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 同步练习
一、单选题
1．对电场中的一些概念及公式的理解，下列说法正确的是（　　）
A．根据公式电场中某点的电场强度，跟放入该点的试探电荷所受的电场力成正比跟试探电荷的电荷量成反比
B．根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C．在匀强电场中由可知，电场强度大小与两点间电势差成正比
D．在公式中，是点电荷产生的电场在点电荷处的电场强度大小
2．如图所示是研究平行板电容器的电容大小与哪些因素有关的实验装置．将充好电的平行板电容器与电源断开并将左金属板接地，另一板与外壳接地的静电计相连．则以下对该实验现象以及解释判断正确的是
A．增大d，θ增大，说明C随d的增大而减小
B．增大d，θ减小，说明C随d的增大而增大
C．增大S，θ增大，说明C随S的增大而增大
D．增大S，θ减小，说明C随S的增大而减小
3．一个电容器的规格是“100 μF　50 V”，则(　 　)
A．这个电容器加上50 V电压时，电容才是100 μF
B．这个电容器最大电容为100 μF，带电荷量较少时，电容小于10 μF
C．这个电容器加上电压不能低于50 V
D．这个电容器的电容总等于100 μF
4．如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。实验过程中电容器所带电荷量不变，下面操作能使静电计指针张角变小的是（ ）
A．在M、N之间插入有机玻璃板
B．把接地的两根导线直接相连
C．将M板向上平移
D．将M板沿水平方向向左移动
5．如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与静电计的外壳均接地．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，保持带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（ ）
A．仅将M板向上平移
B．仅将M板向下平移
C．仅将M板向左平移
D．仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）
6．利用图示装置探究决定电容大小的因素，实验中静电计的指针已有一个偏角，则下列判断正确的是（　　）
A．向左平移手柄，指针偏角增大 B．向右平移手柄，指针偏角不变
C．竖直向上移动手柄，指针偏角减小 D．将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角不变
7．质量为m=0.4kg的带电小球静置于绝缘水平面上的A点，小球与水平面间的动摩擦因数 =0.25，小球所带电荷量为q=+5.0×10-3C，在距A左端L处放置一特殊挡板（小球与挡板每次相碰后，其电荷量、动能均减半，电性不变），挡板右侧存在水平向左且垂直于挡板的匀强电场，电场强度为E=1.0×103N/C，如图所示。现将小球由静止释放，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中，小球在第一次反弹后运动过程中的加速度最大
B．小球与挡板碰后离挡板的最远距离为L
C．小球最多与挡板碰撞2次
D．小球在水平面，上运动的总路程为5L
8．如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度 垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，设电容器极板上所带的电荷量为Q，电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为．若仅使电容器上极板上移，以下说法正确的是（ ）
A．Q减小，y不变
B．Q减小，y减小
C．Q增大，y减小
D．Q增大，y增大
9．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下极板竖直向上移动一小段距离(仍在P点下方)
A．电容器的电容减小，则极板带电量将增大
B．带电油滴将沿竖直方向向下运动
C．P点的电势将升高
D．带电油滴的电势能将增大
10．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板．当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中（ ）
A．P、Q两板构成电容器的电容增大
B．M点的电势比N点高
C．P板电荷量增大
D．P、Q两板间的场强增大
11．如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是
A．粒子带正电
B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动
D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动，
12．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m、带电量为q的带电油滴在极板中央处于静止状态，则（　　）
A．极板M、N之间的电场强度为
B．油滴带正电
C．油滴的比荷
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离Δd，油滴的加速度为－g
13．如图所示，正对的平行板（矩形）电容器充电结束后保持与电源连接，电源电压恒为U，板长为L，带电油滴在极板间静止。现设法先使油滴保持不动，上极板固定，将下极板向上移动了后再由静止释放油滴，则（　　）
A．电容器的电容变小
B．电容器所带电荷量变大
C．极板间的场强不变
D．油滴仍保持静止
14．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的足够大的匀强电场中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球 ( )
A．做自由落体运动
B．做匀加速直线运动
C．做类平抛运动
D．做斜抛运动
15．把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器中的电流i随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．在t1 ~ t2时间内，电容器两极板间电压逐渐减小
B．在t3 ~ t4时间内，电容器的电容逐渐减小
