《静电场 2.0.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《静电场 2.0.docx（39页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、【模块标题】静电场【模块目标】目标1 理解能够掌握电场强度的叠加目标2 识别能够掌握电场中的功能势目标3 识别能够掌握平行板电容器的动态分析【模块讲解】【常规讲解】1：电场强度的叠加（3星）【板书整理】一、电场强度的叠加1、计算电场强度叠加常用的方法对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，将复杂的电场叠加计算简化补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易【授课流程】步骤引入电场强度的叠加【参考讲解】电场强度是一个矢量，一般用平行四边形法则来计算电场强度的的叠加。但是有的问题仅用平行四边形法则不能得到解决。这个时候就要用一些方法。步骤通过举例解释
2、对称法，补偿法写板书一、电场强度的叠加1、计算电场强度叠加常用的方法对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，将复杂的电场叠加计算简化补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易配题逻辑：对称法例题1【2013全国新课标】如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（ ）A B C D【讲解】B由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电
3、荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQEqk，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQEQk，则EdEQEqkkk，故选项B正确。配题逻辑：对称法练习1-1如图所示，xoy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z 0的空间为真空。将电荷为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xoy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则q在z轴上z=处所受到的电场力的大小为（k为静电力常量）（ ）A B C D 【讲解】D假设点电荷为正q，那么它在xoy导体平面上感应出负电荷，点电荷在z=处激发的场
4、强为，导体平面上感应电荷在z=处激发的场强不好直接计算，故必须另想办法：考虑到无限大平面的空间对称性，导体平面上感应电荷在z=处激发的场强与z=-处激发的场强必大小相等，方向相反，而z=-处在导体内部，据静电平衡导体的特点。其内部的合场强为零，即点电荷q在z=-处产生的场强与导体平面上感应电荷在z=处激发的场强大小相等，方向相反，点电荷q在z=-处产生的场强为,故导体平面上感应电荷在z=处激发的场强为,与点电荷在z=处激发的场强方向相同，故z=的场强为：,选项D正确。配题逻辑：对称法例题2【2015山东高考】直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电
5、荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（ ）A. ，沿y轴正向 B. ，沿y轴负向C. ，沿y轴正向 D. ，沿y轴负向【讲解】B由于处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2E1，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3E2，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4，方向沿y轴正向，所以H点的场强EE3E4，方向沿y轴负向。配题逻辑：对称法+补偿法练习2
6、-1均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示,在半球面AB上均匀分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R,已知M点的电场强度大小为E,则N点的电场强度大小为（ ）A. B. -EC. -E D. +E【讲解】B把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠加在一起;整个带正电荷的球面在N点的电场强度E1 =,半个带负电荷球面在N点的电场强度E2=E,N点的电场强度EN=E1-E2=-E,则B项正确。【常规讲解】2：电场中的功能势（4星）【板书整理】二、电场中的功能势1、
7、电场中的功能关系（1）WAB=Flcos =Eqlcos =qUAB =EpA-EpB（2）W电场力+W其他力=Ek。（3）若只有电场力做功,电势能与动能之和保持不变。（4）若只有电场力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变。2、电势差与电场强度关系的应用（1）E=（2）“二结论”结论1 C是AB的中点，C= 结论2 ABCD,且AB=CD,则UAB=UCD（或A-B=C-D）3、带电粒子在电场中的运动轨迹分析（1）从轨迹的弯曲方向判断受力方向（轨迹向合力方向弯曲）,从而分析电场方向或电荷的电性。（2）结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差
8、的变化等。（3）根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。4、电场中的图像问题（1）v-t图像：根据速度变化、斜率确定合力的方向和大小,确定电场的方向、电势高低及电势能的变化（2）-x图像：电场强度的大小等于-x图线的斜率大小,电场强度为零处,-x图线存在极值,其切线的斜率为零;在-x 图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向;在-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后做出判断（3）E-x图像：电场强度随位移变化规律;E0表示电场强度沿x轴正方向,EQB.直线c位于某一等势面内,MNC.若电子由M点运动到Q点,电
