2024年电容器的动态分析（教师版含解析）

22电容器的动态分析

1.如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键匕电容器

充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为仇则下述说法正确的是（）

A.电键k断开，4板向8板靠近，则。增大

B.电键k断开，A板向上移动，则夕增大

C.保持电键k闭合，A板向。板靠近，则〃变小

D.保持电键k闭合，A板向上移动，则。变小

【答案】B

【详解】

A.若断开K,电容器带电量保持不变，由以及石=4可得

4nkdUd

由于。、s不变，A板向6板靠近，虽然“变小，但电场强度不变，故电场力不变，则6不变，故A错

误；

B.若断开K,由七二也建得，Q不变，A板向上移动，S变小，E变大，则。变大，故B正确；

eS

C.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据石==可知，当将4板向B板靠近

a

时，d变小，电场强度增大，则电场力增大，。将增大，故C错误；

D.若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，凶此根据石=乌可知，A板向一移动，“不

a

变，电场强度不变，则电场力不变，。将不变，故D错误。

故选B.

2.如图所示，电容器与一稳定的电源连接后，保持两极板间距不变而将极板相互错开一些，关于极板错开

前后，下列判断中正确的是（）

A.电容器的电容增大B.电容器两极板的电场强度变大

C.电容器两极板间的电势差不变D.电容器储存的电荷量不变

【答案】C

【详解】

A、根据电容器的决定式

可知保持两板间距不变，相互甯开，极板正对面积减小，电容减小，故A错误；

BC、合上开关S后，电容器与电源保持相连，板间的电势差仍等于电源电动势，保持不变。由于板间距

d不变，根据

可知板间的电场强度不变，B错误，C正确；

D、因电容减小，电压不变，则由

Q=UC

可知，电容器储存的电荷量减小，D错误。

故选C。

3.如图所示，设两极板正对面积为S,极板间的距离为〃，静电计指针偏角为凡实验中，极板所带电荷量

不变，若（）

A.保持S不变，增大d,则夕不变

B.保持S不变，增大d,则。变小

C.保持d不变，减小S,则。变大

D.保持d不变,减小S,则。不变

【答案】C

【详解】

由电容公式

解得

AB.极板所带电荷量不变，保持S不变，增大d,U增大，则0增大，AB错误；

CD.极板所带电荷量不变，保持d不变，减小S,U增大，则〃变大，C正确，D错误。

故选C。

4.如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭

合开关S后，下列说法正确的是（）

A.若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大

B.若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变

C.若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电后将增加

D.若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流

【答案】C

【分析】

闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变.将开关S断开，电容器放电，

知电量的变化.若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电

路中电流的方向.若只将滑动变限器滑片P向上移动，电压增人.

【详解】

A、B项：闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器卜.部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插

入电介质，电容器的电容将增大.故A、B错误；

C项：若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C正确；

D项：若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所

带电量减小，电容器放电.由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误.

故应选：C.

【点睛】

本题电容器动态变化分析问题：关键是确定电容器的电压.电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有

在充电或放电过程中电容器所在电路有电流.

5.如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q,板间距离为d,上极板与静电计相连，

静甩计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间。点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对

值为外静电力常量为上下列说法正确的是0

A.油滴带正电

B.油滴受到的电场力大小为里”

