人教版物理选修3-1 同步练习：第1章 第8节 电容器的电容
文档属性
| 名称 | 人教版物理选修3-1 同步练习：第1章 第8节 电容器的电容 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 253.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-12-29 20:45:20 | ||
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文档简介
第8节 电容器的电容
对电容器、电容的理解
1.(多选)关于电容的说法正确的是( BCD )
A.电容器简称电容
B.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量
C.电容器的电容由电容器本身的因素决定,与电容器是否带电无关
D.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1
V时电容器需要带的电荷量
解析:电容器是一种实物,而电容是指电容器容纳电荷本领大小的物理量.故选项A错误,B,C,D正确.
2.某平行板电容器标有2.5
μF,这是表示( B )
A.该电容器带电荷量不能超过2.5×10-6C
B.要使两板间电压降低1
V,它所带的电荷量必减少2.5×10-6C
C.电容器只有在带电时电容为2.5×10-6F
D.如果在板间插入电介质,电容将减小
解析:2.5
μF是电容器的电容,不是带电荷量,故选项A错误;要使两板间电压降低1
V,它所带的电荷量必减少2.5×10-6C,故选项B正确;不管电容器是否带电,其电容均为2.5×10-6F,故选项C错误;由C=知,如果在板间插入电介质,电容将增大,故选项D错误.
3.平行板电容器所带电荷量Q=4×10-8C,它的两极板之间电压U=2
V,则它的电容为 F;如果电荷量减少一半,则两板间电势差变为
V.
解析:电容C==F=2×10-8
F;当电荷量减少一半,电容不变,则电势差U′==V=1
V.
答案:2×10-8 1
平行板电容器的动态分析
4.(多选)在如图所示的实验装置中,一带电平行板电容器的极板A与一静电计相接,极板B接地.若极板A稍向右移动一点,则下列说法中正确的是( BC )
A.静电计指针偏角变小
B.静电计指针偏角变大
C.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变大
D.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变小
解析:极板A稍向右移动一点,电容器间的距离增大,则由C=可知,电容器的电容减小;因电容器和电源断开,故电容器极板上的电荷量不变,则由C=可知,电容器两端的电压增大,则静电计指针的偏角增大,故选项A,D错误,B,C正确.
5.一个平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两板中间有一个正电荷(电荷量很小)处在A点,如图所示,若以E表示板间电场强度,W表示将正电荷从A移到B点静电力做的功.保持正极板不动,将负极板上移到图中虚线位置,比较两种情况下的E,W和正电荷在A点的电势能Ep的大小,其中正确的是( D )
A.E不变,Ep不变
B.Ep不变,W不变
C.E不变,Ep变大
D.Ep变小,W不变
解析:平行板电容器充电后与电源断开后所带电荷量Q不变,由C=、C=、E=可得E=,则板间场强E不变.将负极板上移到图中虚线位置,AB间沿电场线方向的距离不变,由UAB=Ed得知,AB间的电势差不变,由公式W=qUAB知,W不变.B点与下板间的电势差减小,则A点的电势降低,正电荷在A点的电势能Ep变小,故选项D正确.
6.(2016桂林十八中测试)一平行板电容器,两板之间的距离d和两板面积S都可以调节,保持电容器两极板与电源两极相连接.以Q表示电容器的电荷量,E表示两极板间的电场强度,则下列说法正确的是( A )
A.当d增大、S不变时,Q减小
B.当d不变、S增大时,Q不变
C.当S不变、d减小时,E减小
D.当S减小、d减小时,E不变
解析:由于电容器的两极板与电源两极相连,故电容器两极板之间的电压U保持不变,根据电容决定式C=,由于S保持不变,d增大,故电容C减小,根据Q=CU可知电荷量Q减小,故A正确;由于d保持不变,S增大,故电容C增大,根据Q=CU可知电荷量Q增大,故B错误;由于S不变,d减小,故电容C增大,根据Q=CU,得场强E==,则电场强度不变,故C错误;由于S减小,d减小,根据Q=CU,得场强E==,则电场强度增大,故D错误.
电容器中的力学问题
7.(2016汕头金山中学月考)某平行板电容器的电容为C,带电荷量为Q,相距为d,今在板间中点放一个电荷量为q的点电荷,则它受到的静电力的大小为( C )
A.
