人教版物理选修1-1第一章第四节电容器同步训练

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人教版物理选修1-1第一章
第四节电容器同步训练
一．选择题（共15小题）
1．电阻器、电容器、电感器是电子电路中常用的元件，图中“C”代表的元件是（　　）
A．电阻器 B．电容器 C．电感器 D．开关
答案：B
解析：
解答：解：“C”表示两个正对金属板，它们构成了一个电容器，故B正确．
故选：B
分析：C代表电容器，根据元件的符号即可确定．
2．下列物理量的单位是“法拉”的是（　　）
A．电流 B．电容 C．电场强度 D．磁感应强度
答案：B
解析：
解答：解：A、电流的单位为安培；电容的单位为法拉；电场强度的单位是V/m；磁感应强度的单位为T；故选：B．
分析：明确各物理量所对应的单位，即可正确解答本题．
3．下列器件中，属于电容器的是（　　）
A． B．
C． D．
答案：C
解析：
解答：解：A为灯泡，B为滑动变阻器；C为可调电容器；D为开关；故属于电容器为C；
故选：C．
分析：明确电容器的结构及常见仪器的结论即可作出正确的选择．
4．下列说法中不正确的是（　　）
A．电容器是储存电荷的装置
B．白炽灯是利用电流的热效应工作的
C．电动机是把其他形式的能转化为电能的装置
D．发电机是把其他形式的能转化为电能的装置
答案：C
解析：
解答：解：A、电容器是储存电荷的装置；故A正确；
B、白炽灯是利用电流的热效应工作的；故B正确；
C、电动机是利用电流在磁场中受力将电能转化为其他形式的能的装置；故C错误；
D、发电机是利用电磁感应，将其他形式的能转化为电能的装置；故D正确；
本题选错误的；故选：C．
分析：明确常用电器的工作原理，明确其作用即可．
5．有一电学元件，上面标有“450V，250μF”字样，由此可知该电学元件是（　　）
A．电源 B．电容器 C．电阻器 D．电感器
答案：B
解析：
解答：解：由电学元件的标度可知，该元件的电压为450V；而单位为μF的电学元件只有电容；
故该电学元件应为电容器；
故选：B
分析：电学元件的标度可得出电学元件的性质，并能得出属于哪一种电学元件．
6．如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（　　）
A．电容器电容值减小 B．电容器带电荷量减小
C．电容器两极板间的场强增大 D．电阻R上电流方向自左向右
答案：C
解析：
解答：解：振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由C=Q/U知，U不变的情况下，电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，R中形成自右向左的电流．
由E=U/d知，U不变，d减小，则场强E增大，故C正确．BD错误．
故选C
分析：电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流．
7．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态．AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2．若将B板稍向下移，下列说法正确的是（　　）
A．P向下动，Q向下动 B．U1减小，U2增大
C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大
答案：C
解析：
解答：解：将B板下移时，由C=，C1将增小；而MN板不动，故MN的电容不变；故D错误；
假设Q不变，则AB板间的电压U1将增大，大于MN间的电压，故AB板将向MN板充电；故Q1减小，Q2增大；故C正确；
充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故对Q分析可知，Q受到的电场力增大，故Q将上移；
对AB分析可知，E1=，故电场强度减小，故P受到的电场力减小，故P将向下运动；故A不正确；
故选：C．
分析：由电容器的决定式可分析电容的变化，分析两电容器的连接方式可得出电量及电压的变化；从而分析电荷受力的变化，确定小球的运动情况．
8．如图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A板用绝缘线悬挂，B板固定且接地，P点为两板的中间位置．下列结论正确的是（　　）
A．若在两板间加上某种绝缘介质，A、B两板的电压会保持不变
B．A、B两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向不相同
C．若将A板水平向左平移一小段距离，两板间的电场强度将减小
D．若将A板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将变大
答案：C
解析：
解答：解：A、在两板间加上某种绝缘介质时，A、B两板所带电荷量没有改变，故A错误．
B、A、B两板电荷量数量相等，P点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故B不正确．
C、根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=得：E=，由题知Q、 均不变，则移动A板时s变小，两板间的电场强度将变小．故C正确．
