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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date第1章第8节电容器的电容练习题及答案解析教师第1章第8节电容器的电容练习题及答案解析第1章第8节电容器的电容练习题及答案解析1下面关于电容器及其电容的叙述正确的是()A任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D一个电容器的电荷量增加Q1.0106
2、C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定解析：选A.电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A正确；电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B错；电容器的电容由电容器结构决定，不随带电量的变化而变化，C错；C可求电容器的电容，D错2对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间相应关系的图应是下图中的()图186解析：选B.电容是描述电容器储存电荷特性的物理量，仅由电容器本身决定，对于给定的电容器，其电容C的大小与电荷量Q、电压U均无关3(2010年高考北京理综卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图187). 设两极板正对面积
3、为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若()图187A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，由不变解析：选A.保持S不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由QCU可以判断极板间电势差变大，静电计指针偏角变大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，电容器电容变小，由QCU可以判断极板间电势差变大，选项C、D错误新 课 标 第 一 网4如图188所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，下列
4、说法中正确的是()图188A保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B保持S闭合，将A板向B板靠近，则不变C断开S，将A板向B板靠近，则增大D断开S，将A板向B板靠近，则不变X k b 1 . c o m解析：选AD.保持S闭合，则电容器两极间的电压不变，由E可知，当A板向B板靠近时，E增大，增大，A正确，B错误；断开S，则两板带电荷量不变，则QCUE可知，将A板向B板靠近，并不改变板间电场强度，故Q不变，D正确，C错误5.如图189所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C计算，
5、式中常量91012 F/ m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm，如果电容变化0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下多少 mm.图189解析：设金属片的原距离为d，金属片被按下d时电容变化C0.25 pF，此时金属片间距为(dd)，则C1，C2.CC2C1S()，代入数据得d0.15 mm.答案：0.15 mm一、选择题1某电容器的电容是30 F，额定电压为200 V，击穿电压为
6、400 V，对于该电容器，下列说法中正确的是()A为使它的两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量是3105 CB给电容器1 C的电荷量，两极板间的电压为3105VC该电容器能容纳的电荷量最多为6103CD该电容器两极板间能承受的最大电压为200 V解析：选A.由QCU301061 C3105C，A对；由UV3.3104 V，电容器被击穿 ，B错；击穿电压为400 V表示能承受的最大电压为400 V，最大电荷量QCU3105400 C1.2102C，C、D错2一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0107 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为()A1.
7、0108 FB2.0108 FC4.0108 F D8.0108 F解析：选B.由于电容与电容器上带电荷量和电势差大小无关，所以可根据电容的定义式推导出：C.因此电容C F2.0108 F.3.如图1810所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d.今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为()图1810Ak BkC. D.解析：选C.平行板电容器极板间电场为匀强电场，其电场强度为E，因此点电荷q在其中所受到的电场力为FEq.新课标第一网4.如图1811所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态现将两极
8、板的间距变大，则()图1811A电荷将向上加速运动B电荷将向下加速运动C电流表中将有从a到b的电流D电流表中将有从b到a的电流解析：选BD.板距增大，由于板间电压不变，则E变小，所以电场力变小，电荷向下加速，A错B对；由平行板电容公式可知，板间增大C变小，则QCU变小，电容器放电，C错D对5如图1812所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小下列关于该仪器的说法正确的是()图1812A该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体新 课 标 第 一 网B金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C如果指示器显示
9、电容增大了，则说明电容器中的液面升高了D如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了解析：选AC.类似于平行板电容器的结构，导体芯柱和导电液体构成电容器的两电极，导体芯柱的绝缘层就是两极间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小导电液体深度h越大，则S越大，C越大，C增大时就表明h变大故A、C正确6. (2011年沈阳高二质检)如图1813所示是一只利用电容器电容(C)测量角度()的电容式传感器的示意图当动片和定片之间的角度()发生变化时，电容(C)便发生变化，于是通过知道电容(C)的变化情况就可以知道角度()的变化情况下列图象中，最能正确反映角度()与
10、电容(C)之间关系的是()图1813图1814解析：选B.两极板正对面积S()R2，则S()又因为CS，所以C()令Ck()(k为常数)所以B正确7某电容器上标有“1.5 F,9 V”的字样，则()A该电容器所带电荷量不能超过1.5106 CB该电容器所加电压不能超过9 VC该电容器击穿电压为9 VD当给该电容器加4.5 V的电压时，它的电容值变为0.75 F解析：选B.该标示值为电容器电容和能允许加的最大电压加在该电容器上的电压超过9 V就会击穿它能够给它充的最大电荷量为QCU m1.5 1069 C1.35105C.电容器电容与所加电压无关，因此当给电容器加4.5 V的电压时，其电容值仍为
