2024-2025学年新教材高中物理第二章静电场的应用第一节电容器与电容学案粤教版必修3

PAGE22-第一节电容器与电容新课程标准学业质量目标1.视察常见电容器,了解电容器的电容,视察电容器的充、放电现象。2.能举例说明电容器的应用。合格性考试1.知道什么是电容器及平行板电容器的主要构造。2.理解电容的概念及其定义式。3.了解电容器充电和放电现象及能量转化。选择性考试1.通过类比建立电容的概念;通过电容的定义进一步体会比值定义法。2.结合详细问题构建电容器动态分析模型。必备学问·自主学习一、识别电容器(1)如图甲所示是电容器充电的过程,两块不带电的金属板跟电源连接,最终金属板上带了等量的异种电荷。金属板为什么会带电?(2)照相机的闪光灯能发出剧烈的闪光(如图乙),这时通过闪光灯的电流相当大,有时可达几千安。照相机的电源能够供应的电流却特别小,为何闪光灯能发出剧烈的闪光?提示:(1)因为电源给电容器充电。(2)由于电容器放电放出巨大的电流。1.构造:两个相互靠近又彼此绝缘的导体就可以组成一个电容器。如两块平行金属板正对、靠近且两板间充溢绝缘物质(电介质),这两板就组成了平行板电容器。2.电容器的带电荷量:是指其中一个极板所带电荷量的肯定值。二、电容器的充放电(如图所示)(1)充电:使电容器两个极板带上等量异种电荷的过程叫作充电。(2)放电:使充电后的电容器两极板的异种电荷中和的过程叫作放电。三、电容器的电容如图甲所示是一个水杯,众所周知,我们用水杯的容积表征水杯容纳水的本事。如图乙所示是照相机的闪光灯的重要部件——电容器,电容器是容纳电荷的一种装置。思索:我们如何表征电容器容纳电荷的本事呢?提示:电容。1.定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U之比。2.公式:C=。3.单位:在国际单位制中的单位是法拉,符号为F,1F=1C/V。常用的单位还有微法和皮法。换算关系:1F=1064.物理意义:表示电容器容纳电荷本事的物理量。四、确定电容的因素1.平行板电容器的结构:由两块彼此绝缘、相互靠近的平行金属板组成的电容器,是最简洁的,也是最基本的电容器。2.确定因素:平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S成正比,与电介质的相对介电常数εr成正比,与极板间距离d成反比。3.表达式:C=,式中k为静电力常量。(1)放电后的电容器所带电荷量为零,电容也为零。 (×)(2)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。 (×)(3)电容表示电容器容纳电荷的多少。 (×)(4)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。 (×)(5)电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比。 (×)(6)公式C=可用来计算任何电容器的电容。 (×)(7)将电介质插入平行板电容器时,电容器的电容将变小。 (×)(8)任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体都能组成电容器,而且跟这两个导体是否带电无关。 (√)(9)电容器两极板上所加的电压不能超过击穿电压。 (√)关键实力·合作学习学问点一电容器和电容1.C=是电容的定义式,由图像也可得出:C=。2.电容器的电容取决于电容器本身,与电容器所带的电荷量Q以及电势差U均无关。3.C=与C=的比较:C=C=公式类别定义式确定式适用范围全部电容器,Q∝U,即=C不变,反映了电容器容纳电荷的本事平行板电容器,C∝εr,C∝S,C∝,反映了平行板电容器的确定因素联系电容器容纳电荷的本事,即电容的大小可以由来量度,但确定因素是电容器本身,如平行板电容器的εr、S、d等因素提示:C==,电容器的电容在数值上等于两极板上每上升(或降低)单位电压时增加(或削减)的电荷量。【典例】有一充电的平行板电容器,两板间电压为U=2V,现使它的电荷量增加ΔQ=5×10-6C,于是电容器两板间的电压上升为6V(1)电容器的电容是多大?(2)电容器原来所带的电荷量是多少?【解题探究】(1)平行板电容器的电容与什么有关?提示:与正对面积S、极板间的距离d以及电介质有关。(2)电容器所带电荷量和什么有关?提示:与电容器的电容C以及极板间的电压U有关,它们之间满意Q=CU。【解析】(1)电容器两板间电压的变更量为ΔU=(6-2)V=4V,由C=得C=F=1.25×10-6F。(2)电容器原来所带的电荷量Q=CU=1.25×10-6×2C=2.5×10-6C答案:(1)1.25×10-6F(2)2.5×101.在【典例】中,若放掉全部电荷,电容器的电容是多大?【解析】电容器的电容由本身确定,与是否带电无关,所以放掉全部电荷后,电容仍为1.25×10-6F答案:1.25×10-62.超级电容器又叫双层电容器,是一种新型储能装置。它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。如图为一款超级电容器,其标有“2.7V9000F”,A.超级电容器所带的电荷量跟电压成正比B.电压为1.2V时,该电容器的电容为4000C.该电容器正常工作时所带的电荷量为9000D.该电容器只有两端加上2.7V电压时才能正常工作【解析】选A。