D、由上分析可知将A板竖直向下平移时，板间场强不变，由U=Ed分析得知P点与下极板间的电势差不变，P点的电势保持不变．故D错误．
故选：C．
分析：题中电容器的带电量不变．根据对称性和电场的叠加分析A、B两板电荷在P点产生电场的场强关系．移动A板时，根据电容的决定式C=、电容的定义式C=和板间场强公式E=分析板间场强的变化，由U=Ed分析P点与下极板间的电势差的变化，从而确定P点电势的变化
9．如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d．带负电的小球质量为m，带电量为q，从下极板N的小孔P处，以初速度v0射入，沿直线到达上极板M上的小孔Q，若重力加速度为g．则（　　）
A．小球在M、N间运动的加速度不为零
B．M板电势低于N板电势
C．小球从P到Q，电势能增加了mgd
D．M、N间电势差大小为
答案：D
解析：
解答：解：A、小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．否则小球合力与速度不在一条直线上，小球做曲线运动，故A错误．
B、由重力和电场力平衡，可知电场力向上，由于小球带负电，故电场线方向向下，M板带正电，故M点电势高于N点电势，故B不正确．
C、由于电场力与重力平衡，即F=mg，电场力方向向上，做正功，做功为：W=Fd=mgd，故电势能减少mgd，故C错误．
D、由电场力做功W=qU=mgd，解得：，故D正确．
故选：D．
分析：小球受重力，电场力，且两者一定在一条直线上，若小球沿直线运动，则说明重力与电场力平衡．
由电场力和重力平衡可知电场力方向，进而判定电场线方向，可得MN电势高低关系．
重力等于电场力，可得电场力做的功，由电场力做功与电势能关系可知电势能的变化．
由电场力做功W=qU=mgd，可得MN的电势差．
10．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大（　　）
A．使A、B两板靠近一些
B．使A、B两板正对面积错开一些
C．断开S后，使A板向右平移一些
D．断开S后，使A、B正对面积错开一些
答案：D
解析：
解答：解：A、B、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变．故A、B均错误．
C、断开S，电容器所带的电量不变，A板向右平移一些，间距减小，则电容增大，根据U= 知，电势差减小，则指针张角减小．故C错误．
D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U= 知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．
故选：D．
分析：开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化．
11．如图所示，图甲为蹦床比赛中的运动员，图乙为在水平路面上转弯的汽车，图丙为高压带电作业及工作服，图丁为可变电容器．下列与四个图相关的说法中，正确的是（　　）
A．蹦床对运动员始终存在弹力作用
B．汽车转弯时的向心力由重力提供
C．高压带电作业及工作服中常渗入金属丝
D．可变电容器动片旋入越多电容越小
答案：C
解析：
解答：解：A、当蹦床与运动员接触时，才会有弹力，故A错误；
B、汽车转弯时的向心力由侧向静摩擦力提供，故B错误；
C、高压带电作业及工作服中常渗入金属丝，从而保护身体受到伤害，故C正确；
D、可变电容器动片旋入越多，则正对面积越大，根据C=，可知电容越大，故D错误；
故选：C．
分析：蹦床与运动员接触时，才有弹力；汽车转弯时的向心力由摩擦力提供；根据C=，可知，正对面积与电容的大小关系．
12．两块相同的、彼此正对平行且相互绝缘的金属板构成了一个平行板电容器，现给这个电容器充电后，与电源断开，再将这个电容器的两极板相互靠近，保持正对面积不变，则（　　）
A．电容器所储存的电能不变
B．电容器所带的电荷量减少
C．电容器的电容减小
D．电容器两极板间的电势差减小
答案：D
解析：
解答：解：电容器正对面积不变，两极板相互靠近，d减小，由电容的决定式C=知电容逐渐增大．平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量Q不变；
Q不变，C增大，由电容的定义式C=，知板间电压减小；电容器的储能取决于电量及电压的乘积，因电压减小，故电能减小；故ABC错误，D正确；
故选：D．
分析：平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变．正对面积逐渐增大，电容增大．由定义式C=，分析电量的变化．由公式E=分析场强的变化．
13．传感器是一种采集信息的重要器件．如图是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容的变化．则（　　）
A．力F增大时，电容器极板间距减小，电容增大
B．力F增大时，电容器极板正对面积减小，电容增大
C．力F增大时，电容器的电容减小
D．电容不随F的变化而变化
答案：A
解析：
解答：解：ABC、根据电容的决定式C=知，当F向上压膜片电极时，两极板的距离减小，电容增大；故A正确，BC错误．
D、当F发生变化时，d变化，则电容变化，故D错误．
故选：A．
分析：首先知道是电容模型，根据电容的决定式C=判断电容的变化，结合电势差不变，通过Q=CU判断电量的变化．