C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积
D．S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E
二、多选题
16．质量为m电量为的小滑块(可视为质点)，放在质量为M的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平地面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板长为L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场E，恒力F作用在m上，如图所示，则（ ）
A．要使m与M发生相对滑动，只须满足
B．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当m相对地面的位移相同时，m越大，长木板末动能越大
C．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，当M相对地面的位移相同时，E越大，长木板末动能越小
D．若力F足够大，使得m与M发生相对滑动，E越大，分离时长本板末动能越大
17．如图所示是一个由电池、电阻R和平行板电容器组成的电路，在减小电容器两极板间距离的过程中（　　）
A．电阻R中没有电流
B．电容器的电容变大
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．电阻R中有从b流向a的电流
18．所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒EF受到安培力的方向可用左手定则判断
B．弹射时导体棒EF先向右做变加速运动，后做匀速运动
C．电容器相当电源，放电时MN间的电势差保持不变
D．在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
19．如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态．现将B板移至虚线处，则（　　）
A．两板间电压变小
B．P点场强不变，但电势降低
C．电荷q仍保持静止
D．电荷q的电势能减小
20．以下说法正确的是( )
A．由可知，电场中某点的电场强度E与F成正比
B．由可知，某段导体中的电流I与U成正比
C．由可知，磁场中的某点的磁感应强度B与放入磁场中的通电导线的电流I有关
D．由可知，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关
21．如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，两板间电压为，板间距离为，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带负电
B．油滴质量大小为
C．若仅将上极板向左平移一小段距离，则静电计指针张角变大
D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴的电势能增大
三、解答题
22．如图所示，水平放置的平行金属板的距离为，开始两板都不带电，现将电荷量为、质量为的液滴从小孔正上方处无初速度滴下，通过小孔落向板并把电荷全部传给板，重力加速度为，求：
(1)若第滴在间恰好做匀速运动，电容器的电容为多少？
(2)能到达板的液滴不会超过多少滴？
23．一平行板电容器，板间距离为d，电容为C，接在电源电压为U的电源上，充电完成后撤去电源，求：
（1）充电后电容器的带电量；
（2）充电后两极板间的电场强度；
（3）若再拉开两板，使板间距离增大为2d，则电容器的电容变为多少？电量变为多少？电压变为多少？板间电场强度变为多大？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．公式是场强的定义式，电场中某点的电场强度与放入该点的试探电荷所受电场力以及试探电荷的电荷量无关，故A错误；
B．电容是电容器本身的性质，对于一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量无关，故B错误；
C．匀强电场中电场强度大小、方向处处相同，与两点间电势差无关，故C错误；
D．根据点电荷的场强公式可知，点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小为
则Q1受到的库仑力为
故对于
可理解为是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小，故D正确。
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
AB．增大d，θ增大，板间电势差增大，电容器所带电量不变，由电容的定义式分析得知，电容C减小，说明C随d的增大而减小，故Ａ正确，Ｂ错误；
CD．增大S，θ减小，板间电势差减小，电容器所带电量不变，由电容的定义式分析得知，电容C增大，说明C随S的增大而增大，故CD错误．
3．D
【解析】
【详解】
电容器的电容与电容器板间电压无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是100 F．故AB错误，D正确．50V是电容器的耐压值，这个电容器上加的电压不能高于50V．故C错误．故选D．
点睛：此题要掌握电容表征电容容纳电荷的本领大小，与板间电压和电量无关，对于给定的电容器，电容是一定的，电量与电压成正比．
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
ACD．由题意知，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由
可知，电容C应变大，根据
可知在M、N之间插入有机玻璃板，使电容增大；将M板向上平移，正对面积减小，使电容减小；将M板沿水平方向向左移动，板间据增大，使电容减小，故A正确，CD错误；
B．把接地的两根导线直接相连时，极板间的电压不变，所以张角不变，故B错误。
故选A。
5．D
【解析】
【详解】
试题分析：电容器的M板通过大地与静电计的金属外壳连接，右边的N板与静电计指针相连，两板之间电压越高，静电计的指针张角越大．在电荷量不变时，张角变小即电压变小可判断电容变大，而平行板电容器电容，M板上移或者M板下移都是正对面积变小，电容C变小，电压升高静电计张角变大选项AB错．M板向左平移，两板之间的距离变大，电容变小，电压升高静电计张角变大选项C错．仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）而空气的介电常数等于1即电容C变大，电压降低静电计张角变小，选项D对．
