10.4电容器的电容同步练习（Word版含答案）

10.4电容器的电容
一、选择题
1．电容的单位是（ ）
A．库仑 B．法拉 C．伏特 D．特斯拉
2．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域．如下图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是
A． B．
C． D．
3．如图所示,平行板电容器两极板A、B与电池两极相连,一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S,充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ,则(　　)
A．保持S闭合,将A板向B板靠近,则θ增大
B．保持S闭合,将A板向B板靠近,则θ减小
C．断开S,将A板向B板靠近,则θ增大
D．断开S,将A板向B板靠近,则θ减小
4．关于电容器的电容，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器两极的电势差越大，电容就越大
B．电容器所带电荷量越多，电容就越大
C．电容器所带电荷量为零，电容就为零
D．电容器的电容与两极的电势差及所带电荷量均无关，仅由电容器本身因素决定
5．平板电容器AB带有等量异种电荷，通过如图所示的方式与静电计相连．可由静电计指针的偏转定性显示电容器两极板间的电势差．θ表示静电计指针的偏角，C表示电容器的电容．实验中，可认为极板所带电荷量不变．则下列操作中符合实验事实的是（ ）
A．把A板向右移，C变大，θ增大
B．把A板向左移，C变大，θ增大
C．把A板直向下移，C变大，θ减小
D．把A、B板间插入一块电介质，C变大，θ减小
6．随着科技的发展，一种新型的储能器件越来越被广泛使用，即用电容器储能，现对给定电容为的电容器充电，充电时两极板间的电势差随电荷量的变化图象如图所示，类比直线运动中由图象求位移的方法，可以求两极板间电压为时电容器所储存的电能等于（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带电液滴在P点刚好平衡，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则
A．静电计指针张角变小 B．液滴将向上移动
C．P点电势降低 D．液滴在P点的电势能减小
8．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关S稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低
B．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
C．断开开关S，带电油滴将向下运动
D．将下极板上移，带电油滴将向上运动
9．如图所示，平行板电容器上极板带正电荷，且与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的正点电荷，以E表示两极板间电场的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极从虚线位置向下移动一小段距离至图中实线位置，则（　　）
A．增大，E不变，增大
B．增大，E不变，减小
C．减小，E减小，增大
D．减小，E减小，减小
10．如图所示，水平放置的平行板电容器，闭合电键与稳压直流电源连接，下板固定，当上板在AB位置时，一个带电油滴刚好静止在电容器的中点，现在断开电键，使上板在AB位置与A′B′位置之间上下往复移动，以下关于带电油滴的运动描述正确的是（ ）
A．油滴在电容器两极板间上下往复运动
B．油滴始终向下极板运动最后到达下极板
C．油滴始终处于静止状态
D．上板向上移动时，油滴做加速运动；上板向下移动时，油滴做减速运动
11．如图所示，M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，现保持开关S闭合，则（ ）
A．将滑动变阻器的滑片向下滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流
B．将滑动变阻器的滑片向上滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流
C．保持滑动变阻器的滑片不动，减小M、N间的距离，带电油滴将向上运动
D．保持滑动变阻器的滑片不动，减小M、N间的正对面积，带电油滴将向下运动
12．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷（上极板带正电），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点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，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．E不变，Ep不变
B．U不变，E减小
