10.4电容器的电容同步练习

10.4 电容器的电容 同步练习
一、单选题
1．如图所示，ABC为表面光滑的斜劈，D为AC中点，质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块滑到D时机械能增加了
B．电场方向与BC垂直
C．B点电势是C点电势2倍
D．由A到B的过程中，电势能增加
2．如图所示，把直流电源、电容器、电流表、电压表、开关组装成实验电路。闭合开关S，电路稳定后，在电容器两板之间有一带负电的油滴恰好处于静止状态。已知所用电表均为理想电表，则下列说法正确的是（　　）
A．断开开关S时，电压表示数为零
B．断开开关S时，带电油滴立即向上运动
C．保持开关S闭合，适当增加两极板之间的距离，带电油滴仍处于静止状态
D．保持开关S闭合，适当减小两极板正对面积的过程中，有自右向左的电流流过电流表
3．如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其它条件不变．下列说法中正确的（ ）
A．液滴将向下运动 B．P点电势升高
C．电容器电容变小 D．极板带电荷量将减少
4．如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q不变．设电容器两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，下列关于实验现象的描述正确的是
A．保持S不变，减小d，则C不变
B．保持S不变，减小d，则C变小
C．保持d不变，减小S，则C变小
D．保持S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变大
5．如图所示，点A、B、C、D、M、N将半径为的圆周六等分。空间有一方向与圆平面平行的范围足够大的匀强电场（图中未画出）。已知A、C、M三点的电势分别为φA＝1 V、φC＝2.5 V、φM＝4 V。下列判断正确的是（　　）
A．圆心点的电势为
B．电场强度的大小为
C．将一电子沿圆周从点经点移到点，电场力先做负功后做正功
D．在圆心处将一群初动能为的电子在圆的平面内沿各个方向发射，电子离开圆时的最大动能为
6．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电荷量可忽略，二极管具有单向导电性．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是(　　)
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能将增加
D．油滴仍将保持静止
7．为了研究影响平行板电容器电容的因素，实验中使电容器的两个极板A、B分别带上等量异种电荷，并将A极板和静电计的外壳分别接地，如图所示，若保持极板所带电荷量不变，为使静电计的指针由实线位置转到虚线位置，下列可行的方法是
A．将金属板插入两板之间
B．将A板稍微上移
C．将玻璃板插入两板之间
D．将A板向右移少许
8．a、b两个电容器如图所示，关于电容器下列说法正确的是
A．b电容器的电容是
B．a电容器的电容小于b的电容
C．a与b的电容之比是8：1
D．a电容器只有在80V电压下才能正常工作
9．一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，如图所示．下列方法中能使夹角φ减小的是( )
A．保持电键S闭合，使两极板靠近一些
B．保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动
C．保持电键S闭合，使两极板远离一些
D．断开电键S，使两极板靠近一些
10．图甲为某厂商生产的平行板电容式电子体重秤，其内部电路简化图如图乙所示，称重时，人站在体重秤面板上，使平行板上层膜片电极在压力作用下向下移动，则下列说法正确的是（　　）
A．上层膜片下移过程中，电流表有a到b的电流
B．电容器的电容减小，上下极板间的电压减小
C．电容器的电容增大，所带电荷量增大
D．上层膜片稳定后，平行板电容器上下极板均不带电荷
11．平行板电容器一个极板和静电计相接，当该极板带上一定量电荷后，静电计张开一定角度θ，如图所示．如果平行板电容器发生变化，下面关于静电计张角θ变化的说法正确的是（　　）
A．两极板间距离增大,增大
B．两极板正对面积减小,减小
C．在电容器内加入电介质,增大
D．上述说法都不对
12．如图所示,a、b为平行金属板,静电计的外壳接地,合上开关S后,静电计的指针张开一个较小的角度,能使角度增大的办法是( )
A．使a、b板的距离增大一些
B．使a、b板的正对面积减小一些
C．断开S,使a、b板的距离减小一些
D．断开S,使a、b板的正对面积减小一些
13．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，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）
A．电容器的电容减小
B．电容器两极板间电压增大
C．电容器所带电荷量增大
D．电容器两极板间电场强度不变
14．如图所示，绝缘轻质弹簧直立固定在地面上，弹簧上端放着一个质量为m且带正电的小球，处于静止状态。突然给该空间加竖直向上的匀强电场，小球由静止开始运动到最高点时，小球恰好不脱离弹簧。该过程小球克服重力做功W1、电场力对小球做功W2，不计空气阻力，弹簧都在弹性限度内。则该运动过程中下列说法正确的是（　　）
A．小球的机械能增加W2
B．小球的电势能增加W2
C．电场力的大小等于重力的大小
D．弹簧弹性势能最大值等于
15．某物理兴趣小组利用如图所示的电路给一个原来不带电的电容器充电．在充电过程中，电路中的电流为，电容器所带的电荷量为，两极板间的电势差为u，电容器储存的能量为．下面的四幅示意图分别表示、、和随时间的变化关系，其中可能正确的是