考点：平行板电容器
6．A
【解析】
【详解】
A．根据电容的决定式
可知向左平移手柄，极板间距增大，电容减小，根据电容的定义式
可知由于正极板电荷量不变，所以极板电压U增大，则验电器指针偏角增大，故A正确；
B．根据电容的决定式
可知向右平移手柄，极板间距减小，电容增大，根据电容的定义式
可知由于正极板电荷量不变，所以极板电压U减小，则验电器指针偏角减小，故B错误；
C．根据电容的决定式
可知竖直向上移动手柄，极板正对面积减小，电容减小，根据电容的定义式
可知由于正极板电荷量不变，所以极板电压U增大，则验电器指针偏角增大，故C错误；
D．根据电容的决定式
可知将一块有机玻璃插到两板间，则电容增大，根据电容的定义式
可知由于正极板电荷量不变，所以极板电压U减小，则验电器指针偏角减小，故D错误。
故选A。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．对小球进行受力分析：反弹前
反弹后
由于
代入数据得
可得
可得碰撞前的加速度大于碰撞后的加速度，故A错误；
BC．第一次反弹前，由动能定理得
代入数值得
反弹后
设为第一次碰撞后达到的最远距离，由动能定理得
解得
同理可得
得出
可得
解得
由于
所以可以发生第三次碰撞，故B正确，C错误；
D．若碰撞过程中能量守恒有
解得
但碰撞过程中动能会减少，故总路程不可能达到5L，故D错误。
故选B。
8．B
【解析】
【详解】
仅使电容器上极板上移，两极板间距d增大，由知，电容器的电容减小，由知，U一定，C减小，则Q减小，选项C、D错误；由知，电容器两极板间的电场强度减小，电子运动的加速度减小，电子在电场中做类平抛运动，电子穿出电场的时间不变，则电子穿出平行板电容器时在垂直极板方向偏移的距离减小，选项A错误，选项B正确．
9．D
【解析】
【详解】
由于电容器和电源相连，电势差不变；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则d减小，则根据可知电容C变大，根据Q=UC可知，极板的带电量变大，故A错误； 将平行板电容器的下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，板间距离减小，根据E=U/d得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动．故B错误．场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，故P点电势降低；故C错误．由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故D正确．故选D．
【点睛】
本题运用U=Ed分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
10．B
【解析】
【详解】
电容式话筒与电源串联，电压U保持不变；在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式，可知电容减小，又根据电容定义式得知电容器所带电量减小，则P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N，那么M点的电势比N点高，根据场强可知P、Q两极板间的场强变小，故B正确，ACD错误．
11．B
【解析】
【详解】
A项：开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，所以油滴带负电，故A错误；
B项：保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②运动，故B正确；
C项：保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；
D项：断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式， ， 得，与板间距无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．
故选B．
12．C
【解析】
【详解】
A．极板M、N之间的电场强度为，故A错误；
B．由题意知油滴受到的电场力竖直向上，又极板M带正电，故油滴带负电，故B错误；
C．由
mg＝qE＝q
可得油滴的比荷
故C正确；
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离Δd，极板之间电场强度
E减小，油滴所受电场力减小，重力将大于电场力，油滴将向下加速运动，由
mg－qE′＝ma
解得油滴的加速度为
故D错误。
故选C。
13．B
【解析】
【详解】
A．根据电容的决定式
将下极板向上移动了，可知将板间距变小些，电容增大，A错误；
B．根据电容定义式
充电结束后保持与电源连接，极板间电压不变，因电容增大，那么电容器所带的电荷量增大，B正确；
CD．电容器一直与电源相连，极板两端的电压不变，板间距变小时，根据
两板间电场强度增大，根据
电场力变大，油滴将向上运动，不会保持静止，CD错误。
故选B。
14．B
【解析】
【详解】
剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，如图所示,则F合=T=mg/cosθ，
根据牛顿第二定律得,加速度a=F合/m=g/cosθ，方向沿绳子方向向下，由于初速度为零，小球做做匀加速直线运动．故B正确，ACD错误．
故选B
【点睛】
剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可以求出加速度．
15．C
【解析】
【详解】
A．在t1 ~ t2时间内，电容器充电，所带电量在增加，电容不变，根据
可知，极板间的电压增大，A错误；
B．在t3 ~ t4时间内，电容器在放电，在放电过程中，电容器电荷量在减小，但电容是反应电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，B错误；
C．图像与时间轴围成的面积表示电荷量，由于电容器充电和放电的电量相等，所以曲线1与横轴所围成的面积等于曲线2与横轴所围成的面积，C正确；
D．S接1端，只要时间足够长，电容器充电完毕，电路中没有电流，电源内电压为零，电容器极板间的电压等于电源的电动势，D错误。
故选C。
16．BD
【解析】
【详解】
A、m所受的最大静摩擦力为 ,则根据牛顿第二定律得 ,计算得出 .则只需满足 ,m与M发生相对滑动.故A错误.
