静电计测量电容电势：电容电极板一端接地或者直接与静电计连接,两种接法为什么测量结果相同?

A、B、C、电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由C=[Q/U]分析可知，电容C变大，根据C=[ɛS/4πkd]，分析可知板间距离应减小、或插入电介质、或者增加正对面积，故A错误，B错误，C错误．
D、将A板放走部分电荷，由C=[Q/U]可知电势差减小，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 电容器．

考点点评： 对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式C=[Q/U]和决定式C=[ɛS/4πkd]结合分析．

首先要明白：静电计内部是不通的,然后要知道电容器也是断路,所以这个电路稳定时,是没有电流的.没有电流,则R两端电势相等,而M与静电计外壳是导线相连,电势相等,可得：A与静电计外壳电势相等；B与金属球也是导线相连,电势相等,所以说：静电计测电容器两极板间的电压 !
这个图,接地,只是为了说明电源负极（也是静电计外壳）电势为零,
你可以当做没有这根接地线 .

由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由分析可知，电容C变大，根据分析可知板间距离应减小、或插入电介质。活增大正对面积，所以C正确.ABD错误

故选C

C

A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=[ɛs/4πkd]可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=[Q/U]分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故A正确．
B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式可知，电容增小，电量不变，由电容器的定义式分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B正确．
C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式可知，电容增大，电量不变，由定义式分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故C错误．
D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零．故D错误．
故选：AB

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式和定义式结合分析电容器动态变化问题．

电容器充电后与电源断开，电量Q 将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的电压；空气的相对介电常数是最小的；当插入介质时，ɛ增大，由c＝
ɛs
4πkd可知电容将增大；由C＝
Q
U可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小；把介质拿出来，由c＝
ɛs
4πkd知电容减小；再增大两版的距离，由C＝
Q
U可知，电容减小．所以两板间的电压增大，静电计指针偏角增大．
故答案为：电压相对介电常数增大减小增大

点评：
本题考点： 研究平行板电容器．

考点点评： 平行板电容器的动态分析要注意两大类问题，若通电后断开，则电容器两板上的电量不变；而保持与电源相连，则两极板上的电压不变．

将B板竖直向上平移，两板正对面积减小，由C=[ɛs/4πkd]分析可知电容减小，而电容器的电量不变，根据U=[Q/C]可知板间电压增大，则静电计指针张角增大．故A正确，BCD错误．
故选A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变．

A、将M板向下平移，正对面积S减小，根据C=ɛS4πkd，电容减小；Q一定，根据C=QU，电压增加；故静电计指针张角变大；故A正确；B、将M板沿水平向右方向远离N板，极板间距d变小，根据根据C=ɛS4πkd，电容增大；Q一定，...

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是关于电容的两个公式．

A、让A板向B板缓慢靠近，板间距离减小，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知，电容增大，电容器的电荷量不变，由C=[Q/U]分析可知，板间电势差减小，则静电计指针张角将变小．故A错误．
B、让A板向B板缓慢远离，板间距离增大，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知，电容减小，电容器的电荷量不变，由C=[Q/U]分析可知，板间电势差增大，则静电计指针张角将变大．故B错误．
C、让A板向上平移一小段距离，两极板的正对面积减小，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知，电容减小，电容器的电荷量不变，由C=[Q/U]分析可知，板间电势差增大，则静电计指针张角将变大．故C错误．
D、让一块与极板形状相同的电介质插入A、B极板之间，根据电容的决定式C=可知，电容增大，电容器的电荷量不变，由C=分析可知，板间电势差减小，则静电计指针张角将变小．故D正确．
故选D

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题是电容器的动态变化分析问题，关键要抓住不变量和决定电容的因素进行分析．

用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电，所以验电器带正电而张开一定角度．此时静电计也带正电．故B正确，A、C、D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 光电效应．

考点点评： 解决本题的关键知道光电效应的实质，知道发生光电效应时有光电子从金属中飞出．

A、仅将M板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=QU得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确．B、仅将M板向右平移，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=QU...