B.
C.
D.
解析:根据公式C=,E=,F=Eq可得该电荷受到的静电力大小为F=,故选项C正确.
8.如图所示,竖直放置的平行板电容器的两极板分别接电源两极,一带正电的小球用绝缘细线挂在电容器内部.闭合开关S,电容器充电后悬线与竖直方向夹角为θ,则( A )
A.保持开关S闭合,将M板向N板靠近,θ角变大
B.保持开关S闭合,将M板向N板靠近,θ角变小
C.断开开关S,将M板向N板靠近,θ角变小
D.断开开关S,将M板向N板靠近,θ角变大
解析:保持开关S闭合,电容器两端的电势差不变,将M板向N板靠近,
d减小,则电场强度增大,静电力变大,根据共点力平衡知,θ角变大,故选项A正确,B错误.断开开关S,电荷量不变,根据E=,U=,C=,得E=,将M板向N板靠近,则电场强度不变,静电力不变,所以θ不变,故选项C,D均错误.
9.如图所示,一电容为C的平行板电容器,两极板A,B间距离为d,板间电压为U,B板电势高于A板.两板间有M,N,P三点,M,N连线平行于极板,N,P连线垂直于极板,M,P两点间距离为L,∠PMN=θ.以下说法正确的是( C )
A.两极板间匀强电场的电场强度大小为U/(Lsin
θ)
B.M,P之间的电势差为UL/d
C.若将带电荷量为+q的电荷从M移到P,该电荷的电势能减小了qULsin
θ/d
D.电容器B板所带电荷量为CU/2
解析:两极板间电场强度大小E=,选项A错误;UMP=E·Lsin
θ=,选项B错误;将带电荷量为+q的电荷从M移到P,电场力做正功,
WMP=qUMP=,电势能减少了,选项C正确;B板带电荷量为CU,选项D错误.
10.如图所示,金属板A,B水平放置,两板中央有小孔S1,S2,A,B与直流电源连接.闭合开关,从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球,小球刚好能到达S2孔,不计空气阻力.要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔,应( D )
A.适当上移A板
B.适当下移A板
C.断开开关,适当上移A板
D.断开开关,适当下移A板
解析:设O到A板高度为h,A,B板间距离为d,小球刚好到达S2孔时速度为零,由动能定理mg(h+d)-qU=0,A板上移或下移,A,B板间电压不变,小球仍刚好能到达S2孔,选项A,B错误;断开开关,适当上移A板,板间距离变大,电容变小,Q不变,则板间电压增大,因此小球还未到S2孔速度就减为零;断开开关,适当下移A板,则板间电压减小,由动能定理可知,小球到达S2孔时速度大于零,将穿过S2孔,选项D正确.
11.如图所示,两带电平行板电容器竖直放置,两板之间距离d=0.10
m,电势差U=1.0×103V.一个质量为m=0.20
g、所带电荷量为q=+1.0×
10-7C的小球用长为L=1.0×10-2m的绝缘丝线悬挂于电容器内部的O点.现将小球拉到丝线呈水平伸直状态的位置A,然后无初速度释放.假如小球运动到O点正下方B处时,丝线突然断开,以后发现小球恰能通过B点正下方的C处.试求:
(1)电容器的左极板所带电荷的电性;
(2)小球运动到C点时的动能EkC.(g取10
m/s2)
解析:(1)丝线断开后,小球恰好能通过B点正下方的C处,则小球水平方向上在静电力作用下做匀减速运动,竖直方向上在重力作用下做自由落体运动,所以带正电的小球受到的静电力水平向右,故电容器左极板应带正电.
(2)带电小球从A运动到B,由动能定理得
mgL-qEL=m-0
设小球水平向左运动的最远点为D点,则
tBD=,ax=,E=,
而tBC=2tBD=2,sBC=g
小球从B运动到C,由动能定理得mgsBC=EkC-EkB
所以EkC=EkB+mgsBC
由以上相关各式联立解得EkC=1.7×10-4J.
