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第 55 讲 电容器的动态分析
1．（2021•重庆）电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成
的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确
定汽车的加速度。当汽车减速时，极板 M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电
容器（ ）
A．电容变小 B．极板间电压变大
C．极板间电场强度不变 D．极板间的电场强度变小
ɛ❑ S
【解答】解：A．由平行板电容器电容的决定式C= r 可得，d减小，C增大，故A错误；
4πkd
Q
B．电容器所带电荷量Q不变，C增大，由U= 可得，U变小，故B错误；
C
CD．由匀强电场的场强与电势差关系公式可得
U Q 4πkQ
E= = = ，E与d无关，E不变，故C正确，D错误。
d cd ɛ❑ S
r
故选C。
一.知识回顾
1.对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本
身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
3．电容器两类问题的比较
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据U ＝E·d＝φ －φ 分析某点电势变化。
AB A B
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝＝分析场强变化。结论：
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
ε 变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
r
特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于 ε 增大；加入与极板等大
r
的导体板，相当于d减小。
4.平行板电容器动态的分析思路
二.例题精析
题型一：一个电容器
例1．如图所示，M、N为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针
张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是（ ）A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动，静电计指针张角增大
B．保持开关S闭合，将M、N两极板间距增大少许，指针张角变小
C．断开开关S后，将下极板向下移动一小段距离，P点的电势将上升，粒子的电势能增大
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
【解答】解：AB、保持开关S闭合，则电容器直接串联在电源两端，滑动变阻器接静电计的金
属杆，外壳接地，所以滑动变阻器所在支路处于断路状态，因此电容器两端的电势差始终等于
电源的电动势，即电容器两端的电势差总不变，因此无论将 R的滑片向右移动，还是将M、N
两极板间距增大，都不能改变电容器的电势差，所以指针张角总不变，故AB错误；
C、断开开关S后，电容器没有闭合回路，所以电容器所带的电荷量 Q不变，将下极板向下移动
ɛs Q
一小段距离，即板间距d增大，由电容器的电容C= ，C= ，电容器中的电场强度E
4πkd U
MN
U 4πkQ
= MN = ，所以电场强度E不变。由于N极板接地，所以 ＝0，点到N板的电势差U
N PN
d ɛs
φ
＝ ﹣ ＝ ，U ＝Ed ，d 变大，所以 变大，即P点电势增大。由于粒子处于静止状态，
P N P PN PN PN P
即φ受力φ平衡φ，所以电场力竖直向上，因此粒φ子带负电，即 q＜0，电势能与电势的关系 E ＝
p
q，可得粒子的电势能减小，故C错误；
P
φD、断开开关后，紧贴下极板插入金属板，即电容器的极板间的距离 d减小，由于电场强度表达
U 4πkQ
式为E= MN = ，即电场强度与极板间距离无关，所以电场强度不变，故D正确。
d ɛs
故选：D。
题型二：两个电容器关联
例2．两个相同的电容器A和B按如图所示连接，它们的极板均水平放置当它们都带有一定电荷量
并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器 B的两极板沿水平方向移动
使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变。已知这时带电粒子的1
加速度大小为 g，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。设边缘效应可忽略。
2
【解答】解：设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距离均为d，初始
时刻电容器每个板带电荷量均为Q，
Q ɛ S Uq
则：C= ，C= r ，mg= ⋯⋯①
U 4πkd d
C S'
在B板错开后正对面积为S’时，电容器满足： B= ⋯⋯②，
C S
电容器两极板间电势差相等且A的电容不变，即：Q Q ③，
A = B ⋯⋯
C C
B
而AB两电容器所带电量之和不变，即Q +Q ＝2Q……④，
A B
由②③④得：Q 2S ，U Q 2S Q ⑤
B= Q B= B= ⋅ ⋯⋯
S+S' C S+S' C
B
qU 1
对此时粒子： B-mg=ma= mg⋯⋯⑥
d 2
S' 1
由①⑤⑥得： =
S 3
答：两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为1：3。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以
绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关 S
与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关 S闭合，板间有一带电粒子P恰
好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是（ ）A．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大
B．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量增大
C．若只将电容器的上极板转过一小角度，则粒子P所处位置的电势降低
D．若断开开关S，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子仍处于静止状态
ϵ S
【解答】解：A、电容器的电容C= r ，只将电容器的上极板转过一小角度，电容器的电容
4πkd
减小，故A错误；
B、又由Q＝CE可知，电容器所带电荷量减少，故B错误；
U
C、只将电容器的上极板转过一小角度，电容器两板间匀强电场的电场强度E'= 不变，则粒
d
子P所处位置的电势不变，故C错误；
1
D、断开开关S，若将板间距变为原来的2倍，电容器的电容变为原来的 ，由于电容器的电荷
2
U Q Q 4πkQ
E= = = =
量不变，电容器两板间匀强电场的电场强度 d Cd ϵ S ϵ S ，因此电场强度不变，
r d r
4πkd
带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，故D正确。
故选：D。
2. 如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的 A、B两极板间有一带
电液滴，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压， 表
示P点的电势，B极板接地。若保持极板B不动，第一次将极板A稍向下平移，第二次将极φ板
A稍向上平移（移动后极板A的位置还在P点上方），则下列说法正确的是（ ）A．两次移动后Q相同
B．两次移动后点电荷都保持静止
C．第一次移动后U变小，第二次移动后U变大
D．第一次移动后 增大，第二次移动后 不变
φ φ ɛ S
【解答】解：第一次将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C= r 得知，
4πkd
电容C减小；若电容器的电压不变时，则由Q＝CU知电容器所带电量将要减小，由于二极管具
有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电量 Q保持不变；由于电容C减小，由电容
Q U Q ɛ S 4πkQ
的定义式C= 可知，U变大；根据E= 、C= 、C= r 得板间场强E= ，可知板
U d U 4πkd ɛ S
r
间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态；P与B板间电势差U ＝Ed，E、d
PB
都不变，U 保持不变，P点的电势 保持不变；
PB
φ ɛ S
第二次将极板A稍向下平移，板间距离d减小，根据电容的决定式C= r 得知，电容C增大，
4πkd
U
电容器的电压不变，由Q＝CU知电容器所带电量Q增大；根据E= 可知板间场强E增大，电
d
荷所受的电场力增大，电荷将向上运动；P与B板间电势差U ＝Ed，E增大，d都不变，U 增
PB PB
大，P点的电势 增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。 φ
3. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容
器下极板都接地，在两极板间有一个固定在 P点的点电荷，E表示两板间的电场强度，E 表示
p
点电荷在P点的电势能， 表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一
小段距离至图中虚线位置，θ 则（ ）
A． 增大，E增大 B． 增大，E 不变
p
C．θ减小，E不变 D．θ减小，E 增大
p
【解θ答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上θ极板向下移动时，两板间的距离减小，根据Cε S
= r 可知，电容C增大；
4πkd
Q
根据U= 可知，电压U减小，故静电计指针偏角 减小；
C
θ
U Q 4πkQ
两板间的电场强度E= = = ，因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
d Cd ɛ S
r
因电场强度不变，且P点离下极板间距不变，因此P点的电势 不变，那么电荷在P点的电势
能E 也不变，故C正确，ABD错误。 φ
P
故选：C。
4. 在生产纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，流水线上设置了传感器装
置，其简化结构如图所示，M、N为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在直流恒压
电源的两极上。已知电流从a向b流过电流表时，电流表指针偏向a端。某次纸张从平行极板
间穿过的过程中，发现电流表指针偏向b端，下列判断正确的是（ ）
A．极板上的电荷量不变 B．极板上的电荷量变小
C．电容器的电容变大 D．电容器的电容不变
【解答】解：AB、电流表指针偏向b端，说明电流从b向a流过电流表，而电容器上极板与正
极相连，所以电容器放电，极板电荷量变小，故A错误，B正确；
