2022高中物理 第一章 靜電場 第8節(jié) 電容器的電容學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、2022高中物理 第一章 靜電場 第8節(jié) 電容器的電容學(xué)案 新人教版選修3-1 　1．知道電容器的概念，認(rèn)識常見的電容器，通過實驗感知電容器的充、放電現(xiàn)象．　2．理解電容的概念及定義方法，掌握電容的定義、公式、單位，并會進(jìn)行簡單計算．　3．通過實驗了解影響平行板電容器電容大小的因素，了解平行板電容器的電容公式，知道改變平行板電容器的電容大小的辦法． 一、電容器 1．電容器：兩個彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成一個電容器． 2．電容器的充電和放電 (1)充電：把電容器的一個極板與電池組的正極相連，另一個極板與負(fù)極相連，使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程叫做充電．充電過程中由電源獲

2、得的電能儲存在電容器中． (2)放電：用導(dǎo)線把充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和，電容器又不帶電了，這個過程叫做放電．放電過程電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． 二、電容 1．定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值，叫做電容器的電容． 2．定義式：C＝． 3．單位：法拉，簡稱法，符號是F．常用單位還有微法(μF)和皮法(pF)，量值關(guān)系：1 F＝106μF＝1012pF． 4．物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量． 三、平行板電容器的電容 1．結(jié)構(gòu)：由兩塊彼此絕緣、互相靠近的平行金屬板組成，是最簡單的，也是最基本的電容器． 2．電容的決定因素：平行

3、板電容器的電容與兩平行極板正對面積S成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr成正比，與極板間距離d成反比． 3．表達(dá)式：C＝，式中k為靜電力常量． 四、常用電容器 1．分類：從構(gòu)造上可分為固定電容器和可變電容器兩類． 2．額定電壓和擊穿電壓 (1)額定電壓：電容器正常工作時所能承受的電壓，它比擊穿電壓要?。? (2)擊穿電壓：是電容器的極限電壓，超過這個電壓，電容器內(nèi)的電介質(zhì)將被擊穿，電容器將被損壞． 判一判　(1)電容器的帶電量為兩極板所帶電量的絕對值之和．(　　) (2)電容大的電容器帶電量一定多．(　　) (3)電容器兩極板間的電壓越高，電容就越大．(　　) (4)電容

4、器不帶電荷時，電容為零．(　　) (5)將平行板電容器錯開，使正對面積減小，電容將減?。?　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ 想一想　某電容器上標(biāo)有“1．5 μF，9 V”的字樣，9 V指什么電壓？ 提示：額定電壓． 做一做　用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素，如圖所示．設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ．實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) A．保持S不變，增大d，則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 提示：選A．靜電計指針

5、偏角大小體現(xiàn)了電容器兩板間電壓大?。谧鲞x項所示的操作中，電容器所帶電荷量Q保持不變，C＝＝．保持S不變，增大d，則C減小，U增大，偏角θ增大，選項A正確，B錯誤；保持d不變，減小S，則C減小，U增大，偏角θ也增大，故選項C、D均錯．故正確選項為A． 　對電容器工作原理的理解 1．電容由電容器本身的構(gòu)造決定 電容器的電容是反映電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，用比值C＝來定義，但它卻是由電容器自身的構(gòu)造決定的，與所帶電荷量Q和所加電壓U無關(guān)．即使電容器不帶電，其電容仍然存在，并且是一個確定的值． 2．兩公式C＝與C＝的比較 公式 內(nèi)容 C＝ C＝ 公式特點 定義式 決定式

6、 意義 對某電容器Q∝U，但＝C不變，反映電容器容納電荷的本領(lǐng) 平行板電容器，C∝εr，C∝S，C∝，反映了影響電容大小的因素 聯(lián)系 電容器容納電荷的本領(lǐng)由來量度，由本身的結(jié)構(gòu)(如平行板電容器的εr、S、d等因素)來決定 　電容器的充電電流、放電電流都是瞬時電流，電流迅速變化并消失． 命題視角1　對電容器充、放電的分析 　(多選)關(guān)于電容器的充、放電，下列說法中正確的是(　　) A．充、放電過程中，外電路有瞬時電流 B．充、放電過程中，外電路有恒定電流 C．充電過程中電源提供的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 D．放電過程中電容器中的電場能逐漸減少 [解析]　充電電流和放電電流都是