答案:(1)正电 (2)1.7×10-4
J
(教师备用)
【补偿题组】
1.(针对第4题)(2016济南一中期中)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S,当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( C )
A.Q变小,C不变,U不变,E变小
B.Q变小,C变小,U不变,E不变
C.Q不变,C变小,U变大,E不变
D.Q不变,C变小,U变小,E变小
解析:由于充电后,电容器的带电荷量Q不变,故选项A,B错误;根据C=可知,当两板间距离d增大时,电容C变小,根据C=可知,两板间的电势差U增大,故选项D错误;而内部电场强度E===,因此电场强度与两板间距离变化无关,故选项C正确.
2.(针对第8题)(2016唐山一中期中)(多选)平行板电容器两板间有匀强电场,两极板间有一个带电液滴处于静止.当发生下列哪些变化时,液滴将向上运动( AC )
A.将电容器的上极板稍稍下移
B.将电容器的下极板稍稍下移
C.将S断开,并把电容的下极板稍稍向左水平移动
D.将S断开,并把电容器的上极板稍稍下移
解析:将电容器的上极板稍稍下移,d变小,电势差不变,根据E=,则电场强度增大,液滴所受静电力增大,将向上运动,故选项A正确;将电容器的下极板稍稍下移,d变大,电势差不变,则电场强度减小,液滴所受静电力减小,将向下运动,故选项B错误;将S断开,Q不变,根据E=,U=,C=,则E=,S减小,E变大,则液滴所受静电力变大,液滴向上运动,故选项C正确;将S断开,Q不变,根据E=,减小d,而E不变,带电液滴不动,故选项D错误.
3.(针对第10题)如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路,开关S闭合.一带电液滴悬浮在两板间P点不动,下列说法正确的是( D )
A.带电液滴可能带正电
B.增大两极板距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B到A
C.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速下降
D.断开S,减小两极板距离过程中,液滴静止不动
解析:带电液滴在重力和静电力作用下处于平衡状态,静电力方向向上,电场方向向下,故液滴带负电,选项A错误.由C=和Q=CU可知,当两极板间距离增大的过程中,C变小,所以Q变小,因此电容器放电,放电电流的方向在电阻R中从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,选项B错误.断开S,由C=,Q=CU和U=Ed知E=,Q不变,S减小,所以E增大,静电力大于重力,液滴加速上升,选项C错误.由E=知,Q不变,d减小,E不变,液滴静止不动,选项D正确.
对电容器、电容的理解
1.(多选)关于电容的说法正确的是( BCD )
A.电容器简称电容
B.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量
C.电容器的电容由电容器本身的因素决定,与电容器是否带电无关
D.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1
V时电容器需要带的电荷量
解析:电容器是一种实物,而电容是指电容器容纳电荷本领大小的物理量.故选项A错误,B,C,D正确.
2.某平行板电容器标有2.5
μF,这是表示( B )
A.该电容器带电荷量不能超过2.5×10-6C
B.要使两板间电压降低1
V,它所带的电荷量必减少2.5×10-6C
C.电容器只有在带电时电容为2.5×10-6F
D.如果在板间插入电介质,电容将减小
解析:2.5
μF是电容器的电容,不是带电荷量,故选项A错误;要使两板间电压降低1
V,它所带的电荷量必减少2.5×10-6C,故选项B正确;不管电容器是否带电,其电容均为2.5×10-6F,故选项C错误;由C=知,如果在板间插入电介质,电容将增大,故选项D错误.
3.平行板电容器所带电荷量Q=4×10-8C,它的两极板之间电压U=2
V,则它的电容为 F;如果电荷量减少一半,则两板间电势差变为
V.
解析:电容C==F=2×10-8
F;当电荷量减少一半,电容不变,则电势差U′==V=1
V.
答案:2×10-8 1
平行板电容器的动态分析
4.(多选)在如图所示的实验装置中,一带电平行板电容器的极板A与一静电计相接,极板B接地.若极板A稍向右移动一点,则下列说法中正确的是( BC )
A.静电计指针偏角变小
B.静电计指针偏角变大
C.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变大
D.极板上的电荷量几乎不变,两极板间的电压变小
解析:极板A稍向右移动一点,电容器间的距离增大,则由C=可知,电容器的电容减小;因电容器和电源断开,故电容器极板上的电荷量不变,则由C=可知,电容器两端的电压增大,则静电计指针的偏角增大,故选项A,D错误,B,C正确.