CD、电容器与恒压电源相连，两极板间电势差U不变，而Q减小，根据Q＝CU可知电容器的
电容减小，故CD错误；
故选：B。
5. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细线将一带
负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为 ，
下列说法正确的是（ ） θA．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则 减小
B．保持S闭合，将M板向N板靠近，则 不变 θ
C．断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度θ的陶瓷片，则 增大
D．断开S，将N板向上移动少许，则 增大 θ
【解答】解：A、保持S闭合，电容器两θ 极板间的电势差等于电源的电动势，不变，将滑动变阻
器的滑片向b端滑动，则 不会变，故A错误；
θ U
B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变，根据公式E= 可知，将
d
M板向N板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故 增大，故B错误；
θ Q ɛ S
C、断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式C= ，平行板电容器的公式C= r 以及
U 4πkd
4kπd
电压与电场强度公式U＝Ed，联立可得E= ，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，电
ɛ S
r
场强度减小，电场力减小，故 减小，故C错误；
θ Q ɛ S
D.断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式C= ，平行板电容器的公式C= r ，电
U 4πkd
4kπd
压与电场强度公式U＝Ed可得E= ，故断开S，将N板向上移动少许，电场强度增大，电
ɛ S
r
场力增大，则 增大，故D正确。
故选：D。 θ
6. 利用图甲所示电路研究电容器充放电过程，开关接1端后电流传感器G记录电流随时
间变化的图像如图乙所示。则电容器电容C、极板电荷量Q、上极板电势 、定值电阻R两端
电压U随时间t变化规律正确的是（ ） φA．A B．B C．C D．D
【解答】解：A、电容器的电容是由电容器本身性质决定的，与是否带电无关，故A错误；
B、极板的电荷量为：Q=It，平均电流减小，则Q﹣t图象的斜率减小，最后电流为零时，所带
电荷量不变，故B正确；
C、电容器下极板接地，电容器上极板的电势等于上下极板间的电势差，开关接 1端后，两极板
间电势差逐渐增大，则上极板电势 增大，故C错误；
D、定值电阻两端电压：U＝IR，其φ中I随时间逐渐减小且I﹣t图象的斜率减小，故U﹣t图象的
斜率也减小，故D错误。
故选：B。
7. 物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系单位分析是帮
助我们检验研究结果正确性的一种方法.下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存的能量
E 与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中C为电容器的电容，U为电容器充电后其两极
c
板间的电压，E为两极板间的电场强度，d为两极板间的距离，S为两极板正对面积， 为两极
板间所充介质的相对介电常数（没有单位），k为静电力常量.请你分析下面给出的关于ɛE 的表
c
达式可能正确的是（ ）
ɛ ɛ
A．E = E2Sd B．E = ESd
c c
8πk 8πk
1 1
C．E = CU3 D．E = C2U
c c
2 2
【解答】解：AB、因储存的能量E 的单位是J，根据W＝qU得1J＝1C•V，
CɛS ɛ 1
根据电容C= ，那么E = E2Sd= CE2d2
c
4πkd 8πk 2
ɛ 1
根据U＝Ed，所以 E2Sd= CU2，即单位是1C•V，故A正确，B错误；
8πk 2
Q
CD、而C为电容器的电容，根据C= 得电容的单位可以写成1C/V，
U
1 1
所以 C2U的单位是1C2/V， CU3的单位是1CV2，故CD错误。
2 2
故选：A。
8. 两个完全相同的电容器A和B如图所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有
一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现仅将电容器B两板间距缩
g
小，测得A中带电粒子的加速度大小为 ，则变化前后B两板间的距离之比为（ ）
3
A．2：1 B．3：1 C．4：3 D．9：4
【解答】解：由题知，AB的电势差始终相等，A和B所带电荷总量不变。
设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距离均为d，初始时刻电容器每
个板带电荷量均为Q，两板电势差为U，
ɛS
由电容的决定式C= ，知B两板间距缩小后，B的电容增大，A的电容不变。
4kπd
Q
假设B板的电量减少，由C= ，知Q减少，电容变大，说明U变小；对于A，因为其电势差
U
Q
与B的始终相等，所以A的电势差也变小，B电量减少，则A的电量增加，由C= 知，Q变
U
大，U变小，则A的电容变大，这与A的电容不变矛盾，所以假设不成立，故B的电电量变大，
A的电量变小。
U
对A分析，由于电容不变，电量变小，所以电势差变小，由电场强度E= ，知A的电场强度
d
变小，带电粒子向下加速，设电场强度变为 E ，粒子电量q，质量m，由牛顿第二定律得
2g
mg-qE =m .
