2.4电容器 电容 同步练习（Word版含答案）

2.4、电容器 电容
一、选择题（共14题）
1．连接在电池两极上的平行板电容器,当两极板间的距离减小时,下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容C不变 B．电容器极板的带电量Q不变
C．电容器两极板间的电势差U不变 D．电容器两极板间的电场强度E不变
2．关于电容器，下列说法正确的是（　　）
A．电容器所带的电量越多，电容就越大
B．电容器充电后，两个极板带有等量同号电荷
C．照相机闪光灯工作时发出强光是属于电容器的放电现象
D．电容器只能充电，不能放电
3．如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为M的质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上．以下说法中正确的是（ ）
A．质点打在屏的P点上方，板间场强大小为2mg/q
B．质点打在屏的P点上方，板间场强大小为mg/q
C．质点打在屏的P点下方，板间场强大小为2mg/q
D．质点打在屏的P点下方，板间场强大小为mg/q
4．如图所示，竖直平面内有一平行板电容器AB，两极板电势差为U，靠近A板有一个粒子源，可产生初速度为零，电荷量为q的带电粒子，B板开有一小孔，粒子可无摩擦地穿过小孔，B板右侧有一宽度为d，大小为E0的匀强电场，方向竖直向下，现通过调节U的大小，使粒子离开E0电场区域的动能最小，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子离开E0电场区域时的最小动能为qE0d
B．U的大小应调为
C．粒子离开E0电场区域时速度与水平方向夹角为37°
D．粒子离开E0电场区域时竖直方向偏转的距离为d
5．图中的一组平行实线可能是电场线也可能是等势线，一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低
B．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高
C．如果实线是等势面，则电子在a点的动能比在b点的动能小
D．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
6．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，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增大，EP不变
C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变
7．对于某一电解电容器，下列说法中正确的是（　　）
A．电容器带电荷量越多，电容越大
B．电容器两极板间电压越小，电容越大
C．电容器的电容与所带电荷量成正比，与极板间的电压成反比
D．随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大
8．目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO（纳米铟锡金属氧化物），夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是（　　）
A．电容触摸屏触摸时，不需要压力即能产生位置信号
B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作
C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小
D．手指与屏的接触面积变化时，电容不变
9．很多手机的指纹解锁功能利用了电容式指纹识别技术。如图所示，指纹识别传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，指纹的凸起部分（叫“嵴”）及凹下部分（叫“峪”）与这些小极板形成大量大小不同的电容器．传感器给所有的电容器充电达到某一电压值后，电容器放电，根据放电快慢的不同来探测嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据，则（　　）
A．沾水潮湿的手指不会影响正常解锁
B．极板与指纹“嵴”部分形成的电容器电容较大
C．极板与指纹“峪”部分形成的电容器放电较慢
D．用打印好的指纹照片覆盖在传感器上面也能够实现指纹解锁
10．如图所示，一平行板电容器的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，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g，粒子运动加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
11．某电容器上标有“1.5μF，9V”，则该电容器能带最大电荷量为 （ ）
A．所带电荷量不能超过1.5×10-5C B．所带电荷量不能超过1.35×10-5C
C．所带电荷量不能超过1.5×10-6C D．所带电荷量不能超过1.35×10-6C
12．关于决定平行板电容器电容大小的因素，正确的是（ ）
A．跟两板间距离成正比 B．跟电容器所带电量无关
C．跟两板间的正对面积成正比 D．跟两板间的电压成反比
13．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板X应带负电 B．极板X′应带负电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
14．平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部。闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为。则下述说法正确的是（　　）
A．保持电键k闭合，带正电的A板远离B板，则不变
B．保持电键k闭合，带正电的A板靠近B板，则增大
C．电键k断开，带正电的A板向B板靠近，则不变
D．电键上断开，带正电的A板向B板靠近，则增大
二、填空题
15．有一个电容器，带电荷量为1×10-5C，两极板间电压为200V，电容器电容为______F。如果使它带电荷量再增加1×10-6C，此时它的电容为______F，两极板间的电压为______V。
16．当电容器与电源保持连接时，电容器___________ 保持不变。
17．如图所示，电源A电压为，电源B电压为，将电键K从A换到B，电流计G通过的电量为，则图中以空气为电介质的电容器的电容为______。若将电键K再从B断开，插入其它电介质，电容器两极板间的电场强度______（填“变大”“变小”或“不变”），若再将上极板上移，相比于移动极板前，电容器两极板间的电场强度______（填“变大”“变小”或“不变”）。
18．如图所示，A、B两块平行放置的金属板均与大地相接，现将另一块带电的厚金属板C，平行插入A、B两板间，C的两个表面与A、B两板间距离之比lA∶lB＝2∶1，则A、C两板间与B、C两板间场强大小之比为___________，A板与B板所带电量之比为_____．A、B、C正对面积相同．
综合题
19．一束初速不计的电子流经的加速电压加速后，在距水平两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，最后从偏转电场右侧飞出．如图所示，若电子带电量为e，两水平板间加的偏转电压为，板间距离为d，板长为l，求：
（1）电子飞出加速电场时的速度
（2）电子在偏转电场运动的加速度以及时间t；
（3）电子在偏转电场中发生的偏转位移y；
20．如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场偏转打在荧光屏上的P点，已知M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为，板右端到荧光屏的距离为，电子的质量为m，电荷量为e，求：
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）电子从偏转电场射出时的速度方向与水平方向夹角的正切值以及侧移量y；