C．θ增大，E不变
D．θ不变，Ep增大
13．如图所示，C为平行板电容器，为热敏电阻（温度降低、电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大）。在开关S闭合后，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，C中央有一带电液滴刚好静止在N点，M点接地，下列判断正确的是（　　）
A．带电液滴带正电
B．将热敏电阻加热，电容器两板间电场强度减小
C．电容器C的上极板向上移动，N点电势不变
D．电容器下极板向右移动少许，带电液滴在N点具有的电势能增加
14．如图为某一物理量y随另一物理量x变化的函数图象，关于该图象与坐标轴所围面积图中阴影部分的物理意义，下列说法正确的是　　
A．若图象表示加速度随时间的变化，则面积等于质点在相应时间内的位移
B．若图象表示力随位置的变化，则面积等于该力在相应位移内所做的功
C．若图象表示电容器充电电流随时间的变化，则面积等于相应时间内电容器储存的电能
D．若图象表示电势随位置的变化，则面积等于电场位置处的电场强度
二、综合题
15．如图是研究影响平行板电容器电容的因素的实验，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，实验中，极板所带电荷量不变，则：
①若保持S不变，增大d，则θ________（填“变大”、“变小”、“不变”）
②若保持d不变，减小S，则θ________（填“变大”、“变小”、“不变”）
③若保持S、d不变，在板间插入木板，则θ_______（填“变大”、“变小”、“不变”）
④以上实验方法都采用了_______________。
16．研究影响平行板电容器电容的因素的实验中的实验方法是_____；设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，若保持S不变，增大d，则θ将__；板间电压__；说明电容随板间距离增大而___（均填“增大”，“不变”或“减小”）
17．两平行板电容器的电容之比为C1∶C2＝3∶2，带电量之比为Q1∶Q2＝3∶1．若两个电子在电场力作用下分别从两电容器的负极板运动到正极板，两极板的电势差之比U1：U2________．它们的动能增量之比△Ek1∶△Ek2＝_______．
18．有一正充电的平行板电容器，若使它的电荷量减少，其电压降为原来的三分之一，则电容器原来的带电量是多少？
19．如图所示是一对彼此绝缘、相距d=5cm的平行金属带电极板M、N，N板接地，M板带电量的绝对值为Q=6×10-6C．在两极板MN间A点有一带电量为q=4×10-6C的带电液滴，其质量m=4×10-4kg，恰好处于静止状态．则：
（1）两板间的电场强度为多少？
（2）UNM等于多少伏？
（3）若A点到N板的距离为2cm，则q在A点的电势能为多少？
（4）平行金属板MN所构成的电容器的电容C等于多少？
20．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60 V的恒压电源正、负极上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地。求：
(1)平行板电容器的电容；
(2)平行板电容器两板之间的电场强度；
(3)距B板2 cm的M点处的电势。
参考答案
1．B
【详解】
试题分析：库仑是电量单位，选项A错误；电容的单位是法拉，选项B正确；伏特是电压单位，选项C错误；特斯拉是磁感应强度单位，选项D错误；故选B．
2．C
【详解】
A图可变电容器，通过改变电介质，根据电容器的决定式，可知，改变电容，故A错误；B图示电容器的一个极板时金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，故B错误；C是通过改变极板间的距离，根据电容器的决定式，可知，改变电容器的电容，故C正确；D图示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，根据电容器的决定式，可知，改变电容，故D错误；故选C．
3．A
【详解】
AB. 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， 可知，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．
CD. 断开开关S，电容器所带的电量不变，
知d变化，E不变，电场力不变，θ不变，故CD错误．
4．D
【详解】
电容是电容器容纳电荷本领的属性，其大小与加在两板上的电压无关，与带电量多少无关，仅由电容器本身因素决定。故选D。
5．D
【详解】
把A板向右移，根据可知，d减小，C变大；Q一定，由可知，U减小，则θ减小，选项A错误；把A板向左移，根据可知，d变大，C变小；Q一定，由可知，U变大，则θ变大，选项B错误；把A板直向下移，根据可知，S减小，C变小；Q一定，由可知，U变大，则θ变大，选项C错误；把A、B板间插入一块电介质，根据可知，ε变大，C变大；Q一定，由可知，U变小，则θ变小，选项D正确；故选D.
