平行板电容器两板间距为d,电源电压为6V．闭合S后将板间距离减为d／4,再断开S,又将两板间距离恢复到d,此时电容器两极

开始时开关闭合，故两板间的电压为9V；
将金属板间的金属板抽出后，板间距离变成原来的2倍；则由C=[ɛs/4πkd]可知，电容C变成原来的一半；则由U=[Q/C]可知，U变成18V；
故选：B．

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，要注意明确两极板间的金属板相当于减小了两板间的距离．

A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=[U/d]得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．
B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．
C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．
D、上极板上移时，则d增大，由C=ɛ[s/4πkd]可知C减小，根据Q=UC可知，极析带电量也减小，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： 本题考查电容器的动态分析问题，要明确一直和电源相连，故电压不变；再由决定式及定义式分析电容、电量等的变化．

因质点处于静止状态，则有Eq=mg，且电场力向上；
由C=[ɛs/4πkd]可知，当d增大时，C减小；
因电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大，由E=[U/d]可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力；故质点将向下运动；
故选D

点评：
本题考点： 电容器的动态分析；共点力平衡的条件及其应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 解答本题注意电容器的两种状态，充电后与电源断开则电量不变；而与电源相连，则两板间的电势差保持不变．

取带电小球为研究对象，设它带电量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用．
当U₁=300 V时，小球平衡：mg＝ q
U1
d①
当U₂=60V时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mg−q
U2
d＝ma②
又h＝
1
2at2③
由 ①②③得：t＝

2U1h
(U1−U2)g＝

2×0.8×10−2×300
(300−60)×10s＝2
5×10−2s
答：带电小球运动到极板上需2
5×10−2s．

点评：
本题考点： 电容器；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是应用牛顿第二定律和运动学公式结合分析和处理带电粒子在电场中匀加速运动的问题，只要转变观念，把电场力当作一种力，方法与力学相同，一定会正确作答．

A、将电容器的上极板稍稍下移，d变小，电势差不变，则电场强度增大，电场力增大，将向上运动．故A正确．
B、将电容器的下极板稍稍下移，d变大，电势差不变，则电场强度减小，电场力减小，将向下运动．故B错误．
C、将S断开，Q不变，减小d，根据E＝
U
d，U＝
Q
C，C＝
ɛs
4πkd，则E＝
4πkQ
ɛs，与d无关，则E不变，带电液滴不动．故C错误．
D、将S断开，Q不变，s减小，根据E＝
4πkQ
ɛs，E变大，则电场力变大，液滴向上运动．故D正确．
故选AD．

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始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变．

根据电容的定义式C=[Q/U]，可知Q=CU=1.2×10^-11×3C=3.6×10^-11C，故D正确，ABC错误；
故选：D

点评：
本题考点： 电容．

考点点评： 解决本题的关键知道电容的定义式，知道影响电容大小的因素．

若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg=kv，
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q[U/d]=mg+kv，
若两极板间电压为-U，则电场力方向向下，当油滴做匀速运动时，有kv′=mg+q[U/d]，联立三式解得v′=3v，方向向下．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键能够对油滴进行正确的受力分析，运用平衡进行求解．

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．

（1）20个油滴打到下板上时，下极板带的电量为Q=20×2×10^-8C=4×10^-7C，
U=[Q/C＝
4×10−7
4×10−11V＝10000V
对第21个油滴从静止到达下板的过程中运用动能定理得：

1
2mv12＝mg(h+d)−Uq
解得：v₁=
2g(h+d)−
2Uq
m]=
2
15
3m/s
（2）当油滴滴到下极板时速度刚好为零，下面的油滴就不能滴到下极板上，设最终有n个油滴可以打到下板上，则有：
下极板带的电量为Q=2n×10^-8C
U=[Q/C＝
2n×10−8
4×10−11V＝500nV
根据动能定理得：
0-0=mg（h+d）-Uq
解得：n=
mg(h+d)
500q]=30
答：（1）第21个油滴打到下板上时的速度v₁为
2
15
3m/s；（2）最终有30个油滴可以打到下板上．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题主要考查了动能定理在电场中的应用，要知道当油滴滴到下极板时速度刚好为零，下面的油滴就不能滴到下极板上，难度适中．