14．让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度，若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（　　）
A．一定减小 B．一定增大 C．一定不变 D．可能不变
答案：A
解析：
解答：解：根据C=，减小d，增大介电常数，则电容增大，根据C=，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小．
故A正确，BCD错误．
故选：A．
分析：静电计测量的是电容器两端的电势差，依据电容定义和决定式来分析电容变化，通过电容的变化，判断电势差的变化．
15．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）
A．电容器带电量不变 B．尘埃仍静止
C．检流计中无电流 D．检流计中有b→a的电流
答案：B
解析：
解答：解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．
B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B正确．
CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流．故CD错误．
故选：B．
分析：带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．
二．填空题（共5小题）
16．两块平行金属板，相距2厘米，组成一个电容器．当将它接在200伏的直流电压上时，它所带的电量是5×10﹣8库．那么，电容器的极板间的场强大小为　 　，电容器的电容大小为　 　．
答案：10000V/m，2.5×10﹣10F
解析：
解答：解：电容器间的电场为匀强电场，所以电容器的极板间的场强大小为E==10000V/m，电容C==2.5×10﹣10F
故答案为：10000V/m，2.5×10﹣10F
分析：电容器间的电场为匀强电场，根据场强公式即可求解；根据电容的定义式求电容大小．
17．如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．
用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触　 　侧极板（选填“左”或“右”）使电容器带电．
①将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角　 　（选填变大，变小或不变）；
②两板间插入电介质时，可观察到静电计指针偏转角　 　（选填变大，变小或不变）．
答案：右，①变小，②变小
解析：
解答：解：用摩擦过的玻璃棒或橡胶棒接触右侧极板，使电容器带电．
①将极板间距离减小时，根据C=知，电容C增大，根据U=知，电势差减小，则静电计指针偏角变小．
②两板间插入电介质，电容增大，根据U=知，电势差减小，则静电计指针偏角变小．
故答案为：右，①变小，②变小．
分析：根据Q不变，结合电容器的决定式分析电容的变化，根据U=分析电势差的变化，从而判断静电计指针偏转角的变化．
18．电容器的电容与　 　、　 　和　 　有关．
答案：极板间距离，两极板正对面积，极板间电解质的种类．
解析：
解答：解：电容的决定式C=可知，影响电容的大小因素有：正对面积、极板间距与电介质．
故答案为：极板间距离，两极板正对面积，极板间电解质的种类．
分析：本题是电容的动态分析问题，由电容的决定式和定义式结合进行分析．
19．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，在以下操作步骤中，静电计指针的张角分别是怎样变化的？请将答案填在相应的横线上．
（1）甲图中将B板上移，静电计的指针张角将　 　（填“增大”或“减小”或“不变”）
（2）乙图中将B板左移，静电计的指针张角将　 　（填“增大”或“减小”或“不变”）
（3）丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针张角将　 　（填“增大”或“减小”或“不变”）
（4）本实验的研究方法是　 　．
答案：增大、增大、减小、控制变量法
解析：
解答：解：（1）根据C=，C=，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，张角将 增大；
（2）B板左移，d增大，C减小，U增大，张角将 增大；
（3）插入电介质，ε增大，电容C增大，U减小，张角将 减小．
（4）控制变量法．
故答案为：增大、增大、减小、控制变量法．
分析：根据C=，C=，联合分析求解；研究某量与其他两之间的关系时，常采用控制变量法．
20．一平行板电容器充电后两板间电压为3V，现使它的电量减少3×10﹣4C，发现两板电压降为原来的，则这个电容器的电容为　 　F，平行板电容器原来带电量为　 　C．
答案：1.5×10﹣4；4.5×10﹣4
解析：
解答：解：由题：平行板电容器的电荷量减少△Q=3×10﹣4 C，电压降低△U=3V﹣1V=2V，
则C==1.5x10-4C
电容器原来的带电荷量Q=CU=1.5×10﹣4×3C=4.5×10﹣4C
故答案为：1.5×10﹣4；4.5×10﹣4．
分析：平行板电容器的电荷量减少△Q=3×10﹣4 C，电压降低△U=2V，根据C=求解电容．