d-

C.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动

D.若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小

【答案】D

【详解】

A.根据受力分析知，油滴受直力和电场力，因为油滴受力平衡，因此可判断油滴带负电，所受电场力

竖直向上，故A错误；

B.因为油滴处于匀强电场中，因此只能用匀强电场公式，根据平行板电容器公式可得

可得

故B错误：

C.电场力

可知电场力与两极板距离d无关，若仅将上极板平移到图中虚线位置，所受电场力不变，因此油滴仍静

止不动，故C错误。

D.平行板电容器电荷量不变，根据公式

因此将上极板平移到图中虚线位置，间距变小，电容变大，电压变小，静电计指针张角变小，故D正确；

7.如图所示，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用绝缘细线悬挂于平行板间处于

静止状态，小球与竖直方向的夹角为仇此时A极板带负电，8极板带正电。则下列判断正确的是（）

A.轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动

B.若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大

C.若将A极板向上平移稍许，夹角〃将变小

D.若将A极板向下平移稍许，静电计指针偏角增大

【答案】D

【详解】

A.轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；

B.充电后与电源断开，电荷量不变，由公式。=弃7可知，若将A极板向左平移稍许，即d增大，

4以kd

则电容器的电容将减小，故B错误；

C.充电后与电源断开，电荷量不变，由公式C=—可知，若将A极板向上平移稍许，即S减小，则

4成J

电容减小，由c=2可知，则电势差增大，由公式石=4可知，场强增大，小球受到的电场力增大，

Ua

则夹角。将变大，故C错误；

D.充电后与电源断开，电荷量不变，由公式。=总;可知，若将A极板下平移稍许，即5减小，则

4jikd

电容减小，由。=号可知，则电势差增大即静电计指针偏角增大，故D正确。

故选D。

8.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于0、M、P点,由。

点静止释放的电子恰好能运动到尸点，现将C板向右平移到产点，则由。点静止释放的电子

A.运动到P点返回

B.运动到，和〃点之间返回

C.运动到P点返回

D.穿过P点

【答案】A

【详解】

设A、8板间的电势差为U”8、C板间的电势差为S,板间距为d，电场强度为E,第一次由。点静止

释放的电子恰好能运动到?点，根据动能定理得：q5=qS=qEd,将C板向右移动，B、C板间的电场强

度£=鼻=与=_—=电丝，E不变,所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返I可，故A

壮壮力-xd，£S

4nkdr

正确；BCD错误.

9.电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用电容表征。如图所示，在研

究电容器充、放电的实验中，变开关S掷向1端，电源石对电容器C充电。关于电容器，下列说法正确

的是（）

A.电容器所带的电荷量越多，电容就越大

B.电容器所带电荷晟为0时，电容就为0

C.电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压就变为原来的2倍

D.电容器的电容在数值上等于两极板间的电压为1V时电容器需要带的电荷量

【答案】D

【详解】

AB.电容器的电容是由电容器本身的内部结构决定的，与电容器带电量无关，选项AB错误；

C.根据

可知，电容器电容不变，当电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压就变为原来的一半，

选项C错误；

D.根据

可知，电容器的电容在数值上等于两极板间的电压为IV时可容器需要带的电荷量，选项D正确。

故选D。

10.电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用电容表征。如图所示，在

研究电容器充、放电的实验中，使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电。下列图像中，能正确反映

电容器充电过程中电流与时间、电荷量与电压关系的是（）

【详解】

AB.充电过程中随着电容器电荷量的增加，充电电流越来越小，充满以后电流为零，故A正确，B错误：

CD.根据。=卷可知，电容器的电容大小不变，则4—U图象是一条过原点的直线，故CD错误。

故选A。

11.如图所示，一平行板电容器与电源石和电流表相连接，接通开关S,电源即给电容器充电，下列说法中

不正确的是（）

A.保持S接通，使两极板的面积错开•些（仍平行），则两极板间的电场强度减小

B.保持S接通，减小两极板间的距离，则电流表中有从左到右的电流流过

C.断开S,增大两极板间的距离，则两极板间的电压增大

D.断开S,在两极板间插入一块电介质板，则两极板间的电势差减小

【答案】A

【详解】

A.保持开关S接通，电容器上电压U保持不变，正对面积S减小时，由

可知U和d都不变，则场强E不变，A错误，符合题意；

B.减小距离d时，由

可知电容C增大，因为开关S接通U不变，由。=。£/得电荷量。将增大，故电容器充电，电路中有充

电电流，电流表中有从左到右的电流流过，B正确，不符合题意；

C.断开开关S后，电容器的电荷量。保持不变，当“增大时，由

可知电容C减小，由

可得电压U将增大，C正确，不符合题意；

D.插入电介质，£增大，由

可知电容C增大，因为断开S后。不变，由

知电压U将减小，D正确，不符合题意。

故选Ao

12.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路，上极板接地。闭合开关S,电源对电容器充电后，电容