A、由题，板间距离增大，电容器的电压不变，根据E=[U/d]知板间场强减小，由U=Ed得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向下，P点电势比下极板高，则可知，P点的电势降低．故A正确．
B、根据油滴原来静止知道，油滴带负电，P点电势降低，油滴的电势能将增大．故B错误．
C、板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动．故C错误．
D、板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器的电量减小．故D错误．
故选A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析；电势；电势能．

考点点评： 本题是电容器动态分析问题，根据E=[U/d]、电容的决定式和定义式结合进行分析．

A、带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡；若油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，电场强度应缓慢增大；根据U=Ed，可以减小两极板距离，故A错误；
B、带电油滴P原来处于静止状态，电场力与重力平衡；若油滴所带的电荷开始缓慢减小，为维持该油滴仍处于静止状态，电场强度应缓慢增大；开关K断开，电荷量不变，使电容器两极板缓慢靠近，电荷的面密度不变，故场强不变，不能平衡，故B错误；
C、其他条件不变，将滑动变阻器的滑片缓慢向左移动，电阻减小，电流增加，故电阻箱电压增加，故电容器电压增加，可能平衡，故C正确；
D、其他条件不变，将可变电阻R阻值减小，电容器电压减小，更加不能平衡，故D错误；
故选：C．

点评：
本题考点： A:带电粒子在混合场中的运动 B:电容

考点点评： 本题电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，注意抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析．

由Q=UC可得：（Q+△Q）=（U+△U）C；
则可得：Q+△Q=Q+△UC；故可得：△Q=△UC；
代入数据解得增加的电量：△Q=△UC=2×10^-6×10=2.0×10^-5C；
故答案为：2.0×10^-5C

点评：
本题考点： 电容．

考点点评： 本题考查电容的定义式，注意应用结论：：△Q=△UC．

（1）设共同速度为v，依动量守恒定律有
Mv₀-mv=（M+m）v
得v=[1/2]v₀
根据能量守恒得系统动能减少等于电势能增量
△E＝
1
2mv02+
1
2mv02−
1
2(M+m)v2
得△E＝
2Mmv02
M+m＝
1
2Mv02
（2）设电场力qE=F
对系统全过程运用动能定理列出等式：

1
2(M+m)v02−
1
2(M+m)v2＝FL
对滑块m速度减为0的过程运用动能定理列出等式：

1
2mv02＝Fl
由两式解得l＝
L
3
答：（1）若小车、滑块的初速度大小均为v₀，系统电势能变化的最大值是
1
2Mv02．
（2）若小车、滑块初速度大小未知，滑块向左运动到最远处离出发点的位移是[L/3]．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 该题是一道综合题，综合运用了能量守恒定律、动量守恒定律、动能定理，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．

A、将介质板插入电容器中，电容增大，容抗减小，灯泡将变亮．故A错误．
B、增大交变电流的频率，容抗减小，灯泡将变亮．故B错误．
C、把电容器极板间距拉开一些，电容减小，容抗增大，灯泡将变暗．故C正确．
D、把电容器两极板错开一些，电容减小，容抗增大，灯泡将变暗．故D正确．
故选CD

点评：
本题考点： 电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题可运用电容的决定式C=[ɛS/4πkd]和容抗的公式XC=[1/2πfC]结合判断灯泡亮度的变化．

由于开关S闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压U_AB保持不变．随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E=[U/d]可知两极板之间的电场强度E减小，由于U_Aa=Eh_Aa，由于电场强度E减小，故U_Aa减小，由于U_AB=U_Aa+U_aB，所以U_aB增大，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0即Φ_B=0，又U_aB=Φ_a-Φ_B，所以Φ_a=U_aB增大．而点电荷在a点所受的电场力F=qE，由于E减小，所以电场力F减小．故B正确．
故选：B．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题难度较大，涉及知识面大，需要认真分析．方法是：先找不变量（UAB），再找容易确定的物理量（E和UAa），最后求出难以确定的量（确定UaB不能用UaB=EhaB，因为E和haB一个变大另一个变小）．