其间形成匀强电场，电场中的点电荷受到电场力的作用。-7T kdQXi； +4 < 314XX5X 10两极闫电势差为QIU-6C" 1.77 X 10-E-1 少 io*113X 10*1 X10-3F-4E-5X10X113X10例 5】【错解】UpB=U>-UB=Ed电常数£增大，电场强度减小，导致UP下降【错解原因】 没有按照题意画岀示意图，对题意的理解有

9、误。没有按照电势差的定义来判断PB两点间电势差的正负【分析解答】 按照题意作出示意图，画出电场线，图8- 19所示我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以li=0，UBp=UB-Up=0-Up Up=-EdUpB=Up-UBc 0, B 板接地Q不变.舷,根鮭去冷有插橄晰介电常数£增大，电场强度减小，导致UP上升。【评析】如何理解PB间的电势差减小，P点的电势反倒升高呢？请注意，B板接地UpV0, PB间的电势差减小意味着少了。其电势反倒升高了。【例6解电量的增加量和电势差的增加量分别为Q=Q2 Qi=36X 10-6C30X 10-6C=6X 10-6C,U

10、p比零电势降落得L AQ 外 10=“T U=U Ui=12V-10V=2V.根据电容的定义，它等于每增加1V电势差所需增加的电量，即要求两极板间电势差降为 6V,则每板应减少的电量U =3X 10-6X( 106) C=12X 10-6C.说明(1)电势差降为6V时，每板的带电量为Q' 2=Q- Q = 30 X 10-6C 12X 10-6C=18X 10-6C.(2)由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即【例7】分析电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定介质与间距不变，正对面积减为原来的一半, 来的一半，即电容量也减为原Cy =許切断电源后，板上电量不变，

11、Q' =Q.由电容定义得两板间电势差根据电势差与场强的关系，得板间场强答Q. 2U. 2E.说明板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图 电容器的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发.2所示，分析平行板【例8分析每一步动作造成的影响如下：(1)合上S,电源对电容器充电，至电压为 U.设电容量为C，则带电量Q=CU板U(2)插入金属板，板的两侧岀现等量异号的感应电荷，上下形成间形成一个匀强电场，场强为Ei两平匀强瞄蒐域其宽度均坍.由于环金属板为等势体，则a板与金属板之间、金属板与b板之间的电势差均为；Y显然，在插入过程中，电源必须对A B两

12、板继续充电，板上电量增为原来的2 倍，即Q=2Q.(3)打开S，A、B两板的电量保持不变，即 Q=Q=2Q.A(4)抽出板，电容器的电容仍为C,而电量为2Q,所以两板间电势差变为-2U- 20V答D.【例9】分析液滴落下后，由电场力和重力共同对它做功，由此可算出它到达D板的速度液滴落下后，D板上出现正电荷，在DB间形成一个方向向上的场强，将阻碍以后继续下落的液滴，使D板的带电量有一限度，其电势也有一个最大值.解(1)设第一个液滴到达D板的速度为Vi,对液滴从离开小孔 0到D板的全过程由功能关系qV0 +ng(h + d；' = ftw?得(2)随着下落液滴的增多， D板带的正电荷不断积

13、累，在 液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为DB间形成向上的电场 E'，通过O'后的液滴在BD间作匀减速运动，当Um.由 qU0+ mg (h + d) qUm=A Ek=0 .得(3) A板带电量 Q=CU，故每一液滴的电量 q=a Q=0.O2GU0，代入上式得nig(hi-d)=Ua + m ° 0.02 CDU00 02X IO"3 x 10(5 + X 10"3-1 OOOV-I- VQD2X5XlQ fl KIOQO-2.01X105V(4) D板最终电势等于 A板电荷全部到达D板时D板的电势.由于h=d，B、D间电容量也是Co,故D板最终电势U至多为Uo.因为当D板电势为U时，A板电势Ua=U0 U,到达D板液滴的动能为 E = mg(h + d) + qU-qU> mg( h + d) qU十 V 式中qm=aCu，是q的最大值，即第一个液滴的电量.因mg (h+d) -aCoUo = 2X IQ'5 -10'13 X106&g