依据Q=CU可知,超级电容器所带的电荷量跟电压成正比,选项A正确;电容器的电容由内部结构确定,与电压无关,选项B错误;该电容器正常工作时所带的电荷量为Q=CU=9000×2.7C=2.43×104C,选项C错误;该电容器在不高于2.7V【加固训练】(多选)下列关于电容的说法正确的是 ()A.电容是反映电容器容纳电荷本事的物理量B.电容器A的电容比B的大,说明A的带电荷量比B多C.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器须要带的电荷量D.由公式C=知,若电容器两极板间电压为10V,极板带电荷量为2×10-5C,则电容器电容大小为5×【解析】选A、C。电容反映电容器容纳电荷本事的大小,A正确;电容器A的电容比B的大,只能说明电容器A容纳电荷的本事比B强,与是否带电无关,B错误;由C=知,电容在数值上等于使两极板间电势差为1V时,电容器须要带的电荷量,C正确;电压为10V,电荷量为2×10-5C时,电容C==2×10-6F学问点二平行板电容器的电容及动态分析1.平行板电容器动态问题的分析方法:抓住不变量,分析变更量,紧抓三个公式:C=、E=和C=。2.平行板电容器的两类典型问题:(1)平行板电容器始终连接在电源两端:电势差U不变。由C=∝可知,C随d、S、εr的变更而变更。由Q=CU=·U可知,当U不变时,Q也随d、S、εr的变更而变更。由E=∝可知,当U不变时,E随d的变更而变更。(2)平行板电容器充电后,切断与电源的连接:电荷量Q保持不变。由C=∝可知,C随d、S、εr的变更而变更。由U==∝可知,当Q不变时,U也随d、S、εr的变更而变更。由E===∝可知,E随S、εr的变更而变更,而与d无关。在探讨“影响平行板电容器电容大小的因素”的试验中,连入了静电计。(1)静电计的作用是什么?提示:用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U,从指针偏转角度的大小可推知U的大小。(2)d变时,极板上电荷量有何特点?提示:保持不变。【典例】用限制变量法,可以探讨影响平行板电容器电容大小的因素(如图所示)。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。试验中,极板所带电荷量不变,若 ()A.保持S不变,增大d,则θ变大B.保持S不变,增大d,则θ变小C.保持d不变,减小S,则θ变小D.保持d不变,减小S,则θ不变【解析】选A。静电计指针偏角大小体现电容器两板间电压大小。在各选项所示的操作中,电容器电荷量Q保持不变,C==。保持S不变,增大d,则C减小,U增大,偏角θ增大,选项A正确,B错误;保持d不变,减小S,则C减小,U增大,偏角θ也增大,故选项C、D均错误。电容器动态变更问题的分析步骤(1)明确电容器与电源的连接状况,从而确定是电压不变还是电荷量不变。(2)由C=,依据εr、S、d的变更确定C的变更。(3)由C=确定Q或U的变更。(4)依据E==推断E的变更。1.(母题追问)在【典例】中,在两极板间插入一电介质,静电计指针张角怎样变更?【解析】在两极板间插入一电介质,εr变大,由C=,则C变大,由Q=CU可知,U变小,则静电计指针张角变小。答案:张角变小2.(多选)如图所示是一个由电源、电阻R与平行板电容器组成的串联电路,有带电小球静止在平行板电容器中间,在增大电容器两极板间距离的过程中()A.带电小球将竖直向下运动B.带电小球将竖直向上运动C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流【解析】选A、C。电容器的电压不变,极板间距离增大,由E=分析可知,板间电场强度减小,微粒所受的电场力减小,所以微粒将向下做加速运动,故A正确,B错误。增大电容器两极板间距离,由电容的确定式C=分析可知,电容C减小,因U不变,由C=分析可知,Q减小,电容器放电,则R中有从a流向b的电流,故C正确,D错误。【加固训练】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,在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ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,则 ()A.θ增大,E增大B.θ增大,Ep不变C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变【解析】选D。若保持下极板不动,将上极板向下平移一小段距离,则依据C=可知,C变大,Q肯定,则依据Q=CU可知,U减小,则静电计指针偏角θ减小;依据E=,C=,Q=CU联立可得E=,可知Q肯定时,E不变;依据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极板的电势差不变,下极板接地,P点的电势不变,则Ep不变,故选项A、B、C错误,D正确。【拓展例题】考查内容:带电体在两板间的运动【典例】(多选)如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球;P板与b板用导线相连,Q板接地。起先时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了α角度。