6．D
【详解】
电压为时，电容器带电，图线和横轴围成的面积为所储存的电能，则有
又
所以
ABC错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故A错误；
BCD、电势差不变，d增大，则由公式分析得知板间电场强度减小，带电液滴受到的电场力减小，液滴将向下移动；P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则小球的电势能减小，故D正确，BC错误；
故选D．
8．D
【详解】
AB．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器U不变，
U不变S减小会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，，d不变，所以E增大，所以油滴上移。
即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以增大。选项AB错误；
C．断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误。
D．根据
U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。
故选D。
9．A
【详解】
电容器与电源断开，电量Q不变，将下极板下移的过程中，因d增大，由
可知电容C减小，由
可知增大，则夹角增大；由
可得
可知E不变，根据
可知由于P离下极板距离增大，E不变，因此P点的电势增大，由
可知电势能增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
10．C
【详解】
试题分析：根据电容的决定式、电容的定义式和，可得板间场强，可知E与d无关．由题意可知，电容器所带电量Q不变，极板正对面积S不变， 不变，得到板间场强E不变，则油滴所受的电场力不变，所以油滴始终处于静止状态．故ABD错误，C正确．故选C．
11．C
【详解】
A．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向下滑动时，外电阻减小，电容器两极板间电压减小，电容器放电，上极板与正极相连，故电流从b向a，故A错误；
B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动时，电容器两极板间电压增大，电容器继续充电，灵敏电流计中有从a向b的电流，选项B错误；
C．保持滑动变阻器的滑片不动，减小M、N间的距离，电容器电容增大，电量增加，两极板间场强增大，带电油滴将向上运动，选项C正确；
D．保持滑动变阻器的滑片不动，减小M、N间的正对面积，两极板间的场强不变，带电油滴仍保持静止，选项D错误；
故选C。
12．A
【详解】
AD．两板间的电场强度
因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确，D错误；
BC．电容器没有连接电源，故电容器带电量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据
可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故BC错误。
故选A。
13．C
【详解】
A．液滴能够静止在N点，平行板上板带正电，故液滴带负电，A错误；
B．将热敏电阻加热，阻值变小，电路电流变大，滑动变阻器电压变大，电容器充电，电容器两端电压变大，板间场强变大，B错误；
C．由于二极管正通反断的特点，上极板所带正电在开关闭合后不能通过二极管流出，故电容器的极板带电量不变，如果极板间距变化，根据
，
E不变，则
判断出不变，故带电液滴在N点的电势能
不变，C正确；
D．如果极板正对面板正对面积减少，根据
判断场强E增加
，
得到增加，故带负电液滴在N点的电势能
减少，D错误；
故选C。
14．B
【详解】
A．若图象表示加速度随时间的变化，则根据
v=at
可知面积等于质点在相应时间内的速度变化量，故A错误；
B．若图象表示力随位置的变化。则根据
W=Fx
可知面积等于该力在相应位移内所做的功，故B正确；
C．若图象表示电容器充电电流随时间的变化，则根据
q=It
可知面积等于相应时间内电容器储存的电量，故C错误；
D．若图象表示电势随位置的变化，则图像在x0位置的切线的斜率表示电场在x0位置处的电场强度，面积无任何物理意义，故D错误。
故选B。
15．变大 变大 变小 控制变量法
【详解】
(1)根据电容的决定式
可知，当保持S不变，增大d时，电容减小，容器极板所带的电荷量不变，则由电容决定式
分析可知，板间电势差增大，静电计指针偏角变大。
(2)根据电容的决定式
可知，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量不变，则由电容决定式
分析可知，板间电势差增大，静电计指针偏角变大。
(3)根据电容的决定式
可知，当保持d、S不变，在板间插入木板，电容增大，电容器极板所带的电荷量不变，则由电容决定式
分析可知，板间电势差减小，静电计指针偏角变小。
(4)[4]以上实验方法都采用了控制变量法。
16．控制变量法 增大 增大 减小
【详解】
试题分析：研究影响平行板电容器电容的因素的实验中的实验方法是控制变量法；根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电压增大，则静电计指针的偏角θ增大；说明电容随板间距离增大而减小．
17．2:1 2:1
【详解】
试题分析：根据公式可得，故，根据公式可得
18．
【详解】
由题：平行板电容器的电荷量减少，电压降低，
则
解得：
19．（1）103N/C（2）50V（3）-8×10-5J（4）1.2×10-7F
【详解】
(1)对带电液滴进行受力分析，受到的重力等于受到的电场力，所以有
代入解得；
(2)由
代入可得
；
(3)N点接地，所以N点的电势能为0，A点到N板的距离为2cm，则
可得，则q在A点的电势能为
；
(4) 平行金属板MN所构成的电容器的电容C为
代入解得．
20．(1)1×10－9 F；(2)2×103 V/m，方向竖直向下；(3)－20 V
【详解】
（1）平行板电容器的电容
（2）两板之间为匀强电场，则
方向竖直向下
（3）M点距A板的距离为
A与M间电势差
又
可得