7、瞬時電流，當(dāng)電容器兩極板間電勢差與電源電壓相等或極板間電勢差為零時，電流消失，選項A正確，B錯誤；充電過程中電源提供的電能轉(zhuǎn)化為電場能，選項C錯誤；放電過程中電容器中的電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，選項D正確． [答案]　AD 命題視角2　對電容的理解和計算 　關(guān)于已充上電的某個平行板電容器，下列說法不正確的是(　　) A．兩極板上一定帶異號電荷 B．兩極板所帶的電荷量一定相等 C．充上的電荷量越多，其電容就越大 D．充上的電荷量越多，兩極板間的電勢差就越大 [思路點撥] (1)電容器兩極板帶等量的異種電荷． (2)電容由電容器本身決定，與Q、U無關(guān)． [解析]　給電容器充電

8、，電容器兩極板分別帶上等量異號電荷，A、B正確；電容器的電容大小取決于它的結(jié)構(gòu)，與所帶電荷量的多少無關(guān)，C錯誤；根據(jù)U＝，電容器所帶的電荷量越大，兩極板間的電勢差越大，D正確． [答案]　C 求解電容器電容的兩點注意 (1)電容器的電容可以根據(jù)C＝或C＝求出，但電容器的電容是電容器的屬性，與電容器所帶電荷量Q以及兩極板間的電壓U均無關(guān)． (2)定義式的推廣式C＝，在電壓U變化問題中求電容更快捷． 【題組突破】 1．電容器A的電容比電容器B的電容大，這表明(　　) A．A所帶的電荷量比B多 B．A比B能容納更多的電荷量 C．A的體積比B的體積小 D．兩電容器的電壓都改變1

9、 V時，A的電荷量改變比B的大 解析：選D．電容是電容器的固有屬性，由電容器本身的構(gòu)造決定，電容描述了電容器容納電荷的本領(lǐng)(電容器兩極間的電壓每改變1 V所改變電荷量的多少)大小，而不表示容納電荷的多少或帶電荷量的多少，A、B、C錯誤，D正確． 2． (2018·日照高二檢測)如圖所示，電源A的電壓為6 V，電源B的電壓為8 V，當(dāng)開關(guān)S從A轉(zhuǎn)到B時(電容器的電容為2 μF)，通過電流計的電荷量為(　　) A．4×10－6 C　　　　　 B．12×10－6 C C．16×10－6 C D．28×10－6 C 解析：選D．當(dāng)S接A時，上極板帶正電荷Q1＝CU1＝2×10－6×6

10、 C＝12×10－6 C 當(dāng)S接B時，上極板帶負(fù)電荷Q2＝CU2＝2×10－6×8 C＝16×10－6 C 故流過電流計的電荷量Q＝Q1＋Q2＝28×10－6 C．故D正確． 　平行板電容器的動態(tài)分析問題 1．電容器電量不變和電壓不變兩類動態(tài)問題的分析思路 (1)確定不變量．電容器與電源相連時，電壓不變；電容器先充電，后與電源斷開時，所帶電荷量不變． (2)用決定式C＝分析平行板電容器的電容的變化． (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電勢差的變化． (4)用E＝分析電容器間場強的變化． 2．兩類動態(tài)問題的分析過程 (1)第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變

11、 (2)第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變 命題視角1　兩極板間電壓U不變的情況 　(多選)如圖所示，電路中A、B為兩塊豎直放置的金屬板，C是一只靜電計，開關(guān)S合上后，靜電計指針張開一個角度，下述做法可使靜電計指針張角增大的是(　　) A．使A、B兩板靠近一些 B．使A、B兩板正對面積減小一些 C．?dāng)嚅_S后，使B板向右平移一些 D．?dāng)嚅_S后，使A、B正對面積減小一些 [解題探究] (1)Q與U哪個量保持不變？ (2)靜電計的張角大小代表哪個物理量的大??？ [解析]　靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高．當(dāng)合上S后，A、

12、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當(dāng)斷開S后，板間距離增大，正對面積減小，都將使A、B兩板間的電容變小，而電容器所帶的電荷量不變，由C＝可知，板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大，所以選項C、D正確． [答案]　CD 命題視角2　電容器的電荷量Q不變的情況 　(多選)如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板間的電勢差U，現(xiàn)使B板帶正電，則下列判斷正確的是(　　) A．增大兩極板之間的距離，靜電計指針張角變大 B．將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大 C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大 D．若將A板拿走，則靜電計指

