一平行板电容器通过开关和电源连接,如图所示,电源的电势保持9V不变

负极接地,电势为零,充满电后,电量不变,极板间的电场强度不变,P点到负极板的距离不变,故P点电势不变,所以粒子的电势能不变,极板间的距离减小,而场强不变,所以两极板间的电压减小.

如果是直流电,则没有电流通过.如果是交流电,则有电流通过.电容的作用就是通交流阻直流.而电容的容量代表多少赫兹的交变电流可以通过.希望对你能有所帮助.

俩电容的电量相同,都为Q,电压为Q/C和Q/2C,电压之和为U,解出Q=2CU/3.

1一定会变,变小,因为给电容器充电会耗电.（不管充多充少都耗电）2不变.冲完电了就不耗了.耗电会改变电动势,使之减小

选B由C=εS/4πkd可知：两极板间距离d增大,电容C减小保持开关闭合的情况下,两极板间电压U不变,由C=Q/U得Q=CU,可知：电量Q减小由C=εS/4πkd=Q/U可得：U/d=4πkQ/εS,

B项中S闭合则带电量保持不变,由于断路,电容器不能放电.U也不变,所以微粒仍然静止不动.

B不懂再追问再问：求解释再答：加了一个金属板之后两极板之间的有效距离减半（金属板静电平衡惹的祸）接通开关时，极板电压是9然后断开开关，相当于带电量不变，Q=UC然后抽取金属板，导致板间距离增加所以电容

B,Q=UC=UK/D=EK,K为电容随距离的比例系数,此处是个定值.距离减小,电容C减小,而电荷两Q没变,故U变大,E不变.

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=ɛs4πkd可知，电容C变成原来的一半；则由U=QC可知，U变成18V；故选：B．

如图所示,电源电压恒定,则接通开关S的瞬间【对电容器充电】,通过电阻R的电流方向是从__A__到_B___；平行板电容器充电稳定后,在将两板间距离增大的过程中【由c=εs/4πkd知,c减小,再由Q=

电压降低,容量减小.

开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势．当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增

导线上是只有传导电流,但由于是交变电场,会在两块电容板之间产生位移电流,所以最后要加上去.这样才能保证安培定则的自洽（书上这么说的,就是要保证沿任一曲面,都要保持安培定则成立,又不会自相矛盾）详细过程

平行板与金属板等效构成两个串联的、相同的、平行板电容器.设原平行板间距为d,电容为c,则新构成的每个电容器板间距为1/2d；所以,新构成的每个电容器电容为2c.设原平行板带电量为q,根据感应起电的原理

E=QU=U²CC∝1/d则：当d变为2d时,C变为C/2,E变为E/2=W0/2

B、D解析：题图中电容器板间场强方向向下,由粒子处于静止状态知mg=qE,则电场力应向上,粒子带负电.因电容器上、下两板分别与电源,正、负极相连,所以电源电动势等于电容器两板间的电压,即U=Ed=mg

A、根据电容的决定式C=ξs4πkd知，两极板间的距离增大，则电容C减小．故A正确．B、因为电容器与电源始终相连，则两端的电势差不变，根据Q=CU知，电荷量减小．故B错误．C、根据E=Ud知，电势差不

充电后与电源断开,Q不变,C=εS/4πkd,C=Q/U,E=U/d三式整合E=4πkQ/εS看到E与板间距离d无关.Q不变,E不变再问：3Q，脑子短路了，记得以前讲过

直接用公式.得C变大C=Q/UQ不变C变大则U变小所以U就是减小

I与t的积为电量Q,所以I-t图线下方的面积为流过R的电量Q,也就是电容器原来所带的电量Q,I-t图线下方的面积约为41个小方格的面积,每个小方格的面积为0.4s*0.2mA=0.08*10^(-3)