9、场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功【讲解】B 电子带负电荷,电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,有WMN=WMP0,而WMN=qUMN,WMP=qUMP,q0,即MN=P,匀强电场中等势线为平行的直线,所以NP和MQ分别是两条等势线,有M=Q,故A项错误,B项正确;电子由M点运动到Q点的过程中,有WMQ=q（M-Q）=0,电子由P点运动到Q点的过程中,有WPQ=q（P-Q）0,故C、D两项错误。配题逻辑：动能，电势能关系例题2【2012年物理海南卷】如图，直线上有O、a、b、c四点，ab间的距离与bc间的距离相等。在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于
10、c点电势。若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则（ ）A两过程中电场力做的功相等B前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C前一过程中，粒子电势能不断减小D后一过程，粒子动能不断减小【讲解】C 已知b点电势高于c点电势，可见O点处为正电荷，带负电荷的粒子从c点运动到b点再到a点，都是电场力做正功，电势能减小，动能增加，选项D错C正确。点电荷电场中，靠近点电荷处的等势面密集，Ubc Uab，W=qU，所以AB错配题逻辑：重力势能，动能，电势能关系练习2-1【2015四川理综】（多选）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平
11、a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷）,b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零则小球a（ ）A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【讲解】BC a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与a速度方向夹角一直大于90，所以库仑力整个过程做负功.小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；带电小球a受力如图所示，在靠近N点的
12、位置，合力与速度夹角小于90，在D点合力与速度夹角大于90,所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中,库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误 配题逻辑：电势能动能和等势面例题3如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一个正电荷在等势面L3处的动能为20J，运动到等势面L1时的动能为零；现取等势面L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4J时，它的动能为（不计重力及空气阻力）（ ）A16JB10JC6JD4J【讲解】C 根据动能定理得：W
13、=EK1-EK3=-20J，知从等势面L3处运动到L1处电势能增加20J，取L2为零势面，则L1处电势能与L3处电势能绝对值相等且一正一负，故L1处电势能为10J ，L3处电势能为-10J，L1处电势能和动能之和为10J，在运动的过程中，电荷的电势能和动能之和保持不变，所以电荷的电势能为4J时它的动能为6J，故C项正确。综上所述，本题正确答案为C。 配题逻辑：电势电势能等势面练习3-1【2018全国卷】图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV下列说法正确的是（ ）A平面c上
14、的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【讲解】AB A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；B、由上分析，可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平
15、面f，故B正确；C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误；步骤复习电势差和电场强度关系【参考讲解】1E=在非匀强电场中的两点妙用判断电场强度大小:等差等势面越密,电场强度越大。判断电势差的大小及电势的高低:距离相等的两点间的电势差,E越大,U越大,进而判断电势的高低。2匀强电场中求解电势（电场强度）的两点技巧在匀强电场中,电势沿直线均匀变化,即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等。等分线段找
16、等势点法:将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段,必能找到第三点电势的等势点,它们的连线即等势面（或等势线）,与其垂直的线即为电场线。写板书2、电势差与电场强度关系的应用（1）E= = （2）“二结论”结论1 C是AB的中点，C= 结论2 ABCD,且AB=CD,则UAB=UCD（或A-B=C-D）配题逻辑：电势差，电场线，功能关系例题1【2014全国卷,21】（多选）如图甲所示,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,M=30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知M=N,P=F,点电荷Q在M、N、P三点所在平
17、面内,则（ ）A.点电荷Q一定在MP的连线上B.连接PF的线段一定在同一等势面上C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功D.P大于M【讲解】AD 由M=N,可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上,过F作MN的垂线交MP于O点,设MF=FN=l,则由几何关系有MO= =,FO=ltan 30= ,OP=MP-MO=MNcos 30-=,即FO=OP=,ON=OM=,故点电荷一定在MP的连线上的O点,A项正确;点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面,直线不可能在球面上,故B项错误;由图乙可知OFM=N,将正试探电荷从高电势搬运到低电势,电场力做正功,C项错误,D项正确。 配题逻辑：
