2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.8 电容器的电容 同步练习
一、选择题
1．（2016高二上·荆州期中）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（ ）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
2．（2017高二上·福建期末）在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（ ）
A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小
B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大
C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小
D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大
3．（2017高二上·芗城期末）如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间．现将两极板稍拉开一些，其它条件不变（拉开时间忽略），则（ ）
A．油滴将向上加速 B．油滴将向下加速
C．电流计中电流由b流向a D．电流计中始终无电流流过
4．根据电容器的电容的定义式C=Q/U，可知（ ）
A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比
D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关
5．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极板都接地，在两极板间有一个固定在p点的点电荷，以E表示两板间的电场强度， 表示点电荷在P点的电势能， 表示静电计的偏角，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． 减小，E不变 B． 增大，E增大
C． 减小， 增大 D． 增大， 不变
6．如图，A、B是平行板电容器的两极板，下列物理过程使电容器的电容增大的有（ ）
A．A板向上移动 B．A板向右移动
C．B板向上移动 D．B板向右移动
7．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（ ）
A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流
B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由b至a的电流
C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有方向由b至a的电流
D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流
8．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（ ）
A．增大两极之间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．减小两极板的距离，极板间的电场强度变大
9．如图所示，电源电动势 ，内电阻 ，变阻器 的最大电阻 ， ， ，平行板电容器C的两金属板水平放置 在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止 那么
A．在题设条件下， 接入电路的阻值为 ，电源的输出功率为
B．引入的微粒带负电，当开关接向 未接触 的过程中，微粒将向下运动
C．在题设条件下， 的阻值增大时， 两端的电压增大
D．在题设条件下，当开关接向b后，流过 的电流方向为
10．（2017高二上·清水期末）如图所示，平行板电容器在充电稳定后，板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若将正对的平行板左右错开一些，则以下说法中正确的是（ ）
A．带电尘粒将向上加速运动
B．带电尘粒静止不动
C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B
D．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A
11．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相连，极板A接地 若极板A稍向上移动一些，由观察到的静电计指针变大作出平行板电容器电容变小的结论，其原理是
A．两极板上的电量几乎不变 B．两极板上的电量变大
C．两极板间的电压不变 D．两极板间的电压变大
12．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r， 为定值电阻，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量用 表示，电流表示数的变化量用表示 表示 下列判断正确的是
A．电容器的带电量减小，减小量为
B．通过电阻 的电流减小，减少量为 ，且等于
C．电路的路端电压一定增大，增加量小于
D．可变电阻R的功率可能变小
二、解答题
13．如图所示，匀强磁场的磁感应强度 ，金属棒AD长 ，与框架宽度相同，电阻 ，框架电阻不计，电阻 ， 当金属棒以 速度匀速向右运动时，求：
（1）流过金属棒的感应电流为多大？
（2）若图中电容器C为 ，则电容器中储存多少电荷量？
14．如图所示的电路中，电源的电动势为5V， ， ，理想电压表的示数为4V，求：
（1）电源的内电阻；
（2）电容器所带的电荷量．
15．如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离 ，电源电动势 ，内电阻r，电阻 ， ，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为 ，电量 ，问：
（1）小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？
（2）电源的内阻为多大？
（3）电源的效率是多大？ 取
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电容器及其应用
【解析】【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变．
将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式 C= 知，介电常数减小，电容减小．
由于电压不变，根据C= 可知，电荷量Q减小．
由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E= 可知，极板间的电场强度不变．
所以ABC错误，D正确；
故选：D
【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．
2．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小．
根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大．
由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小．故ABC错误，D正确．
故选：D．
【分析】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化．
3．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】解：A、将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据E= 知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速．故A错误，B正确．
C、根据C= 得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b．故C错误，D错误．
故选：B
【分析】带电油滴静止在两极板的正中间，知电场力和重力平衡，根据电场强度的变化判断油滴的运动情况，结合电容的变化得出电量的变化，从而确定电流计中电流的方向．
