第十章静电场中的能量第4节电容器的电容同步练习（word版含答案）

第十章 静电场中的能量 第4节 电容器的电容 同步练习
一、单选题
1．两块竖直放置的平行正对的金属板构成一个平行板电容器。电容器左板接地，右板与静电计相连，在距离两板等距离的A点处有一个带电小球在静电力与细绳牵引下处于静止状态。若将左极板向右移动靠近A点后系统再次平衡，下列说法中正确的是（　　）
A．若带电小球仍处在A点处不移动，小球所受静电力增加
B．带电小球的电势能减小
C．静电计指针偏角变大
D．细绳的拉力减小
2．该实验装置中，极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）
A．Q变小，C不变，U不变，E变小，静电计的偏角变小
B．Q不变，C变小，U不变，E不变，静电计的偏角不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变，静电计的偏角不变
D．Q不变，C变小，U变大，E不变，静电计偏角变大
3．如图所示，甲图为研究电容器充、放电实验的电路图，乙图为用传感器在计算机上观察到的该电容器放电的I-t图象，则（　　）
A．充电后电容器上极板带负电
B．充电完毕后电容器两极板间电压小于电源电动势
C．放电过程中流过电阻R的电流方向由a到b
D．乙图图线与坐标轴围成的面积大小表示通过电阻R的电荷量
4．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（ ）
A．将M板向下平移
B．将M板向上平移
C．在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）
D．将M板沿水平向左方向远离N板
5．图所示电路，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端C相连接．电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场．在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t（ ）
A．电量q增大，时间t也增大
B．电量q不变，时间t增大
C．电量q增大，时间t不变
D．电量q不变，时间t也不变
6．下列说法中正确的是（　　）
A．电场强度为零的点，电势不一定为零
B．电容器所带的电荷量越多，电容越大
C．电场线和磁感线都是一条闭合曲线
D．电阻率是反映材料导电性能的物理量，电阻率越大，材料的导电性能越好
7．电容器保持与电源相连，两板间距不变相互错开一些，下列判断中正确的是（ ）
A．电容器的电容保持不变 B．电容器的电量变大
C．两极板间电势差保持变小 D．两极板间电场的场强不变
8．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　 　)
A．微粒达到B点时动能为
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差
D．微粒从A点到B点的过程电势能减少
9．如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子(　　)
A．只受到电场力作用
B．带正电
C．做匀减速直线运动
D．机械能守恒
10．如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心。已知电场线与圆所在平面平行。下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是（　　）
A．a点的电势为4 V B．a点的电势为
C．O点的场强方向指向a点 D．O点的场强方向指向电势为2 V的点
11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（　　）
A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则变小
B．断开S，将A板向B板靠近，则不变
C．保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将作自由落体运动
D．断开S，悬线烧断，则小球在电场中将作变加速曲线运动
12．如图，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减小，E不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ增大，Ep不变
13．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，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角，若保持上极板不动，将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．θ增大，E增大 B．θ减小，E减小
C．θ增大，Ep增大 D．θ减小，Ep减小
14．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
15．如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，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．现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．两极板间电场场强大小不变
B．电容器带电量增加
C．P点的电势升高
D．带电油滴将竖直向上运动
二、多选题
16．观察电容器的充、放电现象的实验电路如图甲所示，将开关S与a端相连，电容器充电；然后把开关S掷向b端，电容器放电，计算机与电流传感器相连接，记录这一过程电流随时间变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，电容器上极板带正电
B．时间内，电阻R中的电流方向从左向右
C．时间内，电容器带电量与两板间电压比值保持不变
D．时间内，电容器带电量与两板间电压比值逐渐减小
