（全国通用）高考物理二轮热点题型归纳与变式演练 专题21 电容器及静电感应问题（解析+原卷）学案

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳
\l "_Tc17993" 【题型一】 静电感应、静电平衡问题
\l "_Tc26924" 【题型二】 静电屏蔽问题
\l "_Tc12217" 【题型三】 电容器有源态问题
\l "_Tc30563" 【题型四】 电容器无源态问题
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练2
【题型一】 静电感应、静电平衡问题
【典例分析】如图，在真空中有两个点电荷A和B，电量分别为－Q和＋2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小________ 方向_________．
答案：12kQ/l2 向右
【提分秘籍】
1．静电感应
当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷，“近端”出现与施感电荷异种的感应电荷，“远端”出现与施感电荷同种的感应电荷．这种现象叫静电感应．
2．静电平衡
(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场的场强在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时，自由电荷不再发生定向移动，导体处于静电平衡状态．
(2)处于静电平衡状态的导体的特点
①导体内部的场强处处为零；
②导体是一个等势体，导体表面是等势面；
③导体表面处的场强方向与导体表面垂直；
④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上；
⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度(单位面积上的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有净电荷.
【变式演练】
1．如图所示三幅图显示了在外加匀强电场E0的情形下，无穷大导体板中静电平衡的建立过程．下列说法正确的是( )
A．图甲、图乙显示：导体内部带负电的电子在电场力作用下运动，而带正电的离子不受电场力作用
B．图乙中，导体表面感应电荷在导体内部产生一个水平向左的电场E′，场强大小等于E0
C．图丙中，导体内部场强处处为零，但电势不一定是零
D．图丙中，导体AB表面的电势低于CD表面的电势
答案 C
解析 题图甲、乙显示：导体内部带负电的电子在电场力作用下运动，而带正电的离子也受电场力作用，故A错误；题图乙中，电子在外加电场作用下运动，在导体表面产生感应电荷的过程，所以感应电荷的电场还没有达到稳定，场强大小小于E0，故B错误；题图丙中，导体板已达到静电平衡，即感应电荷的电场与外加的匀强电场等大反向，所以导体内部场强处处为零，电势的高低与零电势点的选取有关，所以电势不一定为零，故C正确；由于导体板已达到静电平衡，所以整个导体为一等势体，电势处处相等，故D错误．
2．如图所示，一水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场）从左端以v滑上金属板的上表面，向右运动到右端，在此过程中（ ）
A．小球受到的电场力做正功；
B．小球先减速运动，后加速运动；
C．小球受到的电场力方向始终沿两电荷连线斜向下；
D．小球做匀速直线运动。
答案：D
3．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开( )
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案 C
解析 由静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，A、B的电势相等，选项A、B错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误．
【题型二】 静电屏蔽问题
【典例分析】（多选）、如图所示，将悬在绝缘细线上带正电的小球A放在不带电的金属空心球壳B内(与内壁不接触)。外加一个水平向右的场强为E的匀强电场，对于最后的结果，下列判断正确的是( )
A．B的右端带正电，A向左偏
B．B的右端带正电，A不偏左也不偏右
C．B的左端带正电，A向右偏
D．B的左端带负电，A不偏左也不偏右
答案：BD
【提分秘籍】注意区分场源与试探电荷
【变式演练】
1．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（ ）
A. 电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B. 制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C. 小鸟停在单条高压输电线上会被电死
D. 打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险
答案：B
【题型三】 电容器有源态问题
【典例分析】(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与恒压电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )
A．液滴将向下加速运动
B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将降低
C．M点的电场强度变小了
D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同
答案 BD
解析 极板始终与电源连接，电压不变，d减小，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度E增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；b点电势为零， UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电势差相同，电场力做功qU相同，故D正确．
【提分秘籍】
1、电容器的充、放电：
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值．
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
4．有源态动态分析思路：U不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
【变式演练】
1．[多选]电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则( )
A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩
D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流
解析：选CD 由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，A错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝eq \f(Q,U)知，Q增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D对。
2．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
答案 D
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝eq \f(U,d)，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．
3．(多选)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔．M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g.则( )
A．带电微粒在M、N两极板间往复运动
B．两极板间电场强度大小为eq \f(3mg,2q)
C．若将M向下平移eq \f(h,3)，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为eq \f(5,4)h
D．若将N向上平移eq \f(h,3)，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为
eq \f(5,4)h
答案 BD
解析 由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝eq \f(3mg,2q)，选项B正确；若将M向下平移eq \f(h,3)，则板间场强变为E1＝eq \f(U,\f(5,3)h)＝eq \f(3U,5h)＝eq \f(6,5)E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·(eq \f(5h,3)－Δh)＝0，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移eq \f(h,3)，则板间场强变为E2＝eq \f(U,\f(5,3)h)＝eq \f(3U,5h)＝eq \f(6,5)E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理：
mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝eq \f(5,4)h，选项D正确．
【题型四】 电容器无源态问题
【典例分析】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是( )
解析：选C 由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝eq \f(εrS,4πkd)、Q＝CU、U＝Ed得E＝eq \f(4πkQ,εrS)是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。
【提分秘籍】无源态动态分析：Q不变