18、电势差和电场线练习1-1如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为A5 V，B2 V，C3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是（ ）【讲解】BC 匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分。把AB等分为三段，AB间电压为3 V，则每等分电压为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将FC相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把AC相连，分为两份，AC电压为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确。 配题逻辑：电势差电场线和功能关系
19、练习1-2（多选）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（ ）AB、E一定处在同一等势面上B匀强电场的场强大小为10V/mC正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV【讲解】AD A、连接AC,AC中点电势为20V,与B电势相等,则EB连线必为一条等势线,所以A选项是正确的.B、BA间的电势差为UBA=10V,又UBA=EdABcos30o,得场强E=.故B错误;C、由上得知,E的电势为20V,F点与A点的电势相等为10V,则正电荷从E点移到F点
20、,电势能减小,则电场力做正功,故C错误.D、由上得知,F的电势为10V,D点与C点的电势相等为30V,则电子从F点移到D点,电场力做功20eV,那么电势能将减小20eV.所以D选项是正确的.所以AD选项是正确的.配题逻辑：电势差，电场线，功能关系练习1-3（多选）一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图甲所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（ ）A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV【讲解】ABD 由题意可得:a=10V,b=17V,c=
21、26V,则可知ab与Oc交点电势满足=,故O=a+b-c=1V,B项正确;电子从a移动到b,电场力做功W=Uab（-e）=7eV,电场力做正功,电势能减小,故电子在a点的电势能比在b点的高7eV,C项错误;电子从b点移动到c点,电场力做功W=-eUbc=9 eV,故D项正确;如图乙所示,过b点作bd垂直于Oc,由几何关系有xcd=6cm= cm, =,则d点的电势d=17V,可得bd为等势线,电场线沿cO方向,E= V/cm=2.5 V/cm,故A项正确。步骤复习总结带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 【参考讲解】1对带电粒子的运动情况及受力情况分析如图所示,知其运动方向沿运动轨迹的切线方
22、向,受力方向沿电场线切线方向且与运动轨迹的切线方向夹角为锐角,由此可知粒子带正电。由M到N的过程中静电力做正功,因此粒子在M点的动能小于在N点的动能 2做题步骤：画出速度方向，由带电粒子的运动曲线判断出粒子受电场力的方向（带电粒子所受合力在曲面的凹侧）。 把电场线方向、受力方向与带电的电性相联系,从而判断出带电粒子的电性或电场力做功的情况，进而判断速度和能量变化 写板书3、带电粒子在电场中的运动轨迹分析（1）从轨迹的弯曲方向判断受力方向（轨迹向合力方向弯曲）,从而分析电场方向或电荷的电性。（2）结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等。（3）
23、根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。配题逻辑：带电粒子在电场中轨迹例题1【2017天津卷,7】（多选）如图甲所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（ ）A.电子一定从A向B运动B.若aAaB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAaB,说明电子在A点受到的电场力较大,A点的电场强度较大,根据点电荷的电场分布可知,靠近M端为场源电荷的位置,应带正电,故B项正确;无论Q为正电荷还是负电荷,一定有电势AB
24、,电子电势能Ep=-e,电势能是标量,所以一定有EpA0表示电场强度沿x轴正方向,E0表示电场强度沿x轴负方向; “面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定配题逻辑：v-t图像例题1如图（1）是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图（2）所示，则以下说法中正确的是（ ）AA、B两点的电场强度是EABC负电荷q在A、B两点的电势能大小是ABD此电场一定是负电荷形成的电场【讲解】ABD A、速度图像的斜率等于物体的加速度,由图可以知道点电荷从A向B运动的过程中,加速度越来
25、越大,所受的电场力越来越大,场强越来越大,故A点的场强小于B点场强,EAB.故B正确.C、从图像知道,速度减小,电荷的动能减小,因为仅在电场力作用,所以根据能量守恒可以知道其电势能增大,即AB,故C错误.D、因为A点的场强小于B点场强,A点离场源电荷近,电场线的方向由A指向B,所以此电场一定是负电荷形成的电场,所以D选项是正确的.所以ABD选项是正确的.配题逻辑：v-t图像练习1-1如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（
26、粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（ ） AQ2带负电且电荷量小于Q1Bb点的场强一定为零Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比b点的电势能小【讲解】ABD 由v-t图象知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，则b点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为0，B正确；根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q2带负电且电荷量小于Q1，A正确；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势较b点低，C错；粒子从a点到b点动能减小，则电场力做负功，电势能增加，D正确配题逻辑：x图象例题2两电荷
27、量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是（ ）Aq1、q2为等量异种电荷BN、C两点间场强方向沿x轴负方向CN、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小【讲解】C 根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错根据ND段图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由Epq知，电势能先减小后增大，D错配题逻辑：x图象练习2-1有一静