A． B． C． D．
二、多选题
16．一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极间有一带电油滴静止于P点，如图所示．以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，φ表示该P点的电势，EP表示油滴在P点的电势能．若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置（仍保持正极板接地），下列说法中正确的是（ ）
A．油滴向上运动
B．U变小，E不变
C．φ变大，EP增大
D．C变大，EP减小
17．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
A．带电油滴将沿竖直方向向下运动
B．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
C．带电油滴的电势能将减小
D．P点的电势将降低
18．在LC电路产生电磁振荡的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电容器放电完毕时刻，电路中的磁场能最小
B．电路中的电流最大的时刻，电路中的磁场能最大
C．电容器极板上的电荷最多时，电场能最大
D．电容器放电完毕时刻，回路中电流最大
19．研究与平行板电容器电容有关因素时，用一平行板电容器与一静电计连接，平行板电容器b板和静电计外壳接地，实验装置如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
B．实验中，只减小两极板距离，两极板间场强变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小
D．实验时，静电计的指针偏转角度大小反映两平行板电容器间的电势差大小
20．如图所示，粗糙程度均匀的直杆AC通过另一根杆CB固定在竖直面上，∠CAB＝30°，AC的下方O点固定有一个正点电荷，杆上有M、P、N三点，P为MN的中点，OM＝ON，OM∥AB，一带负电可视为质点的小球套在杆上由N处由静止开始下滑，初始加速度大小为aN，第一次经过P处的速度大小为v，运动到M处速度为0，后又以大小为aM的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，P点电势为零。下列说法正确的是（　　）
A．小球可以返回到出发点N处
B．撤O点的正电荷，小球可以在直杆上处于静止
C．系统具有的最大电势能为mv2
D．aN＝g+aM
21．关于电容器的电容，下列说法中正确的是（ ）
A．根据可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比
C．无论电容器电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D．电容器所带的电荷量越多，电容就越大
三、解答题
22．两个相同的电容器A和B如图所示连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷量并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变已知这时带电粒子的加速度大小为，求B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比。设边缘效应可忽略。
23．如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板相距5mm，电容为2μF，当将其充电到两板电势差为100V时，一个质量为1.0×10-4g的带负电尘埃正好在两极板中间静止（g取10m/s2）．求：
(1)这时电容器的带电荷量为多少库仑？
(2)电容器上极板带何种电荷？
(3)该尘埃带电荷量为多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A．无电场时由A到B
mgh=mv02
有电场时由A到B
mgh+WE=
有电场时由A到C
由三式可得
WE=mv02

又
WE=UABq
则
UAB＝UAC
因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为mv02，则机械能增加了mv02，则A正确；
B．因UAB＝UAC，则D点与B点电势相等，BD为等势面，则场强方向与BD垂直，电场线不与BC垂直，则B错误；
C．虽然UAB＝UAC，但不能确定B点电势是C点电势2倍，则C错误；
D．由A到B的过程中，电场力做功mv02 ，电势能减小，则D错误；
故选A。
2．D
【解析】
【详解】
A．断开开关S时，电压表示数为电容器两极板间的电势差且不为0，故A错误；
B．断开开关S时由于电表为理想电表，则电容器无法放电，则电容器两端电压不变，场强不变，则带电油滴仍处于静止状态，故B错误；
C．保持开关S闭合，电容器两极板间的电压不变，适当增加两极板之间的距离，由公式可知，场强可减小，电场力减小，则带电油滴向下运动，故C错误；
D．保持开关S闭合，电容器两极板间的电压不变，适当减小两极板正对面积的过程中，由公式可知，电容减小，再由公式可知，电荷量减小，即电容器放电，则有自右向左的电流流过电流表，故D正确。
故选D。
3．B
【解析】
【分析】
带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，板间距离增大，根据分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动，根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化