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化．
【变式演练】
1．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
答案 C
解析 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq \f(1,2)mv2，e·E·d＝eq \f(1,2)mveq \\al(02,)，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，选项D错误．
2．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
答案 A
解析 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝eq \f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误．
3．(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小
答案 BC
解析 由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝eq \f(Q,U)可知，电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr减小，则电容C减少，由公式C＝eq \f(Q,U)可知，电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误．
1．（2021年浙江卷）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是( )
A.实线表示电场线
B.离d点最近的导体表面电荷密度最大
C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D.电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
答案：D
解析：本题考查在陌生情形下的电场和等势面。
2．利用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示，平行板电容器的极板A与一静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，得出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是( )
A．两极板间的电压不变，静电计指针张角变大
B．两极板间的电压不变，静电计指针张角变小
C．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变小
D．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大
答案 D
解析 A极板与静电计相连，所带电荷量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电荷量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容C＝eq \f(εrS,4πkd)减小，由公式C＝eq \f(Q,U)知板间电压变大，则静电计指针的偏角θ变大，故A、B、C错误，D正确．
3．[多选]如图为静电除尘器除尘机原理示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是( )
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
解析：选BD 由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由F＝Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
4．静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大。平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图所示的电路连接。当开关闭合时静电计的指针有偏转，下列能使偏角增大的是( )
A．断开开关，增大两极板间的距离
B．闭合开关，增大两极板间的距离
C．闭合开关，减小两极板间的距离
D．闭合开关，使滑动变阻器的滑片向左移动
解析：选A 断开开关，电容器带电量不变，将MN分开一些，则d增大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容减小，根据U＝eq \f(Q,C)知，电势差增大，指针张角增大，故A正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，与极板间距无关，故B、C错误；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误。
5．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是( )
A．保持S闭合，将A板适当上移
B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当上移
D．先断开S，再将B板适当下移
解析：选B 设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝eq \f(1,2)mv2，v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝eq \f(1,2)mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确。若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得mg(h－Δd＋d′)－qEd′＝0，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，d′＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误。若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔，故D错误。
6.图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( )
A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
解析：选D 根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝eq \f(U,d)可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。
7．(多选)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )
A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小
C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小
答案 AC
解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容减小，由U＝eq \f(Q,C)可知极板间电压增大，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度增大，故A正确；设P点的电势为φP，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确．
8.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )
A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小
C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小
答案 C
解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝eq \f(qE,mg)，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝eq \f(εrS,4πkd)，U＝eq \f(Q,C)，E＝eq \f(U,d)可知E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝eq \f(U,d)可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误．
9．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )
A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小
答案 B
解析 据题图可知电容器两端电压UMN即R0两端电压，而R0和R2是串联关系，两者电压的和为电源的电动势，因此R2↑→UR0↓UMN↓→电场强度E↓→F电↓→F↓，A错误，B正确；R2不变，缓慢增大R1时，R0两端电压不变，电容器两端电压不变，故F不变，C、D均错．
10、如图所示，在一个原来不带电的金属导体壳的球心处放一正电荷，试分析关于A、B、C三点的场强，下列说法正确的是（ ）
+
A
B
C
A．EA≠0 ，EB=0 ，EC=0
B．EA≠0 ，EB≠0 ，EC=0
C．EA≠0 ，EB≠0 ，EC≠0
D．EA=0 ，EB≠0 ，EC=0
答案：B
11、长为L的金属棒原来不带电，现将一带电荷量为q的正电荷放在距棒左端R处且与棒在一条线上，则棒上感应电荷在棒内中点O处产生的场强的大小 ，方向 。
+
R
L
O
q
答案：大小：Kq/(R+L/2)2 方向：向左
选项
正误
原因
A
×
导体表面是等势面，电场线与等势面垂直，因此实线不是电场线，实线是等势面
B
×
电荷密度越大，场强越大，电场线和等势面越密
C
×
导体表面是等势面，导体表面附近电场强度与导体表面垂直
D
√
a点和b点电势相等，电荷从a点到b点电场力不做功