物理必修 第三册4 电容器的电容同步测试题

电容器的电容

(25分钟·60分)

一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)

1.下列关于电容器的叙述正确的是(　　)

A.电容器是储存电荷的容器,只有带电的容器才能称为电容器

B.两个彼此绝缘而又相互靠近的导体,当带电时构成电容器,不带电时不是电容器

C.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和

D.电容器充电过程是将其他形式的能转化为电容器的电能并储存起来;电容器的放电过程,是将电容器储存的电能转化为其他形式的能

【解析】选D。电容器既然是储存电荷的容器,那么它是否带电不影响其储存电荷的能力,A、B错误;电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值,C错误;电容器的充、放电伴随能量的转化,D正确。

2.(2020·青岛高二检测)关于平行板电容器的电容,下列说法正确的是(　　)

A.电容器不带电时,其电容为零

B.电容器带电荷量越多,其电容越大

C.电容器两极板间电压越低,其电容越小

D.电容器的电容只由它本身的性质决定

【解析】选D。电容器的电容与电容器是否带电、带电荷量多少以及两板间有无

电压均无关,只与两极板间距、正对面积以及电介质有关,也就是说电容器的电

容只由它本身的性质决定,故选项A、B、C错误,D正确。

3.一个已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4 C,则其电压减小为原来的,则(　　)

A.电容器原来的带电荷量为9×10-4 C

B.电容器原来的带电荷量为4.5×10-4 C

C.电容器原来的电压为1 V

D.电容器的电容变为原来的

【解析】选B。由题意知C==,解得Q=4.5×10-4 C,故B正确,A错误;因电容器的电容未知,所以无法求出电容器原来的电压,C错误;电容是由电容器本身决定的,跟电压和电荷量的变化无关,所以电容器的电容不变,D错误。

【加固训练】

某电容器上标有“25 μF　450 V”字样,下列对该电容器的说法中正确的是(　　)

A.要使该电容器两极板之间电压增加1 V,所需增加的电荷量为2.5×10-5 C

B.要使该电容器带电荷量为1 C,两极板之间需加电压2.5×10-5 V

C.该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10-5 C

D.该电容器能够承受的最大电压为450 V

【解析】选A。由电容器的铭牌信息可知,该电容器的电容为25 μF,则由C=可

知,要增加1 V的电压,需要增加的电荷量ΔQ=ΔU·C=2.5×10-5 C,故A正确;由Q=UC可知,要带1 C的电荷量,两极板之间需加电压U==4×104 V,故B错误;由铭牌信息可知,电容器的额定电压为450 V,则电荷量最多为Q=UC=1.125×10-2 C,故C错误;电容器的额定电压为450 V,低于击穿电压,故D错误。

4.如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从右边接线柱流进电流计,指针向右偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向右偏转,则(　　)

A.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在增大

B.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在增大

C.导体芯A所带电量在增加,液体的深度h在减小

D.导体芯A所带电量在减小,液体的深度h在减小

【解析】选A。电流计指针向右偏转,说明流过电流计G的电流由右向左,则导体芯A所带电量在增加,电容两端间的电势差不变,由Q=CU可知,导体芯A与液体形成的电容器的电容增大,根据C=,知正对面积增大,则液体的深度h在增加,故A正确。

5.电容式压力传感器的原理如图所示,其中上板为固定电极,下板为可动电极。

可动电极的两端固定,当有压力作用于可动电极时,极板会发生形变,从而改变

电容器的电容。已知电流从灵敏电流计的正极流入时指针往右偏,则压力突然增大时(　　)

A.电容器的电容变小　

B.电容器的电荷量不变

C.灵敏电流计指针往左偏 

D.电池对电容器充电

【解析】选D。当待测压力增大时,电容器板间距离减小,根据电容的决定式C=得知,电容C增大,故A错误;电容器板间电压U不变,电容器所带电量为Q=CU,C增大,则Q增大,电容器处于充电状态,而上极板带正电,电流将从电流计正接线柱流入,所以灵敏电流计指针向右偏转,当稳定后,则会回到中央,故B、C错误,D正确。故选D。

6.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、两极板间电场强度E的变化情况是              (　　)

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】选C。电容器充电后再断开S,其所带电荷量Q不变,由C∝可知,d增大时,C变小,又U=,所以U变大;由于E=,U==,所以E=,故d增大时,E不变。选项C正确。

【加固训练】

如图,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为              (　　)

A.g　   　B.g　　    C.g　　   D.g

【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=q;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律ma=mg-q,两式联立可得a=g,故选A。

二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)

7.(12分)(2020·枣庄高二检测)一个平行板电容器,使它每板电荷量从Q1=3.0×10-5 C增加到Q2=3.6×10-5 C时,两板间的电势差从U1=10 V增加到U2,求:

(1)这个电容器的电容;

(2)U2为多少;