【详解】
A、将极板A向下平移一小段距离，板间距离变小，电容器板间的电压保持不变，根据分析得知，板间电场强度增大，油滴所受电场力增大，则油滴将向上运动，故A错误；
B、由于板间电场强度增大，不变，根据，可知P点电势电势升高，故B正确；
CD、将极板A向下平移一小段距离时，板间距离变小，根据电容的决定式得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由知，极板带电荷量将增大，故C、D错误；
故选B．
【点睛】
关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定和电量结合分析电量变化．
4．C
【解析】
【详解】
AB．据知，保持S不变，减小d，则C变大，故AB两项错误；
C．据知，保持d不变，减小S，则C变小，故C项正确；
D．据知，保持S、d不变，在两极板间插入电介质，则C变大；极板上的电荷量Q不变，据知，两板间的电势差减小，静电计指针偏角θ减小；故D项错误．
5．D
【解析】
【详解】
AB．在匀强电场中AM连线的中点G的电势
故直线COGN为等势线，圆心点的电势为，可知电场强度的方向由M指向A（或由D指向B），如图所示，M、A两点间的距离
电场强度
故AB错误；
C．过圆心O作MA的平行线，与圆的交点H处电势最高
圆上最高电势
沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电势先增大后减小，电场力先做正功再做负功，故C错误；
D．从O点发射的电子从H点射出时动能最大
故D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【详解】
A．由公式可知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，即d增大，则平行板电容器的电容将变小，故A错误；
B．电容器与电源及二极管连接，电容器不能放电，电荷量一定，根据U＝可知，电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；
C．依题意带电油滴带负电，而P点的电势增加，所以带电油滴的电势能减少，故C错误；
D．根据，，得
可知电容器内部电场强度不变，所以油滴仍将保持静止，故D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
为使静电计的指针由实线位置转到虚线位置，即电容器两板电势差变大；若将金属板插入两板之间，则相当两板间距减小，根据可知，C变大，由Q=CU可知，U减小，选项A错误；将A板稍微上移，则S减小，根据可知，C变小，由Q=CU可知，U变大，选项B正确；将玻璃板插入两板之间，则ε变大，根据可知，C变大，由Q=CU可知，U减小，选项C错误；将A板向右移少许，则d减小，根据可知，C变大，由Q=CU可知，U减小，选项D错误；故选B.
【点睛】
解决本题的关键知道静电计是测量电势差大小的仪器，搞清电容器是电量一定还是电势差一定；并掌握电容器的决定式和定义式.
8．B
【解析】
【详解】
由图可知a电容器的电容是，b电容器的电容是，故A错误，B正确；a与b的电容之比是1：10，故C错误；80V是指电容器正常工作时的电压，不是只有在80V电压下才能正常工作，故D错误．所以B正确，ACD错误．
9．C
【解析】
【详解】
小球在两极板间受到竖直向下的重力，水平向左的电场力以及绳子的拉力，三力作用下处于静止状态，要使夹角减小，则应减小电场力，保持电键S闭合，两极板间的电势差恒定，使两极板靠近一些，则根据可知，电场强度增大，所以小球受到的电场力增大，即夹角变大，A错误；保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，两极板间距离不变，电场强度不变，即夹角不变，B错误；保持电键S闭合，两极板间的电势差恒定，使两极板远离一些，则根据可知，电场强度减小，所以小球受到的电场力减小，即夹角减小，C正确；断开电键，则两极板所带电荷量恒定不变，根据，则有，即两板间的电场强度和两极板的距离无关，故电场强度不变，所以夹角不变，D错误．
【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变
10．C
【解析】
【详解】
ABC．根据可知，上层膜片下移过程中d减小，电容C增大，由知电容器所带电荷量增大，电容需充电，因此电流表有b到a的电流，电容器两个极板与电源相连，上下极板间的电压不变，故AB错误，C正确；
D．上层膜片稳定后，平行板电容器上下极板与电源相连，均带电荷，故D错误。
故选C。
11．A
【解析】
【详解】
A．两极板间距离增大，由电容的决定式判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由知，极板间电势差增大，θ增大．故A正确；
B．两极板正对面积减小，由电容的决定式判断可知，电容减小，电容器带电量不变，由知，极板间电势差增大，θ增大．故B错误；
C．在电容器内加入电介质，由电容的决定式判断可知，电容增大，电容器带电量不变，由知，极板间电势差减小，θ减小．故C错误；
D．综上分析可知，D错误．
12．D
【解析】
【详解】
开关闭合，电容器两端的电势差不变．故选项AB错误．断开S，电荷量不变，使a、b板的距离减小一些，根据知，电容C变大，则，可知电势差减小，静电计的指针张角减小，故C错误．断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积减小一些，根据知，电容C减小，则，可知电势差增大，静电计的指针张角变大，故D正确．故选D．
点睛：解决本题的关键知道断开开关，电荷量不变，闭合开关，电容器两端的电势差不变，结合电容的决定式和定义式进行分析．