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题关键要掌握决定电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以及电容的定义式C=[Q/U]．

A、根据C=[ɛs/4πkd]得，减小两极板之间的距离，则电容增大，根据U=[Q/C]知，电荷量不变，则电势差减小，静电计指针张角变小．故A错误．
B、根据C=[ɛs/4πkd]得，将A板稍微上移，S减小，则电容减小，根据U=[Q/C]知，电荷量不变，则电势差增大，静电计指针张角变大．故B正确，D错误．
C、根据C=[ɛs/4πkd]得，将玻璃板插入两板之间，则电容增大，根据U=[Q/C]知，电荷量不变，则电势差减小，静电计指针张角变小．故C错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 解决本题的关键掌握电容的决定式C=[ɛs/4πkd]和电容的定义式C=[Q/U]．并能灵活运用．

A、B板平移靠近A板，间距减小，根据公式C=[ɛS/4πkd]，电容增加；而电量Q不变，由电容的定义式C=[Q/U]可知，电压减小；故静电计指针张角变小，故A错误；
B、B板向上平移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式C=[Q/U]可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大．故B正确；
C、在两板间插入介质板，由C=[ɛS/4πkd]得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C=[Q/U]可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故C错误．
D、在两板间插入金属板，相当于板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式C=[Q/U]可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小．故D正确．
故选：BD

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]分析电容的变化，再根据电容的定义式C=[Q/U]和不变的条件，分析电压或电量的变化．

A、当电路达到稳定状态后，电容器相当于开关断开，静电计的两个金属接线柱并不相连，所以整个回路处于断路状态，电路中电流为零，电压表两端的电势差为零．静电计上的电势差等于电源的电动势，即为E．故A错误；
B、C₂两端电压的电压等于静电计两端的电势差，等于电源电动势，则所带电荷量Q=CE，保持不变，故B错误；
C、C₁两端的电势差为零，故C₁所带电荷量为零，C正确；
D、将开关S断开，使电容器C₂两极板间距离增大，则电容变小，C₂放电，静电计上所带电荷量增加，故张角变大，D正确；
故选：CD．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题关键要抓住电压表与静电计工作原理的不同．电压表是由电流表改装而成的，有电流通过表头指针才偏转．

根据C=[ɛS/4πkd]，减小正对面积，则电容变小，根据C=[Q/U]，Q不变，U增大，所以指针的偏转角度变大．故C正确，ABD错误．
故选C

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题是电容器的动态变化分析问题，要抓住电量不变，通过电容的变化，判断电势差的变化．

A球带电，看到静电计指针张开一个角度，是因AB间存在电势差．当闭合电键S₁后，AB间没有电势差，因此指针张角减小到零．
当再断开S₁，然后再闭合电键S₂，A上的电荷被大地中和，但B却没有，因此与A存在电势差．故指针再次张开．故B正确，ACD错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 静电现象的解释．

考点点评： 考查静电计的工作原理，以及带电的本质，理解电势差的概念．

A、将B板稍微向右移，板间距离减小，根据电容的决定式C=[ɛS/了π人d]，可知电容增大，电容器的带电量不变，根据电容的定义式C=[Q/U]，可知极板间的电势差减小，则静电计指针张角将变小，故A正确．
B、若将B板稍微向o移，极板正对面积减小，根据电容的决定式C=[ɛS/了π人d]，可知电容减小，电容器的带电量不变，根据电容的定义式C=[Q/U]，可知极板间的电势差增大，则静电计指针张角将变大，故B错误．
C、若将B板拿走，A板与地间的电势差仍存在，所以静电计指针张角不为零，故C错误．
D、若将玻璃板插入两极板之间，根据电容的决定式C=[ɛS/了π人d]，可知电容增大，电容器的带电量不变，根据电容的定义式C=[Q/U]，可知极板间的电势差减小，则静电计指针张角将变小，故D错误．
故选：A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题是电容的动态分析问题，由电容的决定式C=ɛS4πkd和电容的定义式C=QU，结合进行分析．