（3）荧光屏上P点到中心位置O点的距离。
21．示波管的内部结构如图所示，如果在偏转电极XX'、YY'之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX'之间和YY'之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图( )
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
A．当两极板间的距离减小时，根据电容的决定式
分析得知，电容C变大，A错误；
B．根据
可知，电容器的电压不变，电容C变大，电容器极板的带电荷量Q变大，B错误；
C．电容器两极板间的电势差U等于电源的电动势，保持不变，C正确；
D．U不变，d减小，由
知板间场强E增大，D错误。
故选C。
2．C
【详解】
A．电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，只取决于电容器本身的性质，故A错误；
B．电容器充电后，由于静电感应，两极板一定带有等量异种电荷，故B错误；
C．照相机闪光灯应用电容器放电发出强光，故C正确；
D．电容器与电源相连时，电容器将充电，而电容器两极板间用导线相连时，电容器放电，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】
试题分析：质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，质点一定打在屏的P点上方，做斜上抛运动．否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在M板上．质点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，质点垂直打在M板上时速度也水平，则质点类平抛运动的轨迹与斜上抛运动的轨迹具有中心对称性，轨迹如图虚线所示，加速度大小，方向相反，根据牛顿第二定律得到，qE-mg=mg，．故选A．
4．A
【详解】
粒子在左侧电场中
在右侧电场
，
根据动能定理粒子离开E0电场区域时
根据数学关系可知
动能最小，此时
，
粒子离开E0电场区域时竖直方向偏转的距离
粒子离开E0电场区域时速度与水平方向夹角
故A正确BCD错误。
故选A。
5．D
【详解】
A．若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，a点的电势比b点高，故A错误；
B．若实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低，故B错误；
C．电子从a点到b点静电力做负功，电子的电势能增大，则电子在a点的电势能比在b点的电势能小，在a点的动能比在b点的动能大，故C错误；
D．电子从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的电势能减小，电子在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确。
故选D。
6．D
【详解】
试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．
7．D
【详解】
ABC.电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，电容不会随着电荷量以及电压的变化而变化，故ABC错误；
D.根据Q=UC可知，随电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大，故D正确．
8．A
【详解】
A．据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；
B．绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；
C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，由公式
可知，电容将变大，故C错误；
D．手指与屏的接触面积变大时，由公式
可知，电容变大，故D错误。
故选A。
9．B
【详解】
A．潮湿的手指头影响了皮肤表面与小极板之间的介电常数 ，所以潮湿的手指头对指纹的识别有一定的影响，会影响正常解锁，故A错误；
B．在嵴处皮肤表面和小极板之间的距离较小，在峪处皮肤表面与小极板之间的距离较大，根据公式
可知在峪处形成的电容器电容角小，在嵴处形成的电容器电容较大，故B正确；
C．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据
可知，极板与指纹沟（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C错误；
D．用指纹的照片蒙在传感器上，不能构成电容器，所以不能实现手机解锁功能，故D错误；
故选B。
10．B
【详解】
在没有插入金属板时，粒子静止，即受到的重力和电场力平衡，故有
当快速插入不带电的金属板后，相当于两极板间的距离减小了，变为，由于两极板和电源相连，所以两极板间的电压不变，故有
联立可得
B正确。
故选B。
11．B
【详解】
根据公式可得所带电荷量不能超过1.35×10-5C，选B.
12．BC
【详解】
AC．根据
可知，电容器的电容与跟两板间距离成反比，跟两板间的正对面积成正比，选项A错误，C 正确；
BD．电容器的电容是由电容器本身来决定的，与其所带的电量及两板间的电压无关，选项B正确，D错误；
故选BC．
13．BD
【详解】
亮斑P点X坐标为正值，Y′坐标为负值，说明电子都向XY′板偏转，所以Y′、X板都带正电，Y、X′板都带负电，故BD正确，AC错误。
故选BD。
14．BC
【详解】
A．保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板远离B板时，板间距离d增大，由分析得知，板间场强减小，小球所受电场力减小，则减小，故A错误；
B．保持电键k闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板靠近B板时，板间距离d减小，由析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大，故B正确；
CD．电键k断开，根据推论
，
可知，电场强度与极板间距无关，因此板间场强仍不变，小球所受电场力不变，则不变，故C正确，D错误。
故选BC。
15． 5×10-8 5×10-8 220
【详解】
由电容的定义式可得
电容反应的是电容器储存电荷的本领，与储存电荷量没有关系，所以当该电容器储存电荷量发生变化时电容不变，仍为。
当电荷量增加后，两极板间的电压为
16．两极板间电压
【详解】
当电容器与电源保持连接时，电容器两极板间电压为电源电压，电源电压不变，则电容器两极板间电压不变。
17． 变小 不变
【详解】
电容器的电容
插入其它电介质，比空气介电常量大，所以电容增大，不变，变小，由
则变小；
不变，只改变，则
则不变.
18． 1∶2 1∶2
【详解】
AC与BC构成两个电容器，根据公式可知两电容器电容之比为，两个电容器的电势差相等，根据公式，所以AC与BC之间的场强之比为，根据公式可知A板与B板所带电量之比为．
19．（1）；（2），；（3）
【详解】
(1)根据动能定理可得
解得
(2)在偏转电场中的加速度为
在水平方向上做匀速直线运动，则有
(3)在偏转电场中的偏转位移为
联立以上可得
20．（1）；（2），；（3）
【详解】
（1）电场加速完成之后，进入偏转电场的速度为v，根据动能定理，则
求得
（2）电子进入偏转电场后类平抛运动，则
且
则
电子从偏转电场射出时的速度方向与水平方向夹角的正切值
（3）粒子出电场时速度反向延长线交于偏转电场的中点，如图
即利用相似三角形则
且
代入得
21．，
【详解】
A图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图
要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压，B图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图
答案第1页，共2页