高考物理电容器专题 12页

电容器的电容专题 一、基础知识 ‎1．任何两个彼此绝缘又相距很近的导体都可以构成电容器．这两个导体称为电容器的电极．‎ ‎2．把电容器的两个极板分别与电池的两极相连，两个极板就会带上等量的异号电荷，‎ 这一过程叫充电。电容器的一个极板所带的电荷量的绝对值叫做电容器的电荷量。用导线把电容器的两板接通，两板上的电荷 中和，电容器不再带电，这一过程叫做放电。‎ ‎3．电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值，叫做电容器的电容，用符号C表示，表达式为。 ‎ ‎4．一般说来，构成电容器的两个导体的正对面积越大距离越小这个电容器的电容就越大；两个导体间 电介质的性质也会影响电容器的电容。‎ 二、定义式：C=Q/U=ΔQ/ΔU，适用于任何电容器。‎ 决定式；C=εS/4πkd，仅适用于平行板电容器。‎ ‎●对平行板电容器有关的C、Q、U、E的讨论问题有两种情况。‎ 对平行板电容器的讨论：、、‎ ‎①电容器跟电源相连，U不变，q随C而变。‎ d↑→C↓→q↓→E↓ ε、S↑→C↑→q↑→E不变。‎ ‎②充电后断开，q不变，U随C而变。‎ d↑→C↓→U↑→不变。 ε、S↓→C↓→U↑→E↑。‎ 问题1：静电计为什么可测量两个导体的电势差？ 问题2：静电计会改变被验两个导体的电量与电势差吗？‎ 典型例题 图6‎ A B R ‎[例1]. 如图6所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时（ ）‎ A．带电尘粒将向上运动 B．带电尘粒将保持静止 C．通过电阻R的电流方向为A到B D．通过电阻R的电流方向为B到A ‎ [答案] BC ‎ 分析：粒子静止在电容器内，则由共点力的平衡可知电场强度与重力的关系；再根据变化后的场强判断能否保持平衡；‎ 由电容器的决定式可知电容的变化，由电容的定义式可知极板上电荷量的变化，由充放电知识可知电流的方向 解析：A、B由于电容器与电源相连，故电容器两端电压不变，因板间距不变，故极板间的场强不变，带电粒子所受的电场力不变，粒子仍能保持静止，故A错误，B正确；‎ C、D因正对面积减小，由知，C减小，因电压不变，由知，Q减小，故电容器放电，因电容器上极板接电源正极，上极板带正电，所以通过电流的方向由A流向B，故C正确、D错误。‎ ‎【例2】如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是 A、合上S，使A、B两板靠近一些 B、合上S，使A、B正对面积错开一些 C、断开S，使A、B间距增大一些 D、断开S，使A、B正对面积错开一些 答案：C、D 解析　静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高.当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大.所以本题的正确选项是C、D.‎ 答案：CD 例3、图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q=（a、b为大于零的常数），其图象如题图2所示，那么题21图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是( )‎ A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④‎ ‎[解析]由题意可知： 所以E的变化规律与Q的变化规律相似，所以E的图象为②，由k, 所以d =vt+a ‎,所以是匀速移动，所以速度图象为③，综上所述C正确.‎ 针对训练 ‎1、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.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a.在以下方法中，能使悬线的偏角a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.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 E.加大P、Q之间的距离 F.缩小a、b间的正对面积 G.取出ab两极间的电解质，换一块形状大小相同的导体 分析：题中电容器ab与平行金属板PQ并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度α的变化。‎ 解析：A、缩小a、b间的距离，根据，则电容C增大，Q不变，由，ab间的电势差U减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小．故A错误；‎ B、加大a、b间的距离，由A知，B正确；‎ C、取出a、b两极板间的电介质，根据，则电容C减小，Q不变，由，ab间的电势差U增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大．故C正确；‎ D、换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质，根据，则电容C增大，Q不变，由，ab间的电势差U减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小．故D错误；‎ E、加大P、Q之间的距离，因为ab间的电势差不变，P、Q间的电势差不变，由知电场强度减小，电场力减小，所以α变小．故E错误；F、缩小a、b间的正对面积，根据，则电容C减小，Q不变，由，ab间的电势差U增大，所以PQ两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大．故F正确；‎ G、取出a、b两极板间的电介质，换一块形状大小相同的导体，相当于板间距离减小，根据，则电容C增大，Q不变，由，ab间的电势差U减小，所以PQ两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小．故G错误。‎ ‎2、传感器是把非电学量(如温度、速度、压力等)的变化转换为电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图是一种测量液面高度h的电容式传感器的示意图．从电容C大小的变化就能反映液面的升降情况．关于两者关系的说法中正确的是 ‎ A．C增大表示h减小 B．C减小表示h增大 ‎ C．C减小表示h减小 D．C的变化与h变化无直接关系 分析：根据电容器的决定式，结合正对面积的变化，判断电容的变化。‎ 解析：当h减小时，则正对面积减小，根据电容器的决定式，电容器的电容减小，反之，h增大，电容增大。故C增大，说明h增大；C减小，说明h减小；故C正确，A、B、D错误。‎ ‎3、 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一正点电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示。以E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，W表示正点电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）‎ A．U变小，E不变 B．E变大，W变大 C．U变小，W不变 D．U不变，W不变 分析：抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化 解析：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据知，电容增大，根据知，板间电压变小。‎ 由知，两板间的电场强度与d无关，则可知电场强度不变。P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，根据知，正电荷在P点的电势能不变．故A、C正确，B、D错误。‎ ‎4、如图4所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A接地。若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（ D   ）‎ A. 