三．解答题（共5小题）
21．如图所示，一平行板电容器接在U=12V的直流电源上，电容C=3.0×10﹣10 F，两极板间距离d=1.20×10﹣3m，取g=10m/s2，求：
（1）该电容器所带电量．
（2）若板间有一带电微粒，其质量为m=2.0×10﹣3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？
答案：（1）该电容器所带电量3.6×10﹣9C．
（2）该微粒带电量为2×10﹣6C，带负电荷
解析：
解答：解：（1）由电容的定义式C=得，电容器所带电量Q=CU=3.0×10﹣10×12C=3.6×10﹣9C．
（2）由E=得，板间电场强度E=V/m =104
对于带电微粒，由平衡条件得，qE=mg
则q==2×10﹣6C
由于电容器上板带正电，场强方向向下，微粒所受电场力方向竖直向上，则该电荷带负电．
答：（1）该电容器所带电量3.6×10﹣9C．
（2）该微粒带电量为2×10﹣6C，带负电荷．
分析：（1）平行板电容器接在U=12V的直流电源上，板间电压U等于电源的电压．由电容的定义式C=求解电容器所带电量．
22．如图所示，电源电动势 E=9V，内电阻r=0.5Ω，电阻 R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω，电容 C=2.0μF．当电键K由与a接触到与b接触通过R3的电量是多少？
答案：当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.7×10﹣5C
解析：
解答：解：电路中的电流：I==1A
当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0V
电量为：Q1=CU1=2×10﹣6×5C=1×10﹣5C．
当开关接b时，电容器的电压为：U2=I R2=1×3.5V=3.5V
电量为：Q2=CU2=2×10﹣6×3.5C=0.7×10﹣5C，且上极板带负电，下极板带正电．
由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化为：
△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10﹣6=1.7×10﹣5C
即通过R3的电荷量为1.7×10﹣5C．
答：当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.7×10﹣5C．
分析：由图可知，R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量．
当开关与b连接时，C与R2并联即可求得电量，当开关与b连接时，C与R2并联；由C中电量的变化可得出流过R3的电量．
23．把一电容器C接在220V的交流电路中，为了保证电容不被击穿，电容器C的耐压值是多少？
答案：为了保证电容不被击穿，电容器C的耐压值不低于220V
解析：
解答：解：正弦式交流电的最大值是有效值的倍，则知电压的最大值为220V，所以电容器要能正常工作，其耐压值必须不低于220V．
答：为了保证电容不被击穿，电容器C的耐压值不低于220V．
分析：正弦式交流电的最大值是有效值的倍．电容器C的耐压值是电容器所能承担的最大电压．
24．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒压电源上，两极板间距为3cm，电容器带电荷量为6×10﹣8C，A极板接地（电势为零）．求：
（1）平行板电容器的电容；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度；
（3）距B板为2cm的C点处的电势．
答案：（1）平行板电容器的电容1×10﹣9F；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度2×103 V/m　方向竖直向下；
（3）距B板为2cm的C点处的电势﹣20 V．
解析：
解答：解：（1）依电容定义有C== F=1×10﹣9 F．
（2）两板之间为匀强电场E===2×103 V/m　方向竖直向下．
（3）C点距A板间距离为dAC=d﹣dBC=1 cm
A与C间电势差UAC=EdAC=20 V
又UAC=φA﹣φC，φA=0可得φC=﹣20 V．
答：（1）平行板电容器的电容1×10﹣9F；
（2）平行板电容器两板之间的电场强度2×103 V/m　方向竖直向下；
（3）距B板为2cm的C点处的电势﹣20 V．
分析：电容定义式C=，两板之间为匀强电场E=，A与C间电势差UAC=EdAC=20 V，又UAC=φA﹣φC，WBA=qUBA=﹣qUAB．
25．平行板电容器两极间的电势差为100V，当极板上的电荷量增加1×10﹣9C时，板极间某电荷收到的电场力增大为原来的1.5倍，求电容器电容．
答案：电容器的电容为2×10﹣11F
解析：
解答：解：设原来电量为Q，电压为U；两板间距离为d；
电荷受力F=Eq==
后来电量Q′=Q+1×10﹣9C；
则U′=；
F′==
因=1.5；
联立解得：C=2×10﹣11F；
答：电容器的电容为2×10﹣11F
分析：根据电容器的定义式及电荷的受力关系可列出电荷量改变前后的表达式，联立可解得电容器的电容．
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