2017-2018學年物理人教版選修3-1　1.8　電容器的電容同步練習-教師用卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1。8電容器的電容同步練習一、單選題一平行電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出,則電容器()A.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大

B。極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大

C。極板上的電荷量變大，極板間的電場強度不變

D.極板上的電荷量變小,極板間的電場強度不變【答案】D【解析】解:電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端的電勢差不變．

將云母介質(zhì)移出后，介電常數(shù)減小,根據(jù)電容的決定式C=?S4πkd知，介電常數(shù)減小，電容減?。?/p>

由于電壓不變，根據(jù)C=QU可知，電荷量Q減?。?/p>

由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變，根據(jù)E=Ud可知,極板間的電場強度不變．

所以ABC錯誤,D在圖中所示的電路中，當滑動變阻器的滑動觸片向b端移動時()A.伏特表V讀數(shù)增大，電容C的電荷量在減小

B。安培表A的讀數(shù)增大，電容C的電荷量在增大

C。伏特表V的讀數(shù)增大,安培表A的讀數(shù)減小

D。伏特表V的讀數(shù)減小，安培表A的讀數(shù)增大【答案】D【解析】解：當滑動變阻器的滑動觸片向b端移動時，變阻器有效電阻減小，外電路總電阻減小,則路端電壓減小,總電流增大，所以伏特表V的讀數(shù)減小．

根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點可知，電路中并聯(lián)部分分壓減小，通過R2的電流減小,而總電流增大，所以通過電流表的電流增大,即安培表A的讀數(shù)增大．

由于并聯(lián)部分電壓減小，電容器板間電壓減小，則電容C的電荷量在減小.故ABC錯誤,D正確．

故選：D．如圖所示，平行板電容器兩極A、B間有一個帶電油滴P，正好靜止在兩極板正中間.現(xiàn)將兩極板稍拉開一些，其它條件不變(拉開時間忽略),則()A.油滴將向上加速 B.油滴將向下加速

C.電流計中電流由b流向a D。電流計中始終無電流流過【答案】B【解析】解：A、將兩極板的距離拉開一些，由于電勢差不變，d變大,則根據(jù)E=Ud知，電場強度變小，電場力減小，油滴向下加速.故A錯誤，B正確．

C、根據(jù)C=?S4πkd得，d變大，則電容變小，U不變,根據(jù)Q=CU知，電荷量減小，則電流計中的電流由a流向b.故C錯誤，D錯誤．

根據(jù)電容器的電容的定義式C=QU，可知()A。電容器帶電的電量Q越多,它的電容C就越大，C與Q成正比

B。電容器不帶電時,其電容為零

C。電容器兩極之間的電壓U越高，它的電容C就越小，C與U成反比

D.電容器的電容大小與電容器的帶電情況無關(guān)【答案】D【解析】解：A、電容器帶電的電量Q越多，兩極之間的電壓U越高，但電容不變.故A錯誤．

B、電容反映本身的特性，電容器不帶電時,電容并不為零.故B錯誤．

C、電容表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，與電壓U無關(guān),給定的電容C一定.故C錯誤．

D、電容表征電容器容納電荷的本領(lǐng)大小，電容大小與電容器的帶電情況無關(guān).故D正確．

故選D

如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A.θ增大，E增大 B。θ增大，EP不變

C。θ減小,EP增大 D.θ減小，【答案】D【解析】解：電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，兩板間的距離減小，根據(jù)C=?s4πkd可知,電容C增大，則根據(jù)C=QU可知，電壓U減??；故靜電計指針偏角減??；

兩板間的電場強度為：E=Ud=QCd=4πkQ?S;因此電場強度與板間距無關(guān)，因此電場強度不變;

再根據(jù)設(shè)P與下極板距離為L,則P點的電勢φP=EL，電勢能如圖，A、B是平行板電容器的兩極板，下列物理過程使電容器的電容增大的有（

)

A.A板向上移動△x B。A板向右移動△x

C。B板向上移動△x D。B板向右移動△x【答案】C【解析】解：A、A板向上移動△x，板間距d增加，根據(jù)公式C=?S4πkd，電容減小，故A錯誤；

B、A板向右移動△x,正對面積S減小，根據(jù)公式C=?S4πkd，電容減小，故B錯誤；

C、B板向上移動△x,板間距d減小，根據(jù)公式C=?S4πkd,電容增加，故C正確;