13、針張角變?yōu)榱? [解析]　電容器上所帶電荷量一定，由公式C＝，當(dāng)d變大時，C變小，再由C＝得U變大；當(dāng)A板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大；當(dāng)插入玻璃板時，C變大，U變??；當(dāng)將A板拿走時，相當(dāng)于使d變得更大，C更小，故U應(yīng)更大，故選AB． [答案]　AB 　 【題組突破】 1．(2016·高考全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變

14、 解析：選D．平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減?。捎赨不變，d不變，由E＝可知，極板間電場強度E不變，選項D正確． 2．(多選) 如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B．B板接地，A板帶有電荷量＋Q，板間電場中有一固定點P，若將B板固定，A板下移一些，或者將A板固定，B板上移一些，在這兩種情況下，下列說法正確的是(　　) A．A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢不變 B．A板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢升高 C．B板上移時，P點的電場強度

15、不變，P點電勢降低 D．B板上移時，P點的電場強度變小，P點電勢降低 解析：選AC．A板下移與B板上移，兩板間的距離均減小，但此平行板電容器為電荷量不變的電容器，改變兩板間的距離不能改變電場強度的大小及方向，即E不變．因此A板下移時，P點與B板間的電勢差不變，即P點電勢也不變；但B板上移時，由于P點與B板的距離減小，因此P、B間的電勢差減小，即P點電勢降低，選項A、C正確． 　平行板電容器中的力學(xué)問題 關(guān)于電容器與力學(xué)、運動學(xué)知識相結(jié)合的問題，電場強度是聯(lián)系電場問題和力學(xué)問題的橋梁．分析此類問題時應(yīng)注意： (1)若已知電壓、電量或電容的變化情況，應(yīng)先根據(jù)E＝或E＝分析兩極板間電場強度

16、的變化，然后分析物體的受力情況及運動情況的變化． (2)若已知物體運動情況的變化，應(yīng)先根據(jù)運動情況分析電場力的變化，由此判斷電場強度的變化，進(jìn)而判斷電壓、電量或電容的變化規(guī)律． 【題組過關(guān)】 1． (高考全國卷Ⅱ)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析： 選D．兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，

17、帶電微粒受到的電場力與重力平衡．當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動．選項D正確． 2． 如圖所示，一平行板電容器跟一電源相接，當(dāng)S閉合時，平行板電容器極板A、B間的一帶電液滴恰好靜止．若將兩板間距離增大為原來的兩倍，那么液滴的運動狀態(tài)如何變化？若先將S斷開，再將兩板間距離增大為原來的兩倍，液滴的運動狀態(tài)又將如何變化？ 解析：S閉合時，U不變，d↑，E↓， 即E′＝＝＝ 合外力F＝mg－Eq＝mg＝ma， 所以a＝，方向向下 液滴將向下做初速度為零，加速度為g的勻加速直線運動．S

18、斷開時，電容器上帶的電荷量保持不變， 當(dāng)d′＝2d時，由E∝可知，E不變 因此，液滴受力情況不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)． 答案：液滴將向下做初速度為零，加速度為g的勻加速直線運動　液滴受力情況不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài) [隨堂檢測] 1．下列關(guān)于電容器及其電容的敘述正確的是(　　) A．任何兩個彼此絕緣而又相互靠近的導(dǎo)體，就組成了電容器，跟這兩個導(dǎo)體是否帶電無關(guān) B．電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和 C．電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比 D．一個固定電容器的電荷量增加ΔQ＝1．0×10－6 C時，兩板間電壓升高10 V，則電容器的電容無法確定 解析：選A．電容

19、器既然是儲存電荷的容器，它里面有無電荷不影響其儲存電荷的能力，A正確；電容器所帶的電荷量指任一極板電荷量的絕對值，B錯誤；電容器的電容由電容器結(jié)構(gòu)決定，不隨帶電荷量的變化而變化，C錯誤；由C＝＝可求電容器的電容，D錯誤． 2． 某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，當(dāng)可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中(　　) A．電容器的電容變大 B．電容器的電荷量保持不變 C．M點的電勢比N點的電勢低 D．流過電阻R的電流方向從M到N 解析：選D．當(dāng)可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中，介電常數(shù)減小，電容器電容變小，選項A錯誤；電容器的電壓等