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．A不符合题意．
B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零．B不符合题意．
C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定．C不符合题意．
D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．D符合题意．
故答案为：D
【分析】该式为电容的定义式，并不是电容的决定式，只能用来求解电容。
5．【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】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，则根据 可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；
两板间的电场强度为： ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；D符合题意，ABC不符合题意；
故答案为：A．
【分析】电荷量不变，电容增大，故两板间的电势差减小，但是电场强度不变，结合选项分析。
6．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A板向上移动 ，板间距d增加，根据公式 ，电容减小，A不符合题意；A板向右移动 ，正对面积S减小，根据公式 ，电容减小，B不符合题意；B板向上移动 ，板间距d减小，根据公式 ，电容增加，C符合题意；B板向右移动 ，正对面积S减小，根据公式 ，电容减小，D不符合题意．
故答案为：C
【分析】根据电容器的决定式分析即可。
7．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、B、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，A不符合题意，B符合题意；
C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，CD不符合题意；
故答案为：B．
【分析】求出电容器间电场强度的表达式，分析该表达式，结合选项求解。
8．【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】增大两极板之间的距离，由电容的决定式 可知，电容增小，电容器的电量不变，由 分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，A符合题意；将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式 可知，电容增小，电量不变，由 分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，B符合题意；将玻璃板插入两板之间，电容的决定式 可知，电容增大，电量不变，由 分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，C不符合题意；由于Q不变，根据 、 代入 可得 ，故两极板间的电场强度与极板间的距离无关，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】两板间的电荷量不变，结合选项和电容器的决定式，分析电容、两板间电势差、电场强度的变化。
9．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律
【解析】【解答】在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知 ，则 电源的输出功率 ，A符合题意；在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止 微粒受重力和电场力平衡 而上极板带正电，可知微粒带负电 当开关接向 未接触 的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，B不符合题意；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下， 和 及电源构成串联电路， 的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小， 两端的电压减小 C不符合题意；在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过 的电流方向为 ，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】利用欧姆定律求解各个元件的电流和电压，求解功率，通过电容器的充放电分析电流的走向。
10．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；含容电路分析；电场及电场力
【解析】【解答】解：AB、根据电容器的决定式： ，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．
带电尘粒受电场力：F=q 没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故A错误，B正确；
CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C正确，D错误．
故选：BC．
【分析】本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．
11．【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】由于电容器充电后已经断开与电源的连接，故电器上的电量几乎不变；静电计的指针夹角变大说明电容器两端的电压增大；则由 可知，电容C减小，AD符合题意．
故答案为：AD
【分析】两板的电荷量几乎不变，结合电容的决定式分析两板间的电势差、电场强度的变化。
12．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻 两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻 两端的电压减小量小于 电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为 ，A不符合题意；根据A的分析可知，电阻 两端的电压减小量小于 ，所以通过电阻 的电流减小量 小于 ，B不符合题意；总电流减小，则内阻所占电压减小，所以电路的路端电压一定增大，由于电阻 两端的电压减小，而R的电压增大 ，所以电路的路端电压增加量小于 ，C符合题意；当可变电阻的阻值与 的阻值相等时，功率最大，由于不增大具体值，所以可变电阻R的功率可能变小 D符合题意．
故答案为：CD
【分析】电路的电流减小，电阻R1两端的电压减小，故路端电压增量小于，功率为UI，U变大，但是I减小，故功率的变化不确定。
13．【答案】（1）解：棒产生的电动势： ，外电阻为： ，
通过棒的感应电流：
（2）解：电容器两板间的电压： ，
电容器带电量：
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒充电电源，左右两电阻并联，利用公式E=Blv求出电动势，再求出总电阻，利用欧姆定律求出电流。
（2）电容与R2两段的电压相同，利用公式Q = C U求解电荷量。
14．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律得： ， ，代入数据解得
（2）解：电容器C与R1并联，则 ，而 ，代入数据解得：
【知识点】电容器及其应用；电池电动势和内阻的测量
【解析】【分析】（1）利用闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律列方程，联立求解即可。
（2）求出R1两端的电压，利用公式Q=CU求出电容的电荷量。
15．【答案】（1）解：小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且 ，
代入数据解得：
（2）解：电路中的电流为：
根据闭合电路欧姆定律得：
代入数据解得：
（3）解：电源的效率：
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）电容器A板带正电，B板带负电，小球平衡，受到的电场力向上。