17．如图所示，一平行板电容器的A、B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，两极板间有一个质量为m的带电粒子静止于P点．下列说法正确的是
A．带电粒子带负电
B．若仅将A板稍微向上移动一定距离，则带电粒子仍将保持静止
C．若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度后，则粒子将向左做直线运动
D．若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，则带电粒子将向上做直线运动
18．如图所示，一质量为m、电荷量为的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度沿在竖直面内做匀变速直线运动。与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且，则（　　）
A．电场方向垂直于向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为
D．小球运动到最高点所需时间为
19．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度下列操作可使指针张开角度增大一些的是
A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动
B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些
C．断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些
D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
20．两个相距较近的平行金属板A、B相距为d，接在电压为U的电源上.开关闭合时，质量为m的油滴恰好静止在两板间的点，如图所示。在保持其他条件不变的情况下，将A板缓慢地向下稍稍向下移动一小段距离（未与油滴相碰），在此过程中，以下说法正确的是（　　）
A．油滴将向上运动
B．电流计中的电流从a流向b
C．点的电势增大
D．若将油滴固定在P点，则其具有的电势能不变
21．下列各式中，属于物理量的比值定义式的是（ ）
A． B． C． D． E．
三、解答题
22．如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，电容为C，极板间距离为d．在两极板间有一质量为m、带电荷量为q的带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，当悬线与竖直方向的夹角为时停止充电．重力加速度为g．求：
（1）充电完毕后，电容器正极板所带的电荷量为多少？
（2）再给电容器缓慢充电，当悬线与竖直方向的夹角为时停止充电，求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．
23．如图，两相互正对且带有等量异种电荷的平行金属板电容器水平放置，上极板中心开有小孔，两极板间距离为、电容为。一质量为、电量为且可视为试探电荷的带电小球静止于小孔正下方两极板的正中间。重力加速度为，不计空气阻力。求：
（1）电容器的带电量；
（2）若将带电小球的电量突然变为，则带电小球上升到上极板小孔的时间及经过小孔后能上升的最大高度。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
ACD. 将左极板向右移动靠近A点后，板间距离减小，由电容的决定式
可得，电容增大，而电容器的电量不变；
由
可知，板间电压减小，则静电计指针偏角减小，C错误；
由
联立可得
可知电场强度不变，因此电场力不变，带电小球不动，绳子拉力不变，AD错误；
B．由上可知电场强度不变，将左板向右移动，小球与负极板之间的电势差减小，故小球所在位置的电势减小，由图可知，小球带正电，根据电势能的公式
可知，电势能减小，B正确；
故选B。
2．D
【解析】
【详解】
由题意可知，两极板所带的电荷量Q保持不变，当A极板向左移动时，两极板间的距离d变大，由电容器的决定式可得
电容器的电容C变小，再由
可得，两极板间的电压U变大。由电势差与电场强度的关系可知
电场强度E保持不变。静电计的偏角反应的是两极板间的电压，所以静电计偏角变大。
故选D。
3．D
【解析】
【详解】
A．充电后电容器上极板与电源正极相连接，带正电，故A错误；
B．充电完毕后电容器两极板间电压等于电源电动势，故B错误；
C．放电过程上极板相当于电源正极，流过电阻R的电流方向由b到a，故C错误；
D．根据q=It知乙图图线与坐标轴围成的面积大小表示通过电阻R的电荷量，故D正确．
4．C
【解析】
【详解】
A、根据知将M板向下平移，正对面积减小，则电容减小，电量不变，根据知电势差增大，静电计指针偏角变大，故选项A错误；
B. 根据知将M板向上平移，正对面积减小，则电容减小，电量不变，根据知电势差增大，静电计指针偏角变大，故选项B错误；
C. 根据知在之间插入云母板(介电常数)，电容增大，电量不变，根据知电势差减小，静电计指针偏角变小，故选项C正确；
D、根据知将M板沿水平向左方向远离N板，两极板距离增大，则电容减小，电量不变，根据 知电势差增大，静电计指针偏角变大，故选项D错误．
5．C
【解析】
【详解】
试题分析：根据电容器的带电量公式q=UC即可得出电量的变化，电子在平行板电容器中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出时间．
当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q=UC得：电量q增大，电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间与电压的变化无关，所以时间t不变．C正确．
故选C．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．
点评：本题考查了电容器电压与带电量的关系以及类平抛运动的基本规律，难度不大，属于基础题．
