高中物理电容器和电容典型例题解析

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＝4×10-8C，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P点，如图所示，以E表示两板间的场强，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：（）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【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Q1=2×10-8C，Q2=-2×10-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5×10-9C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6】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=30×10-6C增加到Q2=36×10-6C时，两板间的电势差从U1=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：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．10VC．5VD．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O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？（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=5×10-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm．试计算D板最终的电势值．（g=10m／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．【例1】【解析】由电容器电容的定义式得：FFUQC881022104，电容的大小取决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：VUCQCQU1212///板间为匀强电场，由场强与电压关系可得：EdUdUE2121//答案：2×10-8C、1V、1/2、2×10-8C【例2】【解析】图中静电计的金属杆接A板，外壳与B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，表示两板间的电压越高。当闭合S时，A、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S时，A、B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kdSC4可知，电容都将减小，再由CQU可知，板间电压都将增大，即静电计的张角应当变大。答案：C、D【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=SkQdkdSQcdQdU44可知板间的场强E不变，然而板间的电势差U=Ed，U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，P点的电势不变，故在P点的正电荷的电势能不变，即W不变。答案：AC【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【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。【例5】【错解】UpB=Up-UB=Ed电常数ε增大，电场强度减小，导致Up下降。【错解原因】没有按照题意画出示意图，对题意的理解有误。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UpB=Up-UB＜0，B板接地UB=0，UBp=UB-Up=0-Up，Up=-Ed常数ε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Up＜0，PB间的电势差减小意味着Up比零电势降落得少了。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—Q1=36×10-6C—30×10-6C=6×10-6C，△U=U2－U1=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为△Q′=C△U′=3×10-6×（10—6）C=12×10-6C．[说明]（1）电势差降为6V时，每板的带电量为Q′2=Q1－△Q′=30×10-6C－12×10-6C=18×10-6C．（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，电容量也减为原来的一半，即切断电源后，板上电量不变，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[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2所示，分析平行板电容器的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发．【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Q1=CU．板间形成一个匀强电场，场强为（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成为等势体，则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为显然，在插入过程中，电源必须对A、B两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q2=2Q1．（3）打开S，A、B两板的电量保持不变，即Q3=Q2=2Q1．（4）抽出板，电容器的电容仍为C，而电量为2Q1，所以两板间[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v1，对液滴从离开小孔O到D板的全过程由功能关系得（2）随着下落液滴的增多，D板带的正电荷不断积累，在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，当液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为Um．由qU0＋mg（h＋d）－qUm=△Ek=0．得（3）A板带电量Q0=C0U0，故每一液滴的电量q=αQ0=0．02C0U0，代入上式得（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C0，故D板最终电势U至多为U0．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Ek＝mg（h＋d）＋qU0－qU＞mg（h＋d）qU式中qm=aC0U0，是q的最大值，即第一个液滴的电量．因故恒有Ek＞0，表示液滴一直径往下滴，直到A板上电量全部转移到D板，所以D板最终电势可达所以小球运动到B点的速度大小为[说明]（1）电场力做功与重力做功，都只与始、末两位置有关，与具体路径无关．（2）电势能的变化仅由电场力作功产生，重力势能的变化仅由重力作功产生，但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的．在具体问题中，必须注意分清．