5.一个平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,在两板中间有一个正电荷(电荷量很小)处在A点,如图所示,若以E表示板间电场强度,W表示将正电荷从A移到B点静电力做的功.保持正极板不动,将负极板上移到图中虚线位置,比较两种情况下的E,W和正电荷在A点的电势能Ep的大小,其中正确的是( D )
A.E不变,Ep不变
B.Ep不变,W不变
C.E不变,Ep变大
D.Ep变小,W不变
解析:平行板电容器充电后与电源断开后所带电荷量Q不变,由C=、C=、E=可得E=,则板间场强E不变.将负极板上移到图中虚线位置,AB间沿电场线方向的距离不变,由UAB=Ed得知,AB间的电势差不变,由公式W=qUAB知,W不变.B点与下板间的电势差减小,则A点的电势降低,正电荷在A点的电势能Ep变小,故选项D正确.
6.(2016桂林十八中测试)一平行板电容器,两板之间的距离d和两板面积S都可以调节,保持电容器两极板与电源两极相连接.以Q表示电容器的电荷量,E表示两极板间的电场强度,则下列说法正确的是( A )
A.当d增大、S不变时,Q减小
B.当d不变、S增大时,Q不变
C.当S不变、d减小时,E减小
D.当S减小、d减小时,E不变
解析:由于电容器的两极板与电源两极相连,故电容器两极板之间的电压U保持不变,根据电容决定式C=,由于S保持不变,d增大,故电容C减小,根据Q=CU可知电荷量Q减小,故A正确;由于d保持不变,S增大,故电容C增大,根据Q=CU可知电荷量Q增大,故B错误;由于S不变,d减小,故电容C增大,根据Q=CU,得场强E==,则电场强度不变,故C错误;由于S减小,d减小,根据Q=CU,得场强E==,则电场强度增大,故D错误.
电容器中的力学问题
7.(2016汕头金山中学月考)某平行板电容器的电容为C,带电荷量为Q,相距为d,今在板间中点放一个电荷量为q的点电荷,则它受到的静电力的大小为( C )
A.
B.
C.
D.
解析:根据公式C=,E=,F=Eq可得该电荷受到的静电力大小为F=,故选项C正确.
8.如图所示,竖直放置的平行板电容器的两极板分别接电源两极,一带正电的小球用绝缘细线挂在电容器内部.闭合开关S,电容器充电后悬线与竖直方向夹角为θ,则( A )
A.保持开关S闭合,将M板向N板靠近,θ角变大
B.保持开关S闭合,将M板向N板靠近,θ角变小
C.断开开关S,将M板向N板靠近,θ角变小
D.断开开关S,将M板向N板靠近,θ角变大
解析:保持开关S闭合,电容器两端的电势差不变,将M板向N板靠近,
d减小,则电场强度增大,静电力变大,根据共点力平衡知,θ角变大,故选项A正确,B错误.断开开关S,电荷量不变,根据E=,U=,C=,得E=,将M板向N板靠近,则电场强度不变,静电力不变,所以θ不变,故选项C,D均错误.
9.如图所示,一电容为C的平行板电容器,两极板A,B间距离为d,板间电压为U,B板电势高于A板.两板间有M,N,P三点,M,N连线平行于极板,N,P连线垂直于极板,M,P两点间距离为L,∠PMN=θ.以下说法正确的是( C )
A.两极板间匀强电场的电场强度大小为U/(Lsin
θ)
B.M,P之间的电势差为UL/d
C.若将带电荷量为+q的电荷从M移到P,该电荷的电势能减小了qULsin
θ/d
D.电容器B板所带电荷量为CU/2
解析:两极板间电场强度大小E=,选项A错误;UMP=E·Lsin
θ=,选项B错误;将带电荷量为+q的电荷从M移到P,电场力做正功,
WMP=qUMP=,电势能减少了,选项C正确;B板带电荷量为CU,选项D错误.