13．C
【解析】
【详解】
A．根据电容公式
将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，d减小，电容增大。A错误；
B．电容与电源相连，电压不变。B错误；
C．根据电容公式得
电量增多，C正确；
D．根据公式
可知，场强增大。D错误。
故选C。
14．D
【解析】
【详解】
A．其他力对小球做功有电场力和弹簧弹力做功，所以小球的机械能增加大于W2，最高、最低速度为零，增加的机械能就等于W1，故A错误；
B．电场力对小球做正功，电势能要减少W2，故B错误；
CD．根据动能定理
弹簧弹力对小球做的功就等于弹性势能的减少，弹簧弹性势能最大值等于，若电场力的大小等于重力的大小，则小球加速后就匀速离开弹簧，mg应大于qE，装置在竖直方向作简谐振动，根据加速度对称，可得重力是电场力的两倍，故C错误，D正确。
故选D。
15．B
【解析】
【详解】
A、由于u变大，所以电路中电流减小，故A错误；
B、图像斜率代表电流大小，电流变小，斜率变小，而充电增加，B正确；
C、可得，与的图形相似，故C错误；
D、由公式，可定性分析，故D错误．
16．BD
【解析】
【详解】
油滴静止，说明它受电场力方向向上，油滴带负电．平行板电容器充电后与电源断开，因此电容器的电荷量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据可知，电容器的电容增大，根据U=Q/C，则板间电压U变小．
由匀强电场E═U/d=，可得E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变；P与正极板间的距离减小，由公式U=Ed可知，P与正极板间的电势差减小，正极板电势为0，则P点的电势φ变大，负电荷在P点的电势能Ep=qφ减小．故BD正确，AC错误．
故选BD.
【点睛】
电容器充电后与电源断开，因此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与正极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化．
17．AD
【解析】
【详解】
A. 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A正确．
B. 因间距增大，则电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故B错误；
CD. 由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电， ，P点与下极板电势差降低，则P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误D正确．
18．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．电容器放电完毕时刻，回路中电流最大，磁场能最大，A错误，BD正确；
C．电容器极板上的电荷最多时，极板间电场强度最大，电场能最大，C正确。
故选BCD。
19．CD
【解析】
【详解】
A．由电容决定式
可知当只将电容器b板向上平移，则正对面积减小，电容C减小，又由
可知Q一定，则U增大，所以张角变大，故A错误；
B．由公式
可得
可知极板间场强不变，故B错误；
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，则电容C增大，则U减小，所以张角变小，故C正确；
D．静电计的张角反映金属杆与外壳间的电势差，而a板与静电计金属杆相连，b板与静电计外壳相连，所以静电计的指针偏转角度大小反映两平行板电容器间的电势差大小，故D正确。
故选CD。
20．CD
【解析】
【详解】
A．根据点电荷周围产生的电场和电势对称分布可知，M点和N点的电势相等，则负电小球从N到M点电场力做功为零（），由动能定理有
而从M点假设能回到N点，有
到达N点的动能为负，故小球不能回到N点，则A错误；
B．由A选项可得，即
则，故撤掉正点电荷后，小球沿直杆方向重力分力大于滑动摩擦力，故小球不能静止，故B错误；
C．P点离正场源最近，且电势为零，则负电小球在P点的电势能最低为零，小球在N点和M点的电势能最大，从N点到P点，由运动的对称性，可得动能定理
结合，联立可得
即带电小球的最大电势能为，故C正确；
D．对M点和N点的小球受力分析，由牛顿第二定律有
①
②
联立可得
故D正确。
故选CD。
21．BC
【解析】
【详解】
电容器电容是本身的性质，对于一个确定的电容器电容是不变的，与所带的电量无关，故AD错误；根据Q=CU对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，B正确；根据电容的定义式可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，C正确．
22．
【解析】
【详解】
设每个极板的面积均为S，每个电容器的电容均为C，且两板间距均为d，初始时刻两板带电荷量均为Q，则
，
，
在B板错开后正对面积为时，电容满足，即，且，
，
可得
，
，
对粒子：
，
解得：
。
23．（1）C；（2）电容器上极板带正电；（3）q=5×10-11C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由
得
（2）带负电尘埃正好在板间静止，受到重力与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，电容器上极板带正电荷。
（3）由平衡条件得：
又
得到
代入解得q=5×10﹣11C。
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