B、当M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律得,m的加速度 ,知m越大,m的加速度越小,相同位移时,所以的时间越长,m越大,m对木板的压力越大,摩擦力越大,M的加速度越大,因为作用时间长,则位移大,根据动能定理知,长木板的动能越大.所以B选项是正确的.
C、当M与m发生相对滑动,E越大,m对M的压力越大,摩擦力越大,则M相对地面的位移相同时,根据动能定理知,长木板的动能越大.故C.错误
D、根据 知,E越大,m的加速度越小,M的加速度越大，知时间越长,因为E越大,M的加速度越大,则M的位移越大,根据动能定理知,分离时长木板的动能越大.所以D选项是正确的.，
故选BD
点睛：当m与M的摩擦力达到最大静摩擦力,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律求出F的最小值.当F足够大时,M与m发生相对滑动,根据牛顿第二定律,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变化.
17．BD
【解析】
【分析】
【详解】
在减小电容器两极板间距离的过程中，电容器始终与电源相连，则两极板间电压U不变，由知d减小，电容C增大，由Q=UC知电容器所带电荷量Q增加，电容器充电，电路中有充电电流，电流方向由b流向a。
故选BD。
18．AB
【解析】
【详解】
A．电容器下极板接正极，所以充电后N极板带正电，放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故A正确；
B．电容器开始放电，导体棒向右做加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，当导体棒切割磁感线产生的感应电动势与电容器两极板间电压相等时导体棒匀速运动，故B正确；
C．放电过程，电容器电荷量减少，通过导体棒的电流发生变化，MN两端电势差发生变化，故C错误；
D．电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误。
故选AB。
19．AC
【解析】
【详解】
A．平行板电容器充电后与电源分离，电量保持不变．板间距离减小，由电容的决定式，得到，电容增大，由公式分析得知，板间电压U减小．故A正确．
B．根据、和可知： ，电容器电量Q、正对面积S不变时，板间场强不变．P点与B板的距离减小，则P点与零电势点的电势差减小，P点电势升高，选项B错误；
C．板间场强不变，电荷q所受电场力不变，仍保持静止．故C正确．
D．由电荷静止可判断出来电荷带正电，P点电势升高，电荷q的电势能增大．故D错误．
20．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由
可知：该式运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷无关，所以E与F无关，故A错误．
B．根据欧姆定律
知电流I与U成正比，故B正确；
C．公式
是磁感应强度的定义式，运用比值法定义，B由磁场本身决定，与IL、F无关，故C错误；
D．公式
是电容的定义式，运用比值法定义C由电容器本身决定，与Q、U无关，故D正确。
故选BD。
21．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．油滴所受电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故A正确；
B．油滴处于静止状态，根据平衡条件
电场强度为
联立解得
故B正确；
C．电容器电量不变，根据电容的决定式
根据电容定义式
场强为
联立可得
可知场强E增大，根据
U=Ed
可知两极板间电压变大，静电计指针张角变大，故C正确；
D．因下极板接地，电势为零，板间电场强度
与板间距离无关，所以电场强度不变，P点与下极板间距不变，根据
UPO=φP=EdP0
知P点的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。
故选ABC。
22．(1)；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)第滴做匀速运动时，板上所带电荷量
板间电场强度
由平衡条件有
解得
(2)设到达板的液滴最多滴，则第滴接近板时速度恰好为0，然后返回，则极板上的最大电荷量为
最大电压为
由动能定理得
把和代入，解得

23．（1）；（2）；（3）；；2U；；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由电容的定义式
可得充电后电容器的带电量为
（2）充电后两极板间的电场强度为
（3）使板间距离增大为2d，由电容的决定式
可知知电容器的电容变为
电量不变，仍为CU，则由
可知电压变为2U
根据
可知板间电场强度不变，仍为
答案第1页，共2页
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