20、于電源電動勢不變，電荷量Q＝CU減小，選項B錯誤；電容器放電，電流方向M→R→N，M點的電勢比N點的電勢高，選項C錯誤，D正確． 3． (2018·江西臨川一中質(zhì)檢)如圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體．已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計，指針向左偏．如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn)，則(　　) A．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大 B．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大 C．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在增加，液體的

21、深度h在減小 D．導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小 解析：選D．電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，說明流過電流計G的電流由左→右，則導(dǎo)體芯A所帶電荷量在減小，由Q＝CU可知，導(dǎo)體芯A與液體形成的電容器的電容減小，則液體的深度h在減小，故D正確． 4．板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間電場強度為E1．現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間電場強度為E2，下列說法正確的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1

22、解析：選C．由公式E＝、C＝和C∝可得E∝，所以Q加倍，E也加倍，再由U＝Ed可得U相等，C正確． [課時作業(yè)] [學(xué)生用書P123(單獨成冊)] 一、單項選擇題 1． 如圖所示，為某一電容器中所帶電荷量和兩端電壓之間的關(guān)系圖線，若將該電容器兩端的電壓從40 V降低到36 V，對電容器來說正確的是(　　) A．是充電過程 B．是放電過程 C．該電容器的電容為5．0×10－2 F D．該電容器所帶電荷量的變化量為0．20 C 解析：選B．由Q＝CU知，U降低，Q減小，故為放電過程，A錯，B對；由C＝＝ F＝5×10－3 F，可知C錯；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0．

23、02 C，D錯． 2．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大　　　 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 解析：選B．由公式C＝知，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C增大，由公式C＝知，電荷量不變時U減小，B正確． 3．一個空氣平行板電容器，極板間距離為d，正對面積為S，充上電荷量Q后，兩極板間電壓為U，為使電容器的電容加倍，可采用的辦法是(　　) A．將電壓變?yōu)? B．將帶電荷量變?yōu)?Q C．將極板正對面積變?yōu)? D．將兩極板間距離變?yōu)? 解析：

24、選D．電容器的電容與電容器極板上的電荷量、極板間電壓無關(guān)，故選項A、B錯誤；由電容的決定式C＝可知選項D正確，C錯誤． 4． 如圖所示是一只利用電容器電容(C)測量角度(θ)的電容式傳感器的示意圖，當(dāng)動片和定片之間的角度(θ)發(fā)生變化時，電容(C)便發(fā)生變化，于是通過知道電容(C)的變化情況就可以知道角度(θ)的變化情況．下列圖象中，最能正確反映角度(θ)與電容(C)之間關(guān)系的是(　　) 解析：選B．兩極板正對面積S＝(π－θ)R2，則S∝(π－θ)，又因為C∝S，所以C∝(π－θ)，令C＝k(π－θ)，解得θ＝π－(k為常數(shù))，所以B正確． 5． 如圖所示，將平行板電容

25、器接在電池組兩極間，兩板間的帶電塵埃恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將兩板緩慢地錯開一些，其他條件不變，則(　　) A．電容器帶電荷量不變 B．電源中將有電流從正極流出 C．塵埃仍靜止 D．電流計中將有電流，電流方向b→a 解析：選C．電容器與電池組連接，其電壓不變，帶電塵埃靜止，靜電力與重力平衡，qE＝mg，兩極板錯開時電場強度不變，故C正確；因電容減小，由Q＝CU知電荷量Q減小，電容器放電，電流方向a→b，A、B、D錯誤． 6． 如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電源兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，下列說法中正確的是(　

26、　) A．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大 B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ不變 C．?dāng)嚅_S，將A板向B板靠近，則θ增大 D．?dāng)嚅_S，將A板向B板靠近，則θ減小 解析：選A．保持S閉合，則電容器兩極板間的電壓不變，由E＝可知，當(dāng)A板向B板靠近時，E增大，θ增大，選項A正確，B錯誤；斷開S，則兩極板帶的電荷量不變，由Q＝CU＝＝E可知，將A板向B板靠近，并不改變極板間的電場強度，故θ不變，選項C、D錯誤． 7． 如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當(dāng)