10.如图所示,金属板A,B水平放置,两板中央有小孔S1,S2,A,B与直流电源连接.闭合开关,从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球,小球刚好能到达S2孔,不计空气阻力.要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔,应( D )
A.适当上移A板
B.适当下移A板
C.断开开关,适当上移A板
D.断开开关,适当下移A板
解析:设O到A板高度为h,A,B板间距离为d,小球刚好到达S2孔时速度为零,由动能定理mg(h+d)-qU=0,A板上移或下移,A,B板间电压不变,小球仍刚好能到达S2孔,选项A,B错误;断开开关,适当上移A板,板间距离变大,电容变小,Q不变,则板间电压增大,因此小球还未到S2孔速度就减为零;断开开关,适当下移A板,则板间电压减小,由动能定理可知,小球到达S2孔时速度大于零,将穿过S2孔,选项D正确.
11.如图所示,两带电平行板电容器竖直放置,两板之间距离d=0.10
m,电势差U=1.0×103V.一个质量为m=0.20
g、所带电荷量为q=+1.0×
10-7C的小球用长为L=1.0×10-2m的绝缘丝线悬挂于电容器内部的O点.现将小球拉到丝线呈水平伸直状态的位置A,然后无初速度释放.假如小球运动到O点正下方B处时,丝线突然断开,以后发现小球恰能通过B点正下方的C处.试求:
(1)电容器的左极板所带电荷的电性;
(2)小球运动到C点时的动能EkC.(g取10
m/s2)
解析:(1)丝线断开后,小球恰好能通过B点正下方的C处,则小球水平方向上在静电力作用下做匀减速运动,竖直方向上在重力作用下做自由落体运动,所以带正电的小球受到的静电力水平向右,故电容器左极板应带正电.
(2)带电小球从A运动到B,由动能定理得
mgL-qEL=m-0
设小球水平向左运动的最远点为D点,则
tBD=,ax=,E=,
而tBC=2tBD=2,sBC=g
小球从B运动到C,由动能定理得mgsBC=EkC-EkB
所以EkC=EkB+mgsBC
由以上相关各式联立解得EkC=1.7×10-4J.
答案:(1)正电 (2)1.7×10-4
J
(教师备用)
【补偿题组】
1.(针对第4题)(2016济南一中期中)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S,当增大两极板间距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( C )
A.Q变小,C不变,U不变,E变小
B.Q变小,C变小,U不变,E不变
C.Q不变,C变小,U变大,E不变
D.Q不变,C变小,U变小,E变小
解析:由于充电后,电容器的带电荷量Q不变,故选项A,B错误;根据C=可知,当两板间距离d增大时,电容C变小,根据C=可知,两板间的电势差U增大,故选项D错误;而内部电场强度E===,因此电场强度与两板间距离变化无关,故选项C正确.
2.(针对第8题)(2016唐山一中期中)(多选)平行板电容器两板间有匀强电场,两极板间有一个带电液滴处于静止.当发生下列哪些变化时,液滴将向上运动( AC )
A.将电容器的上极板稍稍下移
B.将电容器的下极板稍稍下移
C.将S断开,并把电容的下极板稍稍向左水平移动
D.将S断开,并把电容器的上极板稍稍下移
解析:将电容器的上极板稍稍下移,d变小,电势差不变,根据E=,则电场强度增大,液滴所受静电力增大,将向上运动,故选项A正确;将电容器的下极板稍稍下移,d变大,电势差不变,则电场强度减小,液滴所受静电力减小,将向下运动,故选项B错误;将S断开,Q不变,根据E=,U=,C=,则E=,S减小,E变大,则液滴所受静电力变大,液滴向上运动,故选项C正确;将S断开,Q不变,根据E=,减小d,而E不变,带电液滴不动,故选项D错误.
3.(针对第10题)如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路,开关S闭合.一带电液滴悬浮在两板间P点不动,下列说法正确的是( D )
A.带电液滴可能带正电
B.增大两极板距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B到A
C.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速下降
D.断开S,减小两极板距离过程中,液滴静止不动
解析:带电液滴在重力和静电力作用下处于平衡状态,静电力方向向上,电场方向向下,故液滴带负电,选项A错误.由C=和Q=CU可知,当两极板间距离增大的过程中,C变小,所以Q变小,因此电容器放电,放电电流的方向在电阻R中从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,选项B错误.断开S,由C=,Q=CU和U=Ed知E=,Q不变,S减小,所以E增大,静电力大于重力,液滴加速上升,选项C错误.由E=知,Q不变,d减小,E不变,液滴静止不动,选项D正确.