两极板间的电压不变，极板上的电量变小；‎ B. 两极板间的电压不变，极板上的电量变大；‎ C. 极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小；‎ D. 极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大 解：A极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式可知，电容器极板间电压变大。故D正确。‎ ‎5、如图13－8－4所示，平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连．要使静电计指针张角变大，下列措施中可行的是 （AB） ‎ A．将A板向上移动 B．将B板向右移动 C．将A、B之间充满电介质 D．将A板放走部分电荷 解：A、B、C、电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，由知，电容C变小，根据分析可知板间距离应增大、或抽出电介质、或者减小正对面积，故A正确，B正确，C错误。‎ D、将A板放走部分电荷，由可知电势差减小，故D错误。‎ ‎6、如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）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上移动一小段距离后（A）‎ ‎ A．P点的电势将降低 ‎ ‎ B．带点油滴的电势能将减少 ‎ C．带点油滴将沿竖直方向向上远动 ‎ D．电容器的电容减小，则极板带电量将增大 分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。‎ 解析：C、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C错误。‎ A、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A正确。‎ B、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B错误。‎ D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小。故D错误。‎ ‎7．如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点d处放一电荷q，则(A　　)‎ A．q所受电场力的大小为 B．q所受电场力的大小为k C．q点处的电场强度是k D．q点处的电场强度是k 分析：解答本题关键应掌握：电容的定义式，即可得到电容器板间电压U，由，求出板间电场强度E，q所受的电场力F=qE；平行板电容器不是点电荷，不能用求解板间场强。‎ 解析：A、B由得，电容器板间电压，板间场强，q所受的电场力大小为。故A正确，B错误。‎ C、D由于平行板电容器不是点电荷，不能用求解板间场强。故C、D错误。‎ A θ a b E R ‎8、竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接。绝缘线与左极板的夹角为θ。保持极板位置不变，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（ D） ‎ A.θ1<θ2，I1θ2，I1>I2‎ C.θ1=θ2，I1=I2 D.θ1<θ2，I1=I2‎ 分析：由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路，故可判断电路中电流的变化；由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由U=Ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化。‎ 解析：解：因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I1=I2；小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U=Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；故D正确。‎ 图l—7—16‎ ‎9．如图1—7—16所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P位于两板间恰好平衡，现用外力将P固定住，然后使两板各绕其中点转过α角，如图虚线所示，再撤去外力，则带电微粒P在两板间 ( B )‎ A．保持静止 ‎ B．水平向左做直线运动 C．向右下方运动 ‎ D．不知α角的值无法确定P的运动状态 分析：带电微粒P在水平放置的A、B金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板A、B分别以O、0′中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度α，然后释放P，此时P受到重力、电场力，合力向左，故P做向左的匀加速直线运动。‎ 解：初位置时，电场力和重力平衡，设电场强度为E，初状态极板间距是d，旋转α角度后，极板间距变为dcosα，所以电场强度，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，电场力在竖直方向的分力为F=qE′cosθ=qE，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动；故B正确，A、C、D错误。‎ 图l—7—14‎ ‎10．平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图1—7—14所示．那么 ( AD ) ‎ A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ椤不变 C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变。‎ 解析：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．‎ C、断开开关S，电容器所带的电量不变，由，，‎ 得，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变。故C错误，D正确。‎ ‎11. （2012·海南物理）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是（AD）‎ A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 分析：保持U不变，根据公式，‎ 分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的 一半，由，分析U的变化，由分析E的变化。‎ 解析：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式，可知E变为原来的一半，A正确；‎ B、保持E不变，将d变为原来的一半，，则U变为原来的一半，B错误；‎ C、保持d不变，将Q变为原来的两倍，d不变，电容C不变，由知，U变为原来的两倍，故C错误；‎ D、保持d不变，将Q变为原来的一半，d不变，电容C不变，由知，U变为原来的一般，再由可知，则E变为原来的一半，故D正确。‎ ‎12、（2012·全国理综）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。 （2Ｑ）‎ 分析：对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论 设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差；‎ 两极板间的匀强电场，；设电场中小球的带电量为q，则所受电场力。‎ 小球在电容器中受重力、电场力和拉力而平衡，如图所示 有平衡条件有，综上各式 第二次充电后，电容器的带电量为，同理可得，将方向夹角代入的。‎ 三、平行板电容器的动态问题分析方法：抓住不变量，分析变化量。