在以下方法中,能使悬线的偏角α变大的是()A.缩小a、b间的距离B.加大a、b间的距离C.取出a、b两极板间的电介质D.换一块形态大小相同、介电常数更大的电介质【解析】选B、C。设P、Q两金属板构成的电容器电容为C0,带电荷量为q0,由题意知b板与P板的电势相等,a板与Q板接地,所以两电容器的电势差U相等。设C的带电荷量为q,依据题意知两个电容器带的总电荷量不变,设为Q,所以q0+q=Q。所以C0U+CU=Q,对小球,要使α角增大,依据力的平衡可得小球受到的静电力要增大,即需两极板间的电势差增大,因此依据C0U+CU=Q,只有C减小才能使U增大。依据C=可知,换用介电常数较小的电介质或取出电介质,减小正对面积、增大极板间距离都能使电容减小,故选项B、C正确。情境·模型·素养当病人发生心室纤颤时,必须要用除颤器刚好进行抢救,除颤器工作时的供电装置是一个C=70μF的电容器,它在工作时,一般是让100～300J的电能在2ms的时间内通过病人的心脏部位。已知充电后电容器储存的电能为E=CU2,探究:(1)除颤器工作时的电功率在什么范围?(2)要使除颤器的电容器储存140J的电能,充电电压需达到多大?【解析】(1)依据电功率P=知,P1=W=5×104W=50kW,P2=W=1.5×105W=150kW,即电功率的范围为50kW～150kW。(2)依据电容器储存的电能为E=CU2,知U==V=2000V答案:(1)50kW～150kW(2)2000V在如图所示的试验装置中,平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接,极板A接地。静电计的指针张开肯定角度。探究:若将极板A稍向上移动一点,视察到静电计指针的张角变大。这说明白什么?【解析】电容器无法放电,故带电量不变,即Q肯定;静电计测量的是电压,视察到静电计指针的张角变大,说明电压变大;依据C=可以推断电容变小。答案:见解析课堂检测·素养达标1.如图是一个电解电容器,由标注的参数可知 ()A.电容器的击穿电压为450VB.当电容器的电压低于450V时,电容器无法工作C.给电容器加90V电压时,电容器的电容为200μFD.电容器允许容纳的最大电荷量为0.45【解析】选D。由标注的参数值可知,450V指的是工作的额定电压,不是击穿电压,低于450V的时候,电容器也可以工作,故A、B错误;电容器的电容值由其内部构造所确定,与其工作电压无关,故C错误;由C=可得,Q=UC=450V×1000×10-6F=0.45C,故D正确。2.(多选)如图所示的各图描述的是对给定的电容器充电时其电荷量Q、电势差U、电容C之间相互关系的图像,其中正确的是 ()【解析】选C、D。电容器的电容是由电容器本身属性确定的,与电容器所带电荷量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关,不能认为C与Q成正比,与U成反比,故选项D正确,A、B错误;而C图表示电容器所带电荷量与极板间的电势差成正比,其比值即电容器的电容,故选项C正确。【加固训练】如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线,若将该电容器两端的电压从40V降低到36V,对电容器来说正确的是 ()A.是充电过程B.是放电过程C.该电容器的电容为5.0×10-2D.该电容器的电量变更量为0.20【解析】选B。由Q=CU知,U降低,Q减小,故为放电过程,A错误,B正确;由C==F=5×10-3F,可知C错误;ΔQ=CΔU=5×10-3×4C=0.02C,D错误。3.如图所示,平行板电容器与电压为E的恒定电源连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离 ()A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将增大D.电容器的电容减小,极板带电量增大【解析】选A。将上极板竖直向下移动一小段距离时,d减小,电容器的电压U不变,由E=分析得知,板间电场强度E增大,则油滴所受电场力增大,油滴将沿竖直方向向上运动,故A正确。P点到下极板的距离不变,而E增大,由U=Ed知,P点与下极板间电势差增大,P点的电势大于零,则P点的电势上升,由于油滴带负电,则带电油滴的电势能将削减,故B、C错误。d减小,由C=知,电容C增大,U不变,由C=分析可知,电容器所带电量增大,故D错误。4.(多选)(2024·济宁高二检测)如图所示,两平行的金属板水平放置,两板间距为d,在A板中间打一个小孔,B板接地,一带正电小球,电荷量为q,质量为m,用绝缘细线悬挂于O点,若电容器的充电时间不行以忽视,那么闭合开关S后,小球始终处于静止状态,下列关于小球的描述正确的是 ()A.细线对小球的拉力不变更B.细线对小球的拉力渐渐增大C.小球的电势能渐渐增加D.小球所在位置的电势渐渐降低【解析】选B、C。充电过程中两极板的电荷量渐渐增多,依据U=可知,两极板间电势差增大,由此可知带电小球所受电场力F=qE=变大,绳子所受拉力等于电场力和重力之和,即细线对小球的拉力渐渐增大,由此可知选项A错误,B正确;因为下极板接地,小球到下极板的距离是一个定值,两极板间的电场强度渐渐增大,所以小球所在位置的电势大于零且随着两极板上电荷量的增大而增大,由此可知电势能在增加,选项C正确,D错误。5.(教材二次开发·P39【拓展学习】改编)电流传感器可以像电流表一样测量电流,不同的是反应比较灵敏,且可以和计算机相连,能画出电流与时间的变更图像。图甲是用电流传感器视察充、放电过程的试验电路图,图中电源电压为8V。先使开关S与1接通,待充电完成后,把开关S再与2接通,电容器通过电阻放电,电流传感器将电流信息传入计算机,显示出电流随时间变更的I-t图像如图乙所示。依据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为__________C,该电容器电容为____________μF。(均保留3位有效数字)