11、1.5 F.故B正确8如图1815所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带电荷量Q，板间电场内有一固定点P.若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是()图1815AA板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变BA板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高CB板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低DB板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低解析：选AC.A板下移，电荷密度不变，场强不变，又因P与B板距离不变，由UPEd知P点电势不变，A对，B错，B板上移，场强同样不变，但P与B板距离减小，故电势降低C对，D错9如图1816所示，
12、两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是()图1816A液滴将向下加速运动BM点电势升高，液滴在M点的电势能将减小CM点的电场强度变小了D在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同解析：选BD.当将a向下平移时，板间场强增大，则液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，A、C错误由于b板接地且b与M间距未变，由UEd可知M点电势将升高，液滴的电势能将减小，B正确由于前后两种情况a与b板间电势差不变，所以将液滴从a板移到b板电场力做功相同，D正确二、计算
13、题10水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动若使电容器电量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？解析：利用平衡条件得mgqE.根据运动学公式有，由牛顿第二定律得，qEmgma，又E，解得t.答案： 11如图1817所示，一平行板电容器接在U12 V的直流电源上，电容C3.01010 F，两极板间距离d1.20103m，取g10 m/s2，求：图1817(1)该电容器所带电量(2)若板间有一带电微粒，其质量为m2.0103 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？
14、解析：(1)由公式C得QCU3.0101012 C3.6109 C.(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qEmg，而E解得q C2.0106 C微粒带负电荷答案：(1)3.6109 C(2)2.0106 C负电荷12如图1818所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一质量为m，带电量为q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，小球恰好能打到A板，求A、B板间的电势差图1818解析：如果电场力做正功，由动能定理得qUmg(hH)0mv/2，解得U，如果电场力做负功， 则有qUmg(hH)0mv/2，解得U.答案：见解析电容器、电容典型例题【例1】一个平行板电容器，使它每板电量从Q1=
15、3010-6C增加到Q2=3610-6C时，两板间的电势差从U1=10V增加到U2=12V，这个电容器的电容量多大？如要使两极电势差从10V降为U2=6V，则每板需减少多少电量分析 直接根据电容的定义即可计算解 电量的增加量和电势差的增加量分别为Q=Q2Q1=3610-6C3010-6C=610-6C，U=U2U1=12V10V=2V根据电容的定义，它等于每增加 1V电势差所需增加的电量，即要求两极板间电势差降为6V，则每板应减少的电量为Q=CU=310-6（106）C=1210-6C说明 （1）电势差降为 6V时，每板的带电量为Q2=Q1Q= 3010-6C1210-6C=1810-6C（2
16、）由题中数据可知，电容器每板带电量与两板间电势差的比恒定，即【例2】 一平行板电容器的电容量为C，充电后与电源断开，此时板上带电量为Q，两板间电势差为U，板间场强为E现保持间距不变使两板错开一半（图1），则下列各量的变化是：电容量C=_，带电量Q=_，电势差U=_，板间场强E_分析 电容器的电容量由板间介质特性及几何尺寸决定介质与间距不变，正对面积减为原来的一半，电容量也减为原来的一半，即 切断电源后，板上电量不变，Q=Q由电容定义得两板间电势差根据电势差与场强的关系，得板间场强说明 板上电量不变，错开后的正对面积变小，板上相对部分电荷的密度增加，即板间电场线变密，如图2所示，分析平行板电容器
17、的问题中，借助电场线，可得到形象化的启发【例3】 如图1所示，把一个平行板电容器接在电压U=10V的电源上现进行下列四步动作：金属板；（3）打开S；（4）抽出金属板则此时电容器两板间电势差为 A0VB10VC5VD20V分析每一步动作造成的影响如下：（1）合上S，电源对电容器充电，至电压为U设电容量为C，则带电量Q1=CU板间形成一个匀强电场，场强为（2）插入金属板，板的两侧出现等量异号的感应电荷，上下形成为等势体，则A板与金属板之间、金属板与B板之间的电势差均为显然，在插入过程中，电源必须对A、B两板继续充电，板上电量增为原来的2倍，即Q2=2Q1（3）打开 S， A、 B两板的电量保持不变
18、，即Q3=Q2=2Q1（4）抽出板，电容器的电容仍为C，而电量为2Q1，所以两板间答 D【例4】 三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置，间距分别为h和d，如图所示A、B两板中心开孔，在A板的开孔上搁有一金属容器P，与A板接触良好，其内盛有导电液体A板通过闭合的电键S与电动势为U0的电池的正极相连，B板与电池的负极相连并接地容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m，带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O落在D板上，其电荷被D板吸附，液体随即蒸发，接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续设整个装置放在真空中（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？（2）D板最终可达到多高的电势？
19、（3）设液滴的电量是A板所带电量的a倍（a=0.02），A板与 B板构成的电容器的电容为C0=510-12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm试计算D板最终的电势值（g=10ms2）（4）如果电键S不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其他条件与（3）相同在这种情况下，D板最终可达到电势值为多少？说明理由分析 液滴落下后，由电场力和重力共同对它做功，由此可算出它到达D板的速度液滴落下后，D板上出现正电荷，在DB间形成一个方向向上的场强，将阻碍以后继续下落的液滴，使D板的带电量有一限度，其电势也有一个最大值解 （1）设第一个液滴到达D板的速度为v1，对液滴从离
20、开小孔O到D板的全过程由功能关系得（2）随着下落液滴的增多，D板带的正电荷不断积累，在DB间形成向上的电场E，通过O后的液滴在BD间作匀减速运动，当液滴到达D板的速度恰为零时，D板的电势达最高，设为Um由qU0mg（hd）qUm=Ek=0得（3） A板带电量Q0=C0U0，故每一液滴的电量q=Q0=002C0U0，代入上式得（4）D板最终电势等于A板电荷全部到达D板时D板的电势由于h=d，B、D间电容量也是C0，故D板最终电势U至多为U0因为当 D板电势为U时， A板电势UA=U0U，到达D板液滴的动能为Ekmg（hd）qU0qUmg（hd）qU式中qm=aC0U0，是q的最大值，即第一个液滴的电量因故恒有Ek0，表示液滴一直径往下滴，直到A板上电量全部转移到D板，所以D板最终电势可达所以小球运动到B点的速度大小为说明 （1）电场力做功与重力做功，都只与始、末两位置有关，与具体路径无关（2）电势能的变化仅由电场力作功产生，重力势能的变化仅由重力作功产生，但动能的变化是由作用在物体上的所有外力的功产生的在具体问题中，必须注意分清-