（2）利用欧姆定律求出电路中的电流，再利用闭合电路欧姆定律列方程求解内阻。
（3）利用输出功率除以总功率即可。
1 / 12018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.8 电容器的电容 同步练习
一、选择题
1．（2016高二上·荆州期中）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（ ）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电容器及其应用
【解析】【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变．
将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式 C= 知，介电常数减小，电容减小．
由于电压不变，根据C= 可知，电荷量Q减小．
由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E= 可知，极板间的电场强度不变．
所以ABC错误，D正确；
故选：D
【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．
2．（2017高二上·福建期末）在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（ ）
A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小
B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大
C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小
D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小．
根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大．
由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小．故ABC错误，D正确．
故选：D．
【分析】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化．
3．（2017高二上·芗城期末）如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间．现将两极板稍拉开一些，其它条件不变（拉开时间忽略），则（ ）
A．油滴将向上加速 B．油滴将向下加速
C．电流计中电流由b流向a D．电流计中始终无电流流过
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】解：A、将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据E= 知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速．故A错误，B正确．
C、根据C= 得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b．故C错误，D错误．
故选：B
【分析】带电油滴静止在两极板的正中间，知电场力和重力平衡，根据电场强度的变化判断油滴的运动情况，结合电容的变化得出电量的变化，从而确定电流计中电流的方向．
4．根据电容器的电容的定义式C=Q/U，可知（ ）
A．电容器带电的电量Q越多，它的电容C就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极之间的电压U越高，它的电容C就越小，C与U成反比
D．电容器的电容大小与电容器的带电情况无关
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．A不符合题意．
B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零．B不符合题意．
C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定．C不符合题意．
D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．D符合题意．
故答案为：D
【分析】该式为电容的定义式，并不是电容的决定式，只能用来求解电容。
5．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极板都接地，在两极板间有一个固定在p点的点电荷，以E表示两板间的电场强度， 表示点电荷在P点的电势能， 表示静电计的偏角，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． 减小，E不变 B． 增大，E增大
C． 减小， 增大 D． 增大， 不变
【答案】A
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】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，则根据 可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；
两板间的电场强度为： ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP=EL，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；D符合题意，ABC不符合题意；
故答案为：A．
【分析】电荷量不变，电容增大，故两板间的电势差减小，但是电场强度不变，结合选项分析。
6．如图，A、B是平行板电容器的两极板，下列物理过程使电容器的电容增大的有（ ）
A．A板向上移动 B．A板向右移动
C．B板向上移动 D．B板向右移动
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A板向上移动 ，板间距d增加，根据公式 ，电容减小，A不符合题意；A板向右移动 ，正对面积S减小，根据公式 ，电容减小，B不符合题意；B板向上移动 ，板间距d减小，根据公式 ，电容增加，C符合题意；B板向右移动 ，正对面积S减小，根据公式 ，电容减小，D不符合题意．
故答案为：C
【分析】根据电容器的决定式分析即可。
7．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（ ）
A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流
B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有方向由b至a的电流
C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有方向由b至a的电流
D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】解：A、B、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，A不符合题意，B符合题意；
C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，CD不符合题意；
故答案为：B．
【分析】求出电容器间电场强度的表达式，分析该表达式，结合选项求解。
8．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是（ ）
A．增大两极之间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．减小两极板的距离，极板间的电场强度变大
【答案】A,B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】增大两极板之间的距离，由电容的决定式 可知，电容增小，电容器的电量不变，由 分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，A符合题意；将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式 可知，电容增小，电量不变，由 分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大，B符合题意；将玻璃板插入两板之间，电容的决定式 可知，电容增大，电量不变，由 分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小，C不符合题意；由于Q不变，根据 、 代入 可得 ，故两极板间的电场强度与极板间的距离无关，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】两板间的电荷量不变，结合选项和电容器的决定式，分析电容、两板间电势差、电场强度的变化。