【解析】依据题图乙的含义,因Q=It,可知图形与时间轴围成的面积表示电荷量;依据横轴与纵轴的数据可知,一个格子的电荷量为8×10-5C,大于半格算一个,小于半格舍去,因此图像所包含的格子个数为38,所以释放的电荷量为q=8×10-5C×38=3.04×10-3C。依据电容器的电容C=可知,C=F=3.8×10-4F=380答案:3.04×10-3380课时素养评价六电容器与电容(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.下列关于电容器的叙述正确的是 ()A.电容器是储存电荷的容器,只有带电的容器才能称为电容器B.两个彼此绝缘而又相互靠近的导体,当带电时构成电容器,不带电时不是电容器C.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和D.电容器充电过程是将其他形式的能转化为电容器的电能并储存起来;电容器的放电过程,是将电容器储存的电能转化为其他形式的能【解析】选D。电容器既然是储存电荷的容器,那么它是否带电不影响其储存电荷的实力,A、B错误;电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的肯定值,C错误;电容器的充、放电伴随能量的转化,D正确。2.(2024·青岛高二检测)关于平行板电容器的电容,下列说法正确的是 ()A.电容器不带电时,其电容为零B.电容器带电荷量越多,其电容越大C.电容器两极板间电压越低,其电容越小D.电容器的电容只由它本身的性质确定【解析】选D。电容器的电容与电容器是否带电、带电荷量多少以及两板间有无电压均无关,只与两极板间距、正对面积以及电介质有关,也就是说电容器的电容只由它本身的性质确定,故选项A、B、C错误,D正确。3.一个已充电的电容器,若使它的电荷量削减3×10-4C的,则 ()A.电容器原来的带电荷量为9×10-4B.电容器原来的带电荷量为4.5×10-4C.电容器原来的电压为1VD.电容器的电容变为原来的【解析】选B。由题意知C==,解得Q=4.5×10-4C,故B正确,A错误;因电容器的电容未知,所以无法求出电容器原来的电压,C错误;电容是由电容器本身确定的,跟电压和电荷量的变更无关,所以电容器的电容不变,D错误。【加固训练】某电容器上标有“25μF450V”字样,下列对该电容器的说法中正确的是 ()A.要使该电容器两极板之间电压增加1V,所需增加的电荷量为2.5×10-5B.要使该电容器带电荷量为1C,两极板之间需加电压2.5×10-5VC.该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10-5D.该电容器能够承受的最大电压为450V【解析】选A。由电容器的铭牌信息可知,该电容器的电容为25μF,则由C=可知,要增加1V的电压,须要增加的电荷量ΔQ=ΔU·C=2.5×10-5C,故A正确;由Q=UC可知,要带1C的电荷量,两极板之间需加电压U==4×104V,故B错误;由铭牌信息可知,电容器的额定电压为450V,则电荷量最多为Q=UC=1.125×10-2C4.如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从右边接线柱流进电流计,指针向右偏。假如在导电液体的深度h发生变更时视察到指针向右偏转,则 ()A.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在增大B.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在增大C.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在减小D.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在减小【解析】选A。电流计指针向右偏转,说明流过电流计G的电流由右向左,则导体芯A所带电量在增加,电容两端间的电势差不变,由Q=CU可知,导体芯A与液体形成的电容器的电容增大,依据C=,知正对面积增大,则液体的深度h在增加,故A正确。5.电容式压力传感器的原理如图所示,其中上板为固定电极,下板为可动电极。可动电极的两端固定,当有压力作用于可动电极时,极板会发生形变,从而变更电容器的电容。已知电流从灵敏电流计的正极流入时指针往右偏,则压力突然增大时 ()A.电容器的电容变小 B.电容器的电荷量不变C.灵敏电流计指针往左偏 D.电池对电容器充电【解析】选D。当待测压力增大时,电容器板间距离减小,依据电容的确定式C=得知,电容C增大,故A错误;电容器板间电压U不变,电容器所带电量为Q=CU,C增大,则Q增大,电容器处于充电状态,而上极板带正电,电流将从电流计正接线柱流入,所以灵敏电流计指针向右偏转,当稳定后,则会回到中心,故B、C错误,D正确。