D、B板向右移動△x，正對面積S減小，根據(jù)公式C=?S4πkd，電容減小，故如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r,平行板電容器C的兩金屬板水平放置，R1和R2為定值電阻，P為滑動變阻器R的滑動觸頭，G為靈敏電流計，A為理想電流表.開關(guān)S閉合后，C的兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)，則以下說法正確的是()A。在P向上移動的過程中,A表的示數(shù)變大，油滴仍然靜止，G中有方向由a至b的電流

B.在P向上移動的過程中，A表的示數(shù)變小，油滴向上加速運動，G中有方向由b至a的電流

C。在P向下移動的過程中，A表的示數(shù)變大，油滴向下加速運動，G中有方向由b至a的電流

D.在P向下移動的過程中,A表的示數(shù)變小，油滴向下加速運動,G中有由a至b的電流【答案】B【解析】解：A、B、粒子原來處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡;電容器與電阻R、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，滑片向上移動,電阻R變大，電路總電阻變大，電流變小,電容器兩端電壓為：U=E?I(r+R1)，故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，電場力變大，粒子向上加速；電容器充電，故電流從b到a，故A錯誤，B正確；

C、D、在將滑動變阻器滑片P向下移動的過程，電阻R變小，電路總電阻變小,電流變大,電容器兩端電壓為:U=E?I(r+R1)，故電容器兩端電壓變小,帶電量變小,電場力變小，粒子向下加速；電容器放電，故電流從a到b，故二、多選題如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，現(xiàn)使B板帶電，則下列判斷正確的是()A.增大兩極之間的距離，指針張角變大

B.將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大

C。若將玻璃板插入兩板之間,則靜電計指針張角變大

D。減小兩極板的距離，極板間的電場強度變大【答案】AB【解析】解：A、增大兩極板之間的距離，由電容的決定式C=?S4πkd可知，電容減小，電容器的電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓增大,靜電計指針張角變大.故A正確．

B、將A板稍微上移時，正對面積減小，由電容的決定式C=?S4πkd可知，電容減小，電量不變,由C=QU分析可知，板間電壓增大,靜電計指針張角變大.故B正確．

C、將玻璃板插入兩板之間，電容的決定式C=?S4πkd可知,電容增大，電量不變，由C=QU分析可知，板間電壓減小,靜電計指針張角變小.故C錯誤．

D、根據(jù)C=?S4πkd，U=Q如圖所示，電源電動勢E=9V，內(nèi)電阻r=4.5Ω，變阻器Rl的最大電阻Rm=5.0Ω,R2=1.5Ω，R3=R4=1000Ω,平行板電容器C的兩金屬板水平放置.在開關(guān)S與A。在題設(shè)條件下,R1接入電路的阻值為3Ω，電源的輸出功率為4.5W

B。引入的微粒帶負電，當開關(guān)接向b(未接觸b)的過程中，微粒將向下運動

C。在題設(shè)條件下,R1的阻值增大時，R2兩端的電壓增大

D。在題設(shè)條件下，當開關(guān)接向b后，流過【答案】AD【解析】解：A.在開關(guān)S與a接觸且當電路穩(wěn)定時，電源恰好有最大的輸出功率,可知R1+R2=r.R2=1.5Ω，則R1=3Ω.電源的輸出功率Pm=E24r=4.5W.故A正確．

B。在開關(guān)S與a接觸且當電路穩(wěn)定時,在平板電容器正中央引入一帶電微粒，也恰能靜止.微粒受重力和電場力平衡.而上極板帶正電，可知微粒帶負電.當開關(guān)接向b(未接觸b)的過程中，電容器所帶的電量未變,電場強度也不變，所以微粒不動.故B錯誤．

C.電容器所在的支路相當于斷路，在題設(shè)條件下,R1和R2及電源構(gòu)成串聯(lián)電路，R1的阻值增大時，總電阻增大，總電流減小，R2兩端的電壓減小.故C錯．

如圖所示，平行板電容器在充電穩(wěn)定后，板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止.若將正對的平行板左右錯開一些，則以下說法中正確的是()

A.帶電塵粒將向上加速運動

B。帶電塵粒靜止不動

C。錯開過程中，通過電阻R的電流方向為A到B

D。錯開過程中，通過電阻R的電流方向為B到A【答案】BC【解析】解：AB、根據(jù)電容器的決定式：C=?s4πkd，當正對面積S減小時,電容器的電容減?。?/p>

帶電塵粒受電場力：F=qUd沒有發(fā)生變化，故電場力不變粒子仍處于平衡狀態(tài)，故A錯誤，B正確;