6．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．电场强度与电势没有关系，电场强度为零的点，电势不一定为零，因为电势为零是人为选取的， A正确；
B．电容器的电容由本身结构决定，与所带的电荷量无关，B错误；
C．电场线是一条不闭合曲线，从正电荷出发到负电荷终止，而磁感线是一条闭合曲线，磁铁外部由N极到S极，内部从S极到N极， C错误；
D．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越小，材料的导电性能越好，D错误。
故选A。
7．D
【解析】
【详解】
根据电容器的决定式，知保持两板间距不变相互错开，极板正对面积减小，电容减小，A错误；电容器与电源保持相连，板间的电势差不变，C错误；根据，可知电量减小，B错误；根据，可知电场强度不变，D正确．
8．C
【解析】
【详解】
由题分析可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小．故A错误；由题分析可知，tanθ=
得a=gtanθ，故B错误；
微粒沿水平方向做直线运动，则重力势能不变，动能减小，则电势能增加．由上可知微粒的电势能增加量△ =ma，又△ =qU，得到两极板的电势差U=．故C正确．微粒从A点到B点的过程电势能增加．故D错误．故选C.
9．C
【解析】
【详解】
AB．带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对小球受力分析，应该受到竖直向下的重力，和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以小球带负电，故AB错误；
C．由于小球做直线运动所以电场力和重力的合力应该和速度在一条线且与速度方向相反，故小球做匀减速直线运动，故C正确；
D．电场力做负功，机械能减小，故D错误；
故选C。
10．D
【解析】
【详解】
AB．匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以a点电势比10 V低4 V，即为6 V，故AB错误；
CD．a点的电势为6 V，根据电场线与等势面垂直，且沿电场线方向电势降低，可知O点的场强方向应指向图中电势为2 V的点，故C错误，D正确。
故选D。
11．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球平衡时满足
保持S闭合，电容器两极板间电压U不变，由
可知，将A板向B板靠近，d变小，E变大，可知变大，A错误；
B．断开S，电容器所充电荷量Q不变，极板间场强为
可知E与d无关，故将A板向B板靠近，E不变，不变，B正确；
CD．不管是保持S闭合还是断开S，悬线烧断，小球受到的重力、电场力不变，其合力也不变，故小球在电场中将做初速度为零的匀加速直线运动，CD错误。
故选B。
12．B
【解析】
【详解】
电容器与电源断开，故电量不变，上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据
可知电容C增大，根据
可知，电压U减小，故静电计指针偏角减小。两板间的电场强度
因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变。因电场强度不变，且P点离下极板间距不变，因此P点的电势不变，那么电荷在P点的电势能也不变。故选B。
13．D
【解析】
【分析】
【详解】
电容器与电源断开，故其带电量Q不变；保持上极板不动，将下极板向上移动时，两板间的距离减小，根据
可知，电容C增大，根据
可知，板间电压U减小，故静电计指针偏角θ减小；两板间的电场强度
知电场强度与板间距无关，因此电场强度E不变；设P与下极板距离为L，则P点的电势
φp=EL
则点电荷的电势能为
Ep=ELq
根据平衡条件知，点电荷所受的电场力方向向下，与电场强度方向相反，因此点电荷带负电，L减小，点电荷在P点的电势能Ep减小。
故选D。
14．D
【解析】
【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．
15．C
【解析】
【分析】
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由电容器的决定式可判断电容的变化；而电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况；根据Q=UC判断电量的变化；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．
【详解】
AD. 带电油滴处于平衡状态，所受电场力向上，Eq=mg．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E=U/d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A错误，D错误；
B.上极板上移时，两板间电压U不变，d增大，由可知C减小，根据Q=UC可知，极板带电量减小，故B错误；
C.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点的电势低于下极板的电势，则知P点的电势将升高．故C正确；
故选C
16．ABC
【解析】
【详解】
A．由电路图可知，电容器上极板与电源正极相连，则时间内，电容器上极板带正电，故A正确；
B．时间内，电容器放电，电容器充当电源，电容器上极板带正电，则电阻R中的电流方向从左向右，故B正确；
C．时间内，电容器带电量与两板间电压比值为电容器的电容，仅与电容器本身有关，保持不变，故C正确；
D．时间内，电容器带电量与两板间电压比值为电容器的电容，仅与电容器本身有关，保持不变，故D错误。
故选ABC。
17．AD
【解析】
【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，即可判定粒子的电性；当两平行金属板A、B分别以绕其中点为轴在竖直平面内快速顺时针转过相同的较小角度α，此时分析P受到重力、电场力，从而判定运动性质；根据接通电源与断开电源两种情况下，前者是电压U不变，后者是电量Q不变，结合，及，即可一一求解.