9．如图所示，电源电动势 ，内电阻 ，变阻器 的最大电阻 ， ， ，平行板电容器C的两金属板水平放置 在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止 那么
A．在题设条件下， 接入电路的阻值为 ，电源的输出功率为
B．引入的微粒带负电，当开关接向 未接触 的过程中，微粒将向下运动
C．在题设条件下， 的阻值增大时， 两端的电压增大
D．在题设条件下，当开关接向b后，流过 的电流方向为
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律
【解析】【解答】在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知 ，则 电源的输出功率 ，A符合题意；在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止 微粒受重力和电场力平衡 而上极板带正电，可知微粒带负电 当开关接向 未接触 的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，B不符合题意；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下， 和 及电源构成串联电路， 的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小， 两端的电压减小 C不符合题意；在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过 的电流方向为 ，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】利用欧姆定律求解各个元件的电流和电压，求解功率，通过电容器的充放电分析电流的走向。
10．（2017高二上·清水期末）如图所示，平行板电容器在充电稳定后，板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若将正对的平行板左右错开一些，则以下说法中正确的是（ ）
A．带电尘粒将向上加速运动
B．带电尘粒静止不动
C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B
D．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用；匀强电场电势差与场强的关系；含容电路分析；电场及电场力
【解析】【解答】解：AB、根据电容器的决定式： ，当正对面积S减小时，电容器的电容减小．
带电尘粒受电场力：F=q 没有发生变化，故电场力不变粒子仍处于平衡状态，故A错误，B正确；
CD、由于电容器的电容减小，两极板间电压保持不变，故电容器的带电荷量将减小，故电容器放电，流经电阻R电流方向从A至B，故C正确，D错误．
故选：BC．
【分析】本题由电容器的决定式由平行板左右错开时，电容器的正对面积发生变化，由正对面积的变化判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定粒子的运动和电流的变化问题．
11．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相连，极板A接地 若极板A稍向上移动一些，由观察到的静电计指针变大作出平行板电容器电容变小的结论，其原理是
A．两极板上的电量几乎不变 B．两极板上的电量变大
C．两极板间的电压不变 D．两极板间的电压变大
【答案】A,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】由于电容器充电后已经断开与电源的连接，故电器上的电量几乎不变；静电计的指针夹角变大说明电容器两端的电压增大；则由 可知，电容C减小，AD符合题意．
故答案为：AD
【分析】两板的电荷量几乎不变，结合电容的决定式分析两板间的电势差、电场强度的变化。
12．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r， 为定值电阻，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量用 表示，电流表示数的变化量用表示 表示 下列判断正确的是
A．电容器的带电量减小，减小量为
B．通过电阻 的电流减小，减少量为 ，且等于
C．电路的路端电压一定增大，增加量小于
D．可变电阻R的功率可能变小
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻 两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻 两端的电压减小量小于 电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为 ，A不符合题意；根据A的分析可知，电阻 两端的电压减小量小于 ，所以通过电阻 的电流减小量 小于 ，B不符合题意；总电流减小，则内阻所占电压减小，所以电路的路端电压一定增大，由于电阻 两端的电压减小，而R的电压增大 ，所以电路的路端电压增加量小于 ，C符合题意；当可变电阻的阻值与 的阻值相等时，功率最大，由于不增大具体值，所以可变电阻R的功率可能变小 D符合题意．
故答案为：CD
【分析】电路的电流减小，电阻R1两端的电压减小，故路端电压增量小于，功率为UI，U变大，但是I减小，故功率的变化不确定。
二、解答题
13．如图所示，匀强磁场的磁感应强度 ，金属棒AD长 ，与框架宽度相同，电阻 ，框架电阻不计，电阻 ， 当金属棒以 速度匀速向右运动时，求：
（1）流过金属棒的感应电流为多大？
（2）若图中电容器C为 ，则电容器中储存多少电荷量？
【答案】（1）解：棒产生的电动势： ，外电阻为： ，
通过棒的感应电流：
（2）解：电容器两板间的电压： ，
电容器带电量：
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）导体棒充电电源，左右两电阻并联，利用公式E=Blv求出电动势，再求出总电阻，利用欧姆定律求出电流。
（2）电容与R2两段的电压相同，利用公式Q = C U求解电荷量。
14．如图所示的电路中，电源的电动势为5V， ， ，理想电压表的示数为4V，求：
（1）电源的内电阻；
（2）电容器所带的电荷量．
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律得： ， ，代入数据解得
（2）解：电容器C与R1并联，则 ，而 ，代入数据解得：
【知识点】电容器及其应用；电池电动势和内阻的测量
【解析】【分析】（1）利用闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律列方程，联立求解即可。
（2）求出R1两端的电压，利用公式Q=CU求出电容的电荷量。
15．如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离 ，电源电动势 ，内电阻r，电阻 ， ，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为 ，电量 ，问：
（1）小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？
（2）电源的内阻为多大？
（3）电源的效率是多大？ 取
【答案】（1）解：小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且 ，
代入数据解得：
（2）解：电路中的电流为：
根据闭合电路欧姆定律得：
代入数据解得：
（3）解：电源的效率：
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【分析】（1）电容器A板带正电，B板带负电，小球平衡，受到的电场力向上。
（2）利用欧姆定律求出电路中的电流，再利用闭合电路欧姆定律列方程求解内阻。
（3）利用输出功率除以总功率即可。
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