AB、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A、B错误．
C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，则电容减小，根据U=[Q/C]知，电势差增大，则指针张角增大．故C正确．
D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=[Q/C]知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变．

（1）如图．
（2）静电计的指针偏角增大，极板间电势差增大，由电容的定义式C=
Q
U分析得知，电容减小，说明两极板间的距离增大，电容器的电容减小．
（3）保持两极板距离不变，使极板在竖直方向上移动，即可改变正对的面积，根据静电计指针偏角的变化判断电势差的变化，由C=
Q
U分析电容的变化．
故答案为：
（1）如图；
（2）两极板间的距离增大，电容器的电容减小．
（3）保持两极板距离不变，使极板在竖直方向上移动，即可改变正对的面积，根据静电计指针偏角的变化判断电势差的变化，由C=
Q
U分析电容的变化．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=可知，电容减小，电容器的电量不变，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]和定义式C=[Q/U]分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故A正确．
B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]分析可知，电容减小，电量不变，由C=[Q/U]分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B错误．
C、由A分析可得，故C错误．
D、若将玻璃板插入两极板之间，静由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]分析可知，电容增大，电量不变，由C=[Q/U]分析可知，U减小，电计指针张角将变小．故D错误．
故选：A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=[ɛS/4πkd]和定义式C=[Q/U]结合分析电容器动态变化问题．

AB、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A、B错误．
C、断开S，电容器所带的电量不变，A板向右平移些，则电容增大，根据U=[Q/C]知，电势差减小，则指针张角减小．故C错误．
D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=[Q/C]知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题是电容器的动态分析，关键抓住不变量，开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变．

由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由C=[Q/U]分析可知，电容C应变大，根据C=[ɛS/4πkd]分析可知，增大正对面积，减小板间距离、或插入电介质，或插入金属板．所以BD正确．
故选BD

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 对于电容器的动态变化问题，关键要抓住不变量，根据电容的定义式C=QU和决定式C=ɛS4πkd进行分析．

A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=[ɛS/4πkd]知，电容减小，根据U=[Q/C]知，电势差增大，指针张角增大．故A正确．
B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误．
C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故C错误．
D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，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．
故选：A．

点评：
本题考点： 电容器．

考点点评： 本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变

（1）静电计是用来测量已充电的平行板电容器的电势差．
（2）当电荷量不变时，使两极板间距离减小，可观察到静电计指针的偏角减小，说明电容器板间电压减小，由电容的定义式C=[Q/U]分析得知电容增大；可知，
平行板电容器电容与两极板间距离有关．
故答案为：
（1）电势差；
（2）增大，有关．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 解决本题关键要知道静电计能测量电势差，掌握电容的定义式，抓住电量不变这个条件进行分析．

A、B保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故A、B错误．
C、保持开关S闭合，电路中无电流，变阻器两端无电压，改变滑动触头位置不改变电容器板间电压．故C错误．
D、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=[ɛS/4πkd]知，电容减小，根据U=[Q/C]知，电势差增大，指针张角增大．故D正确．
故选D

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．

由题，减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=[ɛS/4πkd]可知，电容增大，电容器的电量不变，由C=[Q/U]得知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小．故A正确，BCD错误．
故选A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 对电容的定义式和决定式两个公式要熟练掌握，灵活应用，本题是常见题型．

A、将M板向下平移，正对面积减小，根据C＝
ɛs
4πkd，电容减小，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差增大，张角变大．故A错误．
B、将M板沿水平向左方向远离N板，d变大，根据C＝
ɛs
4πkd，电容减小，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差增大，张角变大．故B错误．
C、在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1），根据C＝
ɛs
4πkd，电容增大，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差减小，张角变小．故C正确．
D、在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，d减小，根据C＝
ɛs
4πkd，电容增大，根据U＝
Q
C，Q不变，则电势差减小，张角变小．故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变．