物理选修1-1人教新课标版：1.4电容器 课时练习2（解析版)

2019-2020学年人教版选修1-11.4电容器课时练习2（解析版)
1．用两节相同的电池分别给两个电容器和充电，已知，当达到稳定状态时，两电容器的带电量Q，两极板间的电势差U，关系正确的是　　
A．， B．，
C．， D．，
2．如图所示，电源电压100V，两个电容器完全相同，静电计读数U和电压表，以下说法正确的是　　
A．， B．，C．， D．，
3．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：
保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少
保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大
断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大
以上说法正确的有　　
A． B． C． D．
4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地。一带正电的点电荷固定于P点。现将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则( )

A．P点的电势将降低，点电荷的电势能增大
B．P点的电势将降低，点电荷的电势能减小
C．P点的电势将升高，点电荷的电势能增大
D．P点的电势将升高，点电荷的电势能减小
5．如图所示，两个水平放置的平行板电容器，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．A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N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（ ）
A．P向下动，Q向上动
B．U1减小，U2增大
C． Q1减小，Q2增大D．C1减小，C2增大
6．我们在冬天夜间脱外衣时经常会发现产生火花的现象，将内衣、外衣看成电容器的两个极板，则对此过程说法正确的是(　　)
A．电容器电容在增加
B．电容器电容在减少
C．能释放大量能量
D．产生很高的电压
7．在图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡L变暗，可以
A．增大的阻值 B．减小的阻值 C．增大的阻值 D．减小的阻值
8．一平行板电容器，充电后与电源断开，现将一块均匀的电介质板插进电容器，恰好充满电容器两板间的空间，与未插电介质板时相比
A．电容器所带电荷量变大 B．电容器的电容增大
C．两极板间的场强变大 D．两极板间的电势差减小
9．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长，两板间距离，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为，电荷量，则下列说法正确的是　　
A.微粒的入射速度
B.电容器上板接电源正极时，微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C.电源电压为180V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场
D.电源电压为100V时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场
10．两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止，现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度大小为g，忽略电场的边缘效应，则（ ）
A．电容器A的电压增加，带电粒子加速向上运动B．电容器A的带电量增加原来的2倍
C．电容器B的正对面积减少到原来的
D．电容器B间的电场强度保持不变
11．用四个阻值均为R的电阻连成如图所示的电路，电键S闭合时，有一质量为m带电荷量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点，平行板电容器的下极板接地现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板板碰撞，设两极板间距离为d，电源内阻也为R，重力加速度为求：
电源电动势E为多大？
从打开电键S到小球碰撞到极板所需时间？
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
电容器两端的电势差等于电池的电动势，因为电池的电动势相同，则；因为，根据知，C正确．
【点睛】
解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容器两端的电势差等于电源的电动势．
2．C
【解析】
【详解】
电容器对于直流电来说，它在正负两极充满电荷之后相当于开路的；电压表在这个电路中，相对于电容来说，就是一个很大的电阻，所以和电压表并联的电容器就可以直接去掉，电路性质不变。此时电压表可以视为静电计连接电源的导线；由于电压表中没有电流，所以电压表没有示数；而静电计它的性质和电容差不多，也是在充满电荷之后就相当于开路。所以静电计所测电压实际为电源电源100V，C正确．
3．C
【解析】【分析】
】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由可求得电场强度的变化．
【详解】
保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由可知，两极板间的电场的电场场强增大，错误；保持K接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，增大，根据电容的决定式知电容增大，由可知，极板上的电量增大，正确；断开K，减小距离d，根据电容的决定式电容增大，而两板上所带电量不变，由可得，则知两极板间的电势差U减小，正确；断开K，插入介质后，根据电容的决定式，电容增大，两板上所带电量不变，由可知极板上的电势差减小，错误，故C正确．
【点睛】
电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变，和电源相连，则两板间的电势差不变，再根据电容的决定式和定义式结合进行分析．
4．B【解析】
试题分析：平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，电容器间的电场强度减小，根据确定出P与下极板电势差的变化，从而确定出P点电势的变化，根据确定电势能的变化．
平行板上极板向上运动，两极板间的距离增大，根据公式可知电容减小，又知道电容器两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定，根据公式可知两极板间的电场场强减小，而下极板电势为零，P点到下极板的距离不变，根据可知P点的电势降低，因为下极板电势为零，所以两极板间的电势都为正值，根据可知正点电荷的电势降低，B正确．5．AC
【解析】
试题分析：将B板下移时，由，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，，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正确；故选AC。
考点：电容器；电场强度
【名师点睛】】本题考查电容器的动态分析，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；此题将两个电容器串联使用，题目较为新颖，但难度较大，对学生要求较高。
6．BD
【解析】
试题分析：内外两件衣服可看作电容器的两极，并且将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，电势差增大．
解：将内衣外衣看成电容器的两个极板，将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，根据，d增大，电容减小，根据U=，电压增大，即产生很高的电压．故B、D正确，A、C错误．
故选BD．
点评：解决本题的关键掌握电容的决定式和电容的定义式C=．
7．AD
【解析】
试题分析：（等效思维法）因电容器具有隔直流通交流的特征，所以其电路路可等效为下图所示
当的阻值减小并趋于零时，L被短路，L变暗，当的阻值增大并趋近无穷大时，可视为断路，总电流趋近于零，灯泡L也变亮，所以AD正确
考点：考查了欧姆定律的应用，含电容电路
【名师点睛】本题也可以根据欧姆定律来分析，若部分电阻发生了变化，则对该部分的处理不能直接根据欧姆定律求解，本题中分析灯泡L亮度的变化，关键分析灯泡L和R2并联的电压如何变化，应灵活应用串并联电路的性质进行分析判断
8．BD
【解析】
由电容可知插入电介质后电容增大，B对；因为电容器与电源断开电量不变，由U=Q/C可知电压U变小，A错；由可知场强不变，C错；D对；
9．AC
【解析】
【分析】
粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度的大小；由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．
【详解】
粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：水平方向有，竖直方向有，解得，A正确；由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，B错误；当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：根据牛顿第二定律得：，解得，C正确D错误．
【点睛】
解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．
10．AC【解析】
试题分析：根据粒子的平衡可知粒子受电场力与重力的关系；两电容器电容相同，总电量不变；由电容的决定式分析B的电容变化，由电容的定义式可得出其电量的变化，判断出A的电量变化，从而能分析出A的电压的变化．根据平衡条件、牛顿第二定律和电容的相关公式列式分析B的正对面积变化．
解：
A、D、带电微粒静止，则有：mg=，得U=①
当B电容板错开时，B电容器的电容C减小，带电量减小，而两个电容器的总电量不变，则A的带电量增加，由C=知A板间电压增加，说明B板的电压增加，场强增大，粒子所受的电场力增大，所以粒子向上加速运动．故A正确，D错误．B、C、带电微粒向上加速运动，根据牛顿第二定律得：﹣mg=m②
由①②解得：U′=
则板间电压变为原来的倍．根据电容的定义式C=，可知A的带电量为原来的倍，则B的带电量为倍．
由电容的定义式C=，可知B的电容为原来的倍，则B的正对面积减少到原来的．故C正确，B错误．
故选：AC点评：本题为电容器的动态分析，要注意明确两电容直接相连时，电容器两端的总电量保持不变；这是解本题的突破点．
11．．
【解析】
试题分析：：（1）当S闭合时，电容器电压为U，则：U＝，对带电小球受力分析得：，由两式解得：（2）（6分）；E１q=mg；E１＝；；E２=；
小球向下运动；；所以t=
考点：本题考查电容器、匀变速运动规律。