器带电量为Q，两极板间电压为U,板间电场强度大小为综，电容器中的。点电势为9,则下列说法正

确的是（）

A.若将上板下移少许，。增大，U减小，&不变，9变大

B.若将上板下移少许，。不变，U减小,1减小，夕变小

C.若断开开关S,将上板下移少许，Q增大，U不变，耳）增大，。变小

D.若断开开关S,将上板下移少许，。不变，U减小，&不变，。变大

【答案】D

【详解】

AB.电容器与电源保持连接时电容器两极板间的电压U不变，上板下移（板间距d减小）。

由公式c=±7,可知电容C将增大；

4乃kd

由公式。=与可知电容器带电量Q将增大；

由公式目）=4可知两极板间的场强增大；

a

。点电势为。为负值，设。点到上板的距离为大，则

x减小，所以8变大，选项A、B错误；

CD.断开电源后电容器带电量。不变，上板下移（两极板间距d减小）。

由公式C=S4T，可知，电容C将增大；

47M

由公式。二卷可知电容器两极板间电压U将减小；

由4=4，c=2,C=WT，三式可解得

aU4兀kd

由此可知两极板间的场强不变，由。=-EoX可知夕变大，选项C错误、D正确。

故选D。

13.如图所示为一种电容传声器。》是固定不动的金属板，。是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，

。、〃构成一个电容器。其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变

了它与固定极板〃间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭

合开关K,若声源S发出声波使〃向右运动时（）

A.电容器的电容减小B.a、6板之间的电场强度减小

C.流过电流表的电流方向为自左向右D.电容器两板间的电压会增大

【答案】C

【详解】

A.由电容的决定式。=一竺可知，a向右运动时，极板间的距离d减小，所以电容增大，选项A错误；

4/rkd

BD.闭合开关K,电压U保持不变，距离减小，由E=§可知电场强度增大，选项BD错误：

C.由电容定义式c=5可知.电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流表的电

流方向为自左向右，选项C正确。

故选C。

14.平行板电容器与电动势为E的直流电源、电阻R和开关S连接成如图所示的电路，卜.极板接地。当开

关S闭合时，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态。现断开开关S,将卜极板竖直向上

移动一小段距离，则（）

A.油滴保持静止

B.油滴的电势能减小

C.P点的电势将降低

D.电容器极板带电荷量增大

【答案】AC

【详解】

AD.油滴恰好处于静止状态，此时油滴受到的重力与电场力平衡。断开开关S后，电容器极板带电量不

变，将下极板竖直向上移动一小段距离，板间距d减小，由

联立解得场强大小为

即场强大小与d无关，故此时电场力不变，油滴仍然保持静止，故A正确，D错误；

BC.上极板与电源正极相连，故电场方向竖直向下，下极板接地，电势为0,下极板上移一小段距离后，

。点到下极板的距离减小，又因为场强E不变，由〃=&7可知，P点与下极板间的电势差减小，故尸点

电势降低，而油滴受到的电场力向上，故油滴带负电，由Ep=“。可知，油滴的电势能将增大，故B错

误，C正确。

故选ACo

15.如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键K闭合。电容器两板正中间有一质量为加、

带电荷最为4的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是（）

A.微粒带的是负电

2mgd

B.电源电动势大小为

q

C.电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动

D.电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒保持静止不动

【答案】AD

【详解】

A.根据题意可知，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容

器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电，故A正确；

B.由平衡条件得

可得电源电动势的大小为

故B错误：

CD.断开开关S,电容器所带电量不变，由

可得电容器板间场强为

当把电容器两极板间距离增大，场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故C错误，D

正确；

故选AD0

16.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在。点，

如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，母表示正电荷在P点的电势能，若保持负

极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则下列说法正确的是（）

A.U变小，E变小B.E不变，Ep不变

C.U变小，母不变D.U不变，£p不变

【答案】BC

【详解】

平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变.将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据