27、把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動．重力加速度為g．粒子運動的加速度為(　　) A．g B．g C．g D．g 解析：選A．帶電粒子在電容器兩極板間時受到重力和電場力的作用，最初處于靜止?fàn)顟B(tài)，由二力平衡條件可得：mg＝q；當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電勢差不變，但兩極板間的距離發(fā)生了變化，引起電場強度發(fā)生了變化，從而電場力也發(fā)生了變化，粒子受力不再平衡，產(chǎn)生了加速度，根據(jù)牛頓第二定律ma＝mg－q，兩式聯(lián)立可得a＝g． 二、多項選擇題 8．一個電容器的規(guī)格是“100 μF、25 V”，對這兩個數(shù)據(jù)的理解正確的是(　　) A．這個電容器加上25 V電

28、壓時，電容才是100 μF B．這個電容器最大電容是100 μF，當(dāng)帶電荷量較小時，電容小于100 μF C．這個電容器所加電壓不能高于25 V D．這個電容器所加電壓可以低于25 V，但電容不變，總是100 μF 解析：選CD．100 μF代表電容器的電容，與所帶電荷量和所加電壓無關(guān)，25 V是指電容器耐壓值為25 V，當(dāng)其兩端電壓超過25 V時，電容器將被擊穿． 9．連接在電源兩極上的平行板電容器，當(dāng)兩極板間距離減小時(　　) A．電容器的電容C變大 B．電容器極板的帶電荷量變大 C．電容器兩極板間的電勢差U變大 D．電容器兩極板間的電場強度E變大 解析：選ABD．電容

29、器兩極板間距離減小，由C∝得其電容變大，所以A正確；因為電容器連在電源上，所以兩極板間的電壓保持不變，故C錯誤；由Q＝CU得電容器所帶電荷量變大，所以B正確；由E＝知，兩極板間的場強變大，所以D正確． 10． 一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強度，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　　) A．U變小，E不變 B．E變大，Ep變大 C．U變小，Ep不變 D．U不變，Ep不變 解析：選AC．電容器充電后與電源斷開，說明電容

30、器帶的電荷量不變．由C∝，U＝，推出U∝d，因此正極板向負(fù)極板接近，即d變小時，U變?。挥钟蒃＝，U∝d，故E不變，選項A正確，選項B、D錯誤．負(fù)極板接地即以負(fù)極板作為零電勢點，電場強度E不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能也不變，選項C正確． 三、非選擇題 11． 如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為U＝60 V的恒壓電源上，兩極板間距為d＝3 cm，電容器帶電荷量為Q＝6×10－8 C，A極板接地．求： (1)平行板電容器的電容C； (2)平行板電容器兩板之間的電場強度E； (3)距B板為2 cm的P點處的電勢φP． 解析：(1)由電容定義知 C＝

31、＝F＝1×10－9F． (2)兩板之間為勻強電場，電場強度大小為 E＝＝ V/m＝2×103 V/m，方向豎直向下． (3)P點距A板間距離為 dAP＝d－dBP＝1 cm A與P間電勢差UAP＝EdAP＝20 V 又因為UAP＝φA－φP，φA＝0 可得φP＝－20 V． 答案：(1)1×10－9F　(2)2×103 V/m，方向豎直向下　(3)－20 V 12．如圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B，板間距離d＝0．04 m，兩板間的電壓U＝400 V，板間電場可視為勻強電場．在A、B兩板上端連線的中點Q的正上方，距Q為h＝1．25 m的P點處有一帶正電的小球，已知小球

32、的質(zhì)量m＝5×10－6 kg，電荷量q＝5×10－8 C．設(shè)A、B板足夠長，g取10 m/s2．試求： (1)帶正電的小球從P點開始由靜止下落，經(jīng)多長時間和金屬板相碰； (2)相碰時，離金屬板上端的距離多大． 解析：(1)設(shè)小球從P到Q需時間t1，由h＝gt得 t1＝ ＝ s＝0．5 s， 小球進(jìn)入電場后其飛行時間取決于靜電力產(chǎn)生的加速度a，設(shè)小球在電場中的運動時間為t2，則有 qE＝ma，E＝，＝at， 以上三式聯(lián)立，得 t2＝d＝0．04× s＝0．02 s， 運動總時間t＝t1＋t2＝0．5 s＋0．02 s＝0．52 s． (2)小球由P點開始由靜止下落，在豎直方向上始終做自由落體運動，在時間t內(nèi)的位移為 y＝gt2＝×10×(0．52)2 m＝1．352 m． 相碰時，與金屬板上端的距離為 s＝y(tǒng)－h(huán)＝1．352 m－1．25 m＝0．102 m． 答案：(1)0．52 s　(2)0．102 m