2017-2018学年物理人教版选修3-1同步练习教师用卷：　1.8　电容器的电容同步练习-教师用卷 .docx

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1、1.8电容器的电容同步练习一、单选题1. 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【解析】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=S4kd知，介电常数减小，电容减小由于电压不变，根据C=QU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=Ud可知，极板间的电场强度不变所以AB

2、C错误，D正确；故选：D2. 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【解析】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

3、量在减小.故ABC错误，D正确故选：D3. 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aD. 电流计中始终无电流流过【答案】B【解析】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=Ud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=S4kd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 4. 根据电容器的电容的定义式C=QU，可知

4、()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【解析】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.故A错误 B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零.故B错误 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.故C错误 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.故D正确故选D 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

5、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，Ep表示点电荷在P点的电势能，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. 增大，E增大B. 增大，EP不变C. 减小，EP增大D. 减小，E不变【答案】D【解析】解：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C=s4kd可知，电容C增大，则根据C=QU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：E=Ud=QCd=4kQS；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P=EL，电

6、势能EP=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D。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xB. A板向右移动xC. B板向上移动xD. B板向右移动x【答案】C【解析】解：A、A板向上移动x，板间距d增加，根据公式C=S4kd，电容减小，故A错误；B、A板向右移动x，正对面积S减小，根据公式C=S4kd，电容减小，故B错误；C、B板向上移动x，板间距d减小，根据公式C=S4kd，电容增加，故C正确；D、B板向右移动x，正对面积S减小，根据公式C=S4kd，电容减小，故D错误；故选：C 7. 如图所示的

7、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【解析】

8、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，故A错误，B正确；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，故CD错误；故选：B二、多选题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

9、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】AB【解析】解：A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=S4kd可知，电容减小，电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大.故A正确B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=S4kd可知，电容减小，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大.故B正确C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=S4kd可知，

10、电容增大，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小.故C错误D、根据C=S4kd，U=QC得，E=Ud=QCd=4kQS，知d变化，E不变，故D错误故选：AB9. 如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5，变阻器Rl的最大电阻Rm=5.0，R2=1.5，R3=R4=1000，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，R1接入电路的阻值为3，电源的输出功率为4.5WB. 引入的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C. 在题

11、设条件下，R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D. 在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为dc【答案】AD【解析】解：A.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R1+R2=r.R2=1.5，则R1=3.电源的输出功率Pm=E24r=4.5W.故A正确B.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b(未接触b)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.故B错误C.电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2及电源构成串联电路，R1的

12、阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小.故C错D.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R3的电流方向为dc.故D对故选AD10. 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BD. 错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A【答案】BC【解析】解：AB、根据电容器的决定式：C=s4kd，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=qUd没有发生变化，故电场力

13、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：BC11. 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】AD【解析】解：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

14、C=QU可知，电容C减小；故选：AD12. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1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U表示，电流表示数的变化量用表示I表示.下列判断正确的是()A. 电容器的带电量减小，减小量为CUB. 通过电阻R1的电流减小，减少量为I，且等于UR1C. 电路的路端电压一定增大，增加量小于UD. 电可变电阻R的功率可能变小【答案】CD【解析】解：A、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R1两端的电压减小，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R1两端的电压减小量小于U.电容器两极板间

15、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CU.故A错误B、根据A的分析可知，电阻R1两端的电压减小量小于U，所以通过电阻R1的电流减小量I小于UR1，故B错误；C、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R1两端的电压减小，而R的电压增大U，所以电路的路端电压增加量小于U.故C正确D、当可变电阻的阻值与R1+r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.故D正确故选：CD 三、计算题13. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，金属棒AD长0.4m，与框架宽度相同，电阻r=1.3，框架电阻不计，电阻R1=

16、2，R2=1.当金属棒以5m/s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0.3F，则电容器中储存多少电荷量？【答案】解：(1)棒产生的电动势：E=Blv=0.2V，外电阻为：R=R1R2R1+R2=212+1=23，通过棒的感应电流：I=ER+r=0.223+1.30.1A(2)电容器两板间的电压：U=IR=0.123=115V，电容器带电量：Q=CU=0.310-6115=210-8C.答：(1)流过金属棒的感应电流为0.1A；(2)若图中电容器C为0.3F，则电容器中储存的电荷量为210-8C.【解析】(1)由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出

17、电流；(2)求出电容器两端电压，然后由电容的定义式求出电容器储存的电荷量本题是含容电路问题，考查了求电流、电荷量，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用E=BLv、欧姆定律、电容定义式即可正确解题14. 如图所示的电路中，电源的电动势为5V，R1=R2=2，C=50F，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】解：(1)根据闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律得：E=U+Ir，U=I(R1+R2)带入数据解得：r=1(2)电容器C与R1并联，则U1=IR1，而q=CU1，带入数据解得：q=110-4C答：(1)电源的内电阻为1；(2)电容器所带的电荷量

18、为110-4C.【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律列式即可求解内阻；(2)电容器C与R1并联，电容器的电压即为R1的电压，再根据q=CU1即可求解本题主要考查了闭合电路欧姆定律公式的直接应用，知道电容器C与R1并联，电容器的电压即为R1的电压，难度不大，属于基础题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d=50cm，电源电动势E=15V，内电阻r，电阻R1=4，R2=10，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m=210-2kg，电量q=110-2C，问：(1)小球带正电还是负电，电容器的电压为

19、多大？(2)电源的内阻为多大？(3)电源的效率是多大？(取g=10m/s2)【答案】解：(1)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mg=U2dq，解得：U2=mgdq=210-2100.5110-2=10V，(2)电路中的电流I=U2R2=1010=1A 根据闭合电路欧姆定律得：E=U2+I(R1+r) 解得：r=15-101-4=1 (3)电源的效率=UIEI100%=U1+U2E100%=4+1015100%=93.33% 答：(1)小球带负电，电容器的电压为10V；(2)电源的内阻为1；(3)电源的效率是93.33%【解析】(1)小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡判断电场力的方向，进而判断电荷的正负，根据受力平衡求解电容器电压；(2)由欧姆定律求出通过电路的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解内阻；(3)根据=UIEI100%求解电源效率本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据平衡条件、欧姆定律联立列式求解，难度适中