故选D。6.如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S。当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间电场强度E的变更状况是 ()A.Q变小,C不变,U不变,E变小B.Q变小,C变小,U不变,E不变C.Q不变,C变小,U变大,E不变D.Q不变,C变小,U变小,E变小【解析】选C。电容器充电后再断开S,其所带电荷量Q不变,由C∝可知,d增大时,C变小,又U=,所以U变大;由于E=,U==,所以E=,故d增大时,E不变。选项C正确。【加固训练】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,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,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,粒子P起先运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为 ()eA.g B.g C.g D.g【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=q;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变更,引起电场强度发生了变更,从而电场力也发生了变更,粒子受力不再平衡,产生了加速度,依据牛顿其次定律ma=mg-q,两式联立可得a=g,故选A。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)(2024·枣庄高二检测)一个平行板电容器,使它每板电荷量从Q1=3.0×10-5C增加到Q2=3.6×10-5C时,两板间的电势差从U1=10V增加到U(1)这个电容器的电容;(2)U2为多少;(3)如要使两极板电势差从10V降为U2′=6V,则每板需削减多少电荷量。【解析】(1)电容器的电容C==F=3×10-6F=3μF。(2)因为电容器的电容不变,所以U2==V=12V。(3)依据电容的定义,它等于每增加(或削减)1V电势差所需增加(或削减)的电荷量,即C=,要求两极板间电势差降为6V,则每板应削减的电荷量为ΔQ′=CΔU′=3×10-6×(10-6)C=1.2×10-5C答案:(1)3μF(2)12V(3)1.2×10-58.(12分)如图所示,水平放置的平行金属板A、B的距离为d,起先两板都不带电,现将电荷量为+q、质量为m的液滴从小孔正上方h处无初速度滴下,通过小孔落向B板并把电荷全部传给B板,若第N滴液滴在A、B间恰好做匀速运动,求电容器的电容。【解析】第N滴液滴做匀速运动时,板上电荷量:Q=(N-1)q ①由平衡条件得:qE=mg ②两极板间电压:U=Ed ③电容器电容:C= ④由①②③④联立解得:C=。答案:(15分钟·40分)9.(6分)(多选)(2024·南昌高二检测)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更,进而能测出电容的变更,最终就能探测到物体位移的变更,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【解析】选B、C。由公式C=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加,则电容C增大,由公式C=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=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削减,则电容C减小,由公式C=可知电荷量Q不变时,U增大,则θ增大,故B正确,D错误。故选B、C。10.(6分)如图所示是一个由电源、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路,开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动,下列说法正确的是 ()A.带电液滴可能带正电B.增大两极板间距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B运动到AC.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速下降D.断开S,减小两极板距离的过程中,液滴静止不动【解析】选D。带电液滴在重力和静电力作用下处于平衡状态,静电力方向向上,电场方向向下,故液滴带负电,A选项错误;由C=和Q=CU可知,两极板间距离增大的过程中,C变小,所以Q变小,因此电容器放电,放电电流的方向为从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,不能干脆通过电容器从B运动到A,选项B错误;断开S,由C=、Q=CU和U=Ed知,E=,Q不变,S减小,所以E增大,静电力大于重力,液滴将加速上升,选项C错误;由E=知,Q不变,d减小,E不变,液