28、电场,电场线平行于x轴,其电势随x坐标的改变而改变,变化的图线如图所示。若将一带负电粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放,电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm。则下列说法正确的是（ ）A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动B.粒子在P点与Q点加速度大小相等,方向相反C.粒子经过P点与Q点时,动能相等D.粒子经过P点与Q点时,电场力做功的功率相等【讲解】C根据沿电场线方向电势降低可知,02 mm内,电场线沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向沿x轴正方向,粒子做加速运动;在2 mm6 mm内,电场线沿x轴正方向,粒子所受的电场力方向沿x轴负方向,粒子做减速运动,6 mm处粒子的速度为零;然
29、后粒子向左先做加速运动后做减速运动,则知粒子在06 mm间做往复运动,故A项错误。因-x图线的斜率的绝对值表示电场强度E的大小,则知P点的电场强度大于Q点的电场强度,则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度,故B项错误。因P、Q两点电势相等,则粒子经过P点与Q点时,电势能相等,由能量守恒定律知动能相等,故速率相等,但电场力不同,则电场力做功的功率不等,故C项正确,D项错误。配题逻辑：E-x图像例题3空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示下列说法中正确的是（ ）AO点的电势最低Bx2点的电势最高Cx1和x1两点的电势相等Dx1和x3两点的电势相等【讲解】C 沿x轴对称分布
30、的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向（或从正、负无穷远指向O），沿电场线电势降落（最快），所以O点电势最高（或最低），A、B错误；由于电场沿x轴对称分布，则O点到x1与O点到x1的电势差相等，故x1与x1两点电势相等，C正确；x1和x3两点电场强度大小相等，电势不相等，D错误 配题逻辑：图像综合练习3-1如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A过程加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象一定正确的是（取O点为坐标原点且重
31、力势能为零，竖直向下为正方向，无限远处电势为零）（ ） 【讲解】ABC 圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A点到圆环中心的过程中，重力势能EPGmgh，小球穿过圆环后，EPGmgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A点到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力
32、做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误。【常规讲解】3：平行板电容器的动态分析（4星）【板书整理】三、平行板电容器的动态分析1、两个公式 2、平行板电容器动态变化的两种情况U保持不变（与电源相连）Q保持不变（与电源断开）3一个常用结论：在Q保持不变的情况下,E与d无关。【授课流程】步骤复习两个公式，引入两种动态变化情况 【参考讲解】直接用公式来观察物理量的变化写板书三、平行板电容器的动态分析1、两个公式 2、平行板电容器动态变化的两种情况U保持不变（与电源相连）Q保持
33、不变（与电源断开）3一个常用结论：在Q保持不变的情况下,E与d无关。配题逻辑：U不变的电容器动态问题例题1【2016全国新课标I卷】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【讲解】D 由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时，减小。再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为D 配题逻辑：U不变的电容器动态问题和运动
34、综合练习1-1(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示,平行板电容器两极板M、N相距为d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k,则（ ）A.油滴带负电B.油滴带电荷量为C.电容器的电容为D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动【讲解】AC 由题意可知,油滴受到的电场力方向竖直向上,又上极板带正电,故油滴带负电,设油滴所带电荷量为q,则极板所带电荷量Q=kq,由于qE=mg,E=, ,解得q=,C=,将极板N向下缓慢
35、移动一小段距离,U不变,d增大,则电场强度E减小,重力将大于电场力,油滴将向下运动,故A、C两项正确。配题逻辑：U不变的电容器动态问题和电势练习1-2某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，两薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中（ ）AP、Q构成的电容器的电容增大BP上的电荷量保持不变CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高【讲解】C A项，在P、Q间距增大的过程中，根据电容公式得电容减小，故A项错误。B项，电容式话筒与电源串联，电压保持不变，根据电容定义式可得，电容减小，电压不变，电容所带电量减小，故B项错误。C、D项，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，故C项正确，D项错误。综上所述，本题正确答案为C。配题逻辑：Q不变的电容器动态问题例题2在如图所示的实验装置中,平行板电容器的极板A与静电计相接,极板B接地。若极板B稍向上移动一点,由观察到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是（ ）A.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变大