(3)如要使两极板电势差从10 V降为U2′=6 V,则每板需减少多少电荷量。

【解析】(1)电容器的电容

C== F=3×10-6 F=3 μF。

(2)因为电容器的电容不变,

所以U2== V=12 V。

(3)根据电容的定义,它等于每增加(或减少)1 V电势差所需增加(或减少)的电荷量,即C=,要求两极板间电势差降为6 V,则每板应减少的电荷量为ΔQ′=CΔU′=3×10-6×(10-6) C=1.2×10-5 C。

答案:(1)3 μF　(2)12 V　(3)1.2×10-5 C

8. (12分)如图所示,水平放置的平行金属板A、B的距离为d,开始两板都不带电,现将电荷量为+q、质量为m的液滴从小孔正上方h处无初速度滴下,通过小孔落向B板并把电荷全部传给B板,若第N滴液滴在A、B间恰好做匀速运动,求电容器的电容。

【解析】第N滴液滴做匀速运动时,板上电荷量:

Q=(N-1)q①

由平衡条件得:qE=mg②

两极板间电压:U=Ed③

电容器电容:C=④

由①②③④联立解得:C=。

答案:

(15分钟·40分)

9.(6分)(多选)(2020·南昌高二检测)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时,电介质板随之在电容器两极板之间移动,连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化,进而能测出电容的变化,最后就能探测到物体位移的变化,若静电计上的指针偏角为θ,则被测物体(　　)

A.向左移动时,θ增大 

B.向右移动时,θ增大

C.向左移动时,θ减小 

D.向右移动时,θ减小

【解析】选B、C。由公式C=可知,当被测物体带动电介质板向左移动时,导致两极板间电介质增加,则电容C增大,由公式C=可知电荷量Q不变时,U减小,则θ减小,故A错误,C正确;由公式C=可知,当被测物体带动电介质板向右移动时,导致两极板间电介质减少,则电容C减小,由公式C=可知电荷量Q不变时,U增大,则θ增大,故B正确,D错误。故选B、C。

10.(6分)如图所示是一个由电源、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              (　　)

A.带电液滴可能带正电

B.增大两极板间距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B运动到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,减小两极板距离的过程中,液滴静止不动

【解析】选D。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,A选项错误;由C=和Q=CU可知,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,放电电流的方向为从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,不能直接通过电容器从B运动到A,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,液滴将加速上升,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。

11.(6分)(多选)如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的电流计,闭合开关S后,下列说法中正确的有              (　　)

A.若在两极板间插入电介质,电容器的电容变大

B.若在两极板间插入导体板,电容器的电容变小

C.若只将滑动变阻器滑片P向上移动,此过程电流计中有从a到b方向的电流

D.若只将电容器下极板向下移动一小段距离,此过程电流计中有从b到a方向的电流

【解析】选A、C、D。若只在两极板间插入电介质,根据C=可知,电容器的电容将增大,故A正确;若在两极板间插入导体板,相当于减小平行板电容器两极板间的距离,根据C=可知,电容器的电容变大,故B错误;若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器极板间电压增大,则电容器所带电荷增多,电容器充电,此过程电流计中有从a到b方向的电流,故C正确;若只将电容器下极板向下移动一小段距离,两极板间距离增大,根据C==,电容减小,而电压不变,则电容器所带电量减小,电容器放电。由于上极板带正电,所以此过程电流计中有从b到a方向的电流,故D正确。

12.(22分)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。

【解析】设电容器电容为C,第一次充电后两极板之间的电压为U=  ①

两极板之间电场的电场强度为E=  ②

式中d为两极板间的距离。

按题意,当小球偏转角θ1=时,小球处于平衡位置。设小球质量为m,所带电荷量

为q,则有FTcosθ1=mg ③

FTsinθ1=qE  ④

式中FT为此时悬线的张力。

联立①②③④式得tanθ1=  ⑤

设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ,此时小球偏转角θ2=,则tanθ2=    ⑥

联立⑤⑥式得=,

代入数据解得ΔQ=2Q。

答案:2Q

【加固训练】

如图所示,已知平行板电容器两极板间距离d=4 mm,充电后两极板电势差为120 V。A板带正电,若它的电容为3 μF,且P到A板距离为1 mm。求:

(1)每一板的带电荷量。

(2)一个电子在P点具有的电势能。

(3)一个电子从B板出发到A板获得的动能。

(4)两板间的电场强度。

【解析】(1)由Q=UC得Q=120×3×10-6C=3.6×10-4 C。

(2)EP=-eφP=-edPB=-90 eV。

(3)因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功,电势能减小,动能增加,所以由动能定理得

Ek-0=-eUBA,Ek=120 eV。

(4)E==3×104 N/C

答案: (1)3.6×10-4 C　(2)-90 eV

(3)120 eV　(4)3×104 N/C