2 3
2
设开始时，A板内部电场强度为E ，则qE ＝mg，可得E = E ，所以A的两板的电势差变为
1 1 2 3 1
2 2 2 4
U，电量变为 Q.B板的电势差变为 U，电量变为 Q.
3 3 3 3
Q ɛS 1
由C= ，知B的电容变为2倍，由C= ，知B两板间距变为原来的 .故A正确，BCD错
U 4kπd 2
误.
故选：A。
9. 如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，在下极板
上叠放一金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽
出后，下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容增大 B．电容器的带电量减少
C．P仍将静止 D．P向上运动
【解答】解：A、当把金属板从电容器中快速抽出后，导致极板间距增大，依据电容的决定式 C
ɛS
= ，可知，电容器的电容变小，故A错误；
4πkd
Q
B、一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，则电势差 U不变，根据公式C= ，因
U
电容C变小，则极板的电量变小，故B正确；
U
CD、因电势差U不变，而极板间距增大，依据E= ，可知，板间的电场强度变小，带电粒子
d
P将向下运动，故CD错误；
故选：B。
10. （多选）由锌板与铜板构成平行板电容器，其中锌板与静电计相连，静电计金属外壳
和铜板都接地，现用频率ν 的紫外线照射锌板，静电计指针偏转最后稳定在偏角 上，对应
1 0
电压U 。假定已知偏转角度 与电势差U成正比，以Q表示两板带的电荷量，E表θ 示两板间
0
θ的电场强度。则下述过程中正确的是（ ）
A．将两板距离减小为原来的一半，则 先减小后增大最后稳定在 ，Q增加
0
B．换用频率ν 的紫外线继续照射锌板θ增大为2 后稳定，则有hθ（ν ﹣ν ）＝U e
2 0 2 1 0
C．停止光照，将两板距离增大为两倍，θ则Q增大θ为2Q， 增大为2
0
D．停止光照，将两板距离增大为两倍，则 增大为2 ，θE变大 θ
0
【解答】解：A、光照条件下，两板距离减小θ 电容增大θ，电压降低，电荷量继续积累，Q增大，
E增大，一直到重新回到遏止电压U ，故A正确；
0
B、紫外线照射锌板，发生光电效应，飞出的电子打在铜板，两板之间形成电场，随着电场的增
强，最后最大初动能的光电子也不能打在铜板上，形成遏止电压，即静电计指针偏转角 对应
0
电压U 有：eU ＝E ＝hν ﹣W（W为锌板逸出功），换用频率ν 的紫外线继续照射锌板θ 增大
0 0 k1 1 2
为2 稳定，则对应电压2U ，有：2eU ＝E ＝hν ﹣W，联立两式得：h（ν ﹣ν ）＝eU ，θ 故B
0 0 0 k2 2 2 1 0
正确θ；
CD、停止光照，Q不变，E不变，两板距离增大为两倍，电压增大为两倍，即 增大为2 ，故
0
CD错误。 θ θ
故选：AB。