【详解】
A．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，电场力竖直向上，且电场强度方向向下，因此粒子带负电，故A正确；
B．若仅将A板稍微向上移动一定距离，因电压U不变，根据，则有电场强度减小，那么电场力减小，因此粒子将向下运动，故B错误；
C．设初状态极板间距是d，顺时针旋转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，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向右做匀加速直线运动，故C错误；
D．若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，因电容器所带电量Q不变，根据，及得，则知电场强度E增大，则带电粒子将向上做直线运动，故D正确；
故选AD.
【点睛】
考查了已知受力求运动，正确受力分析，有牛顿第二定律判断运动情况，解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系，注意电压U与电量Q的不变两种情况下，影响电场强度大小的影响也是解题的关键.
18．BC
【解析】
【详解】
A．由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿方向，而，由三角形定则可知，电场方向与方向成120°角，故A错误；
B．由图中几何关系可知，其合力为，由牛顿第二定律可知，，方向与初速度方向相反，故B正确；
C．设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得
解得
故C正确；
D．小球运动到最高点所需时间为
故D错误。
故选BC。
19．BC
【解析】
【详解】
试题分析：保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积S减小，电容C减小，根据知，电势差U增大，指针张角增大，故C正确；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，电容减小，根据 知，电势差U增大，指针张角增大，故B正确.故选BC．
考点：电容器的动态分析
【名师点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变；静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．
20．AC
【解析】
【详解】
A．将A板缓慢地向下稍稍向下移动一小段距离，则根据
可知，场强变大，油滴受向上的电场力变大，将向上运动，选项A正确；
B．将A板缓慢地向下稍稍向下移动一小段距离，根据
可知C变大，根据
Q=CU
可知，电容器充电，电流计中的电流从b流向a，选项B错误；
CD．因场强E变大，根据
可知p点的电势增大，因油滴带负电，则油滴具有的电势能减小，选项C正确，D错误；
故选AC。
21．CDE
【解析】
【详解】
加速度是由牛顿第二定律得到的，不属于比值定义式，A错误；是欧姆定律的表达式，不属于比值定义式，B错误．是电势的定义式，为比值定义法，C正确；是电场强度的定义式，为比值定义法，D正确；是电容的定义式，属于比值法定义，E正确；选CDE.
【点睛】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小改变而改变．
22．（1）（2）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由Q=CU求的平行板间的电势差，根据U=Ed 求的场强，根据受力分析共点力平衡求的所带电荷；（2）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．
（1）平行板间的电势差为，场强为
对小球受力分析，有共点力平衡可得：
解得：
（2）第二次充电后，电容器带电量为：
对小球受力分析，有共点力平衡可得：
解得：
故正极板增加的电荷量为
23．（1）；（2），
【解析】
【详解】
解：（1）小球静止，有
由电场强度与电势差的关系有
由电容的定义有
所以电容器的带电量
（2）电量增加后，对小球由牛顿第二定律得
小球向上匀加速运动，由位移公式得
得小球上升到上极板小孔的时间
小球上升的整个过程中，由动能定理可得
得小球经过小孔后上升的最大高度
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页