CD、由于電容器的電容減小,兩極板間電壓保持不變,故電容器的帶電荷量將減小，故電容器放電，流經(jīng)電阻R電流方向從A至B,故C正確，D錯誤．

故選：在如圖所示的實驗裝置中,平行板電容器的極板B與一靈敏的靜電計相連,極板A接地.若極板A稍向上移動一些，由觀察到的靜電計指針變大作出平行板電容器電容變小的結(jié)論，其原理是()A。兩極板上的電量幾乎不變 B.兩極板上的電量變大

C.兩極板間的電壓不變 D.兩極板間的電壓變大【答案】AD【解析】解：由于電容器充電后已經(jīng)斷開與電源的連接，故電器上的電量幾乎不變;

靜電計的指針夾角變大說明電容器兩端的電壓增大；則由C=QU可知，電容C減小；

故選：AD．如圖電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r,R1為定值電阻，閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)的變化量用△U表示,電流表示數(shù)的變化量用表示△I表示.下列判斷正確的是()A。電容器的帶電量減小,減小量為C△U

B。通過電阻R1的電流減小,減少量為△I，且等于△UR1

C。電路的路端電壓一定增大，增加量小于△U

D。【答案】CD【解析】解：

A、閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析得知,電阻R1兩端的電壓減小，R兩端的電壓增大，而它們的總電壓即路端電壓增大,所以電阻R1兩端的電壓減小量小于△U.電容器兩極板間的電壓等于R兩端的電壓，可知電容器板間電壓增大，帶電量增大，增大量為C△U.故A錯誤．

B、根據(jù)A的分析可知，電阻R1兩端的電壓減小量小于△U，所以通過電阻R1的電流減小量△I小于△UR1，故B錯誤；

C、總電流減小，則內(nèi)阻所占電壓減小，所以電路的路端電壓一定增大，由于電阻R1兩端的電壓減小，而R的電壓增大△U，所以電路的路端電壓增加量小于△U.故C正確．

D、當可變電阻的阻值與R1+r的阻值相等時，功率最大，由于不增大具體值，所以可變電阻R的功率可能變小.三、計算題如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.1T，金屬棒AD長0.4m，與框架寬度相同，電阻r=1.3Ω,框架電阻不計，電阻R1=2Ω，R2=1Ω.當金屬棒以5m/s速度勻速向右運動時，求:

(1)流過金屬棒的感應(yīng)電流為多大?

(2)若圖中電容器C為0.3μF【答案】解：(1)棒產(chǎn)生的電動勢：E=Blv=0.2V，

外電阻為：R=R1R2R1+R2=2×12+1=23Ω，

通過棒的感應(yīng)電流：I=ER+r=0.223+1.3≈0.1A．

(2)【解析】(1)由E=BLv求出感應(yīng)電動勢,由歐姆定律求出電流；

(2)求出電容器兩端電壓，然后由電容的定義式求出電容器儲存的電荷量．

本題是含容電路問題，考查了求電流、電荷量，分析清楚電路結(jié)構(gòu)是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、電容定義式即可正確解題．

如圖所示的電路中，電源的電動勢為5V,R1=R2=2Ω，C=50μF，理想電壓表的示數(shù)為4V,求：

(1)電源的內(nèi)電阻；

【答案】解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律及部分電路歐姆定律得：

E=U+Ir,

U=I(R1+R2)

帶入數(shù)據(jù)解得：

r=1Ω

(2)電容器C與R1并聯(lián)，則

U1=IR1,

而q=CU1，

帶入數(shù)據(jù)解得：

【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律及部分電路歐姆定律列式即可求解內(nèi)阻;

(2)電容器C與R1并聯(lián)，電容器的電壓即為R1的電壓，再根據(jù)q=CU1即可求解．

本題主要考查了閉合電路歐姆定律公式的直接應(yīng)用，知道電容器C與R如圖所示的電路中，兩平行金屬板A，B水平放置,接入如圖所示電路中,兩板間的距離d=50cm，電源電動勢E=15V，內(nèi)電阻r，電阻R1=4Ω,R2=10Ω,閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶電的小球放入板間恰能保持靜止，若小球質(zhì)量為m=2×10?2kg，電量q=1×10?2C，問：

(1)小球帶正電還是負電，電容器的電壓為多大?

(2)【答案】解：(1)小球放入板間后，受重力和電場力作用，由二力平衡，小球應(yīng)帶負電,且mg=U2dq，

解得：U2=mgdq=2