其依据是；匀强电场中的；平行板电容器电容决定式。‎ 四、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的两端：电势差U不变由可知C随的变化而变化。由，Q也随的变化而变化。由可知，E随d的变化而变化。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。由可知可知C随的变化而变化。由可知，U随的变化而变化。由可知E与d无关，只随的变化而变化。‎ 例题：如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，这时电容器的电荷量为Q，P是电容器内一点，电容器的上极板与大地相连，下列说法正确的是(　　)‎ A.若将电容器的上极板左移一点，则两板间场强减小 B.若将电容器的下极板上移一点，则P点的电势升高 C.若将电容器的下极板上移一点，则两板间电势差增大 D.若将电容器的下极板上移一点，则两板间电势差减小 解析 由、、可知，S减小，E增大，故A错；‎ 将电容器的下极板上移一点，电容器极板距离减小，由知，E与d无关，E不变，由知，U减小，即两板间电势差减小，C错，D正确；P点与上极板距离不变，即P点与上极板的电势差不变，则P点的电势不变，B错。‎ 答案 D正确。‎ 易错提醒：(1)充电后的电容器断开和电源的连接，Q一定；（2）Q一定时，由知，两板间的电场强度与d无关；（3）接地板电势为零。‎ 例题：连接在电源两极上的平行板电容器，当两极板间距离减小时(　　)‎ A.电容器的电容C变大 B.电容器极板的带电荷量变大 C.电容器两极板间的电势差U变大 D.电容器两极板间的电场强度E变大 解析　电容器两极板间距离减小，由得其电容变大，所以A正确；连接在电源两极上的平行板电容器，U不变，由知，U不变，而C变大，则Q变大，故B正确，C错误；由知，U不变，d减小，则E变大，故D正确。答案：ABD 例题：如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是(　　)‎ A.增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大 B.将A板稍微上移，静电计指针张角将变大 C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D.若将A板拿走，则静电计指针张角变为零 解析 电容器上所带电荷量一定，由公式知，d增大，C变小，再由知，U变大，故A正确；将A板稍微上移，正对面积S减小，C减小，U变大，故B正确；将玻璃板插入两板之间，增大，C变大，U变小，故C项错误；将A板拿走，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故D错误。答案 AB。‎ 例题：如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)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上移动一小段距离，则(　　)‎ 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减小 D.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 解析　上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度（）将减小，油滴所受电场力（）减小，故油滴将向下运动，A错；‎ P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差（）减小，所以P点的电势减小，B对；‎ 带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，又知道P点的电势降低，油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容，d增大，电容C减小，由知，U不变，C减小，则Q减小，故D错。答案 B。‎ 五、含电容器电路的分析与计算方法 在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流。一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的，不漏电的情况)的元件，电容器处电路可看做是断路，简化电路时可去掉它。‎ ‎1.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。‎ ‎2.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。‎ ‎3.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充(放)电.如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。‎ 例题：如图所示，电源电动势E＝10V，内阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，求：‎ ‎(1)S闭合后，稳定时通过R1的电流；‎ 解析　S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，易求，即为通过R1的电流.‎ ‎(2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的电荷量.‎ 解析　S闭合时，电容器两端电压UC＝U2＝I·R2＝6 V，储存的电荷量Q1＝C·UC.S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时UC′＝E，储存的电荷量Q1′＝C·UC′.很显然电容器上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.2×10－4 C.电容器上电荷量的增加是在S断开以后才产生的，只有通过R1这条途径实现，所以流过R1的电荷量就是电容器上增加的电荷量.‎ 方法点拨：含电容器电路的分析与计算方法：‎ ‎(1)首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。(2)根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压.(3)最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。‎ 例题：在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)‎ A.灯泡L变亮 B.电源的输出功率变小 C.电容器C上电荷量减少 D.电流表读数变小，电压表读数变大 解析　将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，电路中电流变小，灯泡L变暗，A错误；‎ 路端电压变大，电阻R两端电压变大，电容器C两端电压变大，电容器C上电荷量增加，C错误，D正确；‎ 当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，则当P向左移动一段距离后，外电路电阻比r大得越多，电源的输出功率变小，B正确.‎ 答案　BD 例题：如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电场强度．菁优网版权所有 ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【解答】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误． ‎ ‎ B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．‎ ‎ C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ ‎ D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导．‎