知电容增大，根据

则电势差U变小；由

知电场强度

不变，则?与负极板间的电势差不变，尸点的电势不变，正电荷在2点的电势能6不变：故选BC。

17.如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极

板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。以下实验过程中电容器所带电荷最

可认为不变。下面操作能使静电计指针张开角度变小的是（）

A.将M板沿水平向右方向靠近N板

B.在M、N之间插入有机玻璃板

C.将M板向上平移

D.在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触

【答案】ABD

【详解】

ABD.由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由。=■^分

析可知，电容。应变大，根据。=一冬分析可知，应增大正对面积，减小板间距离、或增大电介质，

471kd

插入金属板，相当于减小4,故ABD正确。

C.将M板向上平移，正对面积减小，电容减小，则电压。增大，指针张开角度变大，故C错误。

故选ABDo

18.图示是电子束加工工件的示意图，电子枪产生热电子后被高压电源加速，经聚焦系统会聚成很细的电

子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工。现将电子加速系统简化为如图所示电路，平

行板电容器与直流电源相连接，保持电键闭合，电子由静止开始从4板向“板运动，当到达笈板时速度

为L则下列说法正确的是（）

A.若增大两极板间距离，则电容器电量Q变大，u也增大

B.若板向上移动少许，则电容器电量。变小，u保持不变

C.若断开电键后增大两极板间距离，则电容器电量。不变，u也不变

D.若断开电键后将3板向上移动少许，则电容器电量。不变，口增大

【答案】BD

【详解】

根据电容公式

可知d增大C减小，S减小。减小。A.电键保持闭合，U不变，d增大C减小

Q=UC

因此。减小。根据动能定理电场力做功

eU=­wv2

2

可知丫不变，故A错误。B.电健保持闭合，U不变，若B板向上移，S变小，C减小

Q-UC

因此。减小。根据动能定理电场力做功

1,

eU=——mv~

2

可知，u不变，故B正确。C.电键断开，。不变。d增大C减小

C减小U增大。根据动能定理电场力做功

eU=­mv2

2

可知，u变大，故C错误。D.电键断开，。不变。若4板向上移，S变小，C减小

。减小U增大。根据动能定理电场力做功

,1,

eU=—

2

可知，v变大，故D正确。故选BD。

19.如图所示，平行板电容器与直流电源相连，下极板接地，一带电油滴位于容器中的〃点恰好处于静止

状态现将平行板电容器的上极板上移一小段位移，则（）

A.电容器的电容减小，极板昔电量将减小

B.带电油滴将沿竖直方向向上运动

C.。点的电势将降低

D.带电油滴在P点的电势能将减小

【答案】AC

【详解】

A.由于电容器和电源相连，电势差不变：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则d变

大，则根据

可知电容C变小，根据。二UC可知，极板的带电量变小，故A正确；

B.将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离变大，

根据

得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动.故B错误；

C.场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式。二Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减

小，故尸点电势降低；故C正确；

D.由带电油滴原来处r平衡状态可知，油滴应带负电，由于尸点的电势降低，则油滴的电势能将增加，

故D错误。

故选ACo

20.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，电源电动势七=3V。实验时先使开关S

与1端相连，电源向电容器。充电，待电路稳定后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器

将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的4曲线，则。

A.如果仅将R的阻值调大，则4曲线与两坐标轴围成的面积增大

B.如果仅将R的阻值调大，则电容器放电更快

C.如果仅将电源电动势£调天，则/=()时刻的放电电流更大

D.电容器的电容约为IORF

【答案】CD

【详解】

A.由夕=〃可知，图像围成的面积表示通过R的电荷量，通过R的电荷量为电容器两极板上的电

荷，由于电压未变，故电容器极板上的电荷量不变，故/-，图像与两坐标轴围成的面积不变，故A错误；

B.增大电阻的阻值，电容器放电变慢，故B错误；

C.仅将电源电动势增大，则电容器两极板间的电压变大，故0时刻的放电电流更大，故c正确：

D.由，一/图像可.知，其其围成的总格数约为75格，故电容器极板上的电荷量约为

故电容为

故D正确。

故选CD.

21.如图所示电路中电源电动势为E内阻为心电流表和电压表均为理想电表，与、R?为定值电阻，此为

滑动变阻器，C为平行板电容器。开关S闭合后两极板间的带电液滴处于静止状态，当滑劭变阻器滑片

P向。端滑动过程中，下列说法正确的是()

A.6的功率变大

B.电压表、电流表示数都变大

C.在滑动变阻器片P向〃端滑动时，若同时增大平行板间距，则液滴可能保持不动

D.电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动

【答案】AC

【详解】

AB.当滑动变阻器滑片P向。端滑动时，接入电路的电阻增大，R2与心并联的电阻增大，则电路的总

电流减小，体电压减小，则电压表的示数变小，R?与合并联的电压增大，R中的电流增大，由电功率公

式有

则电阻R3的功率变大，电流表的示数为电路总电流减去当中的电流，因此电流表示数变小，A正确，B

错误；

C.心两端电压增大，若增大"行板的间距，由E=4可知，电场强度可能恒定，则液滴可能不动，C