2024-2025学年高中物理第1章静电场8电容器的电容作业含解析新人教版选修3-1

PAGE6-电容器的电容(时间：40分钟分值：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(多选)关于电容器的电容，下列说法正确的是()A．电容器所带的电荷量越多，电容就越大B．电容器两极板间的电势差越大，电容就越大C．电容器所带的电荷量增加一倍，则两极板间的电势差也增加一倍D．电容是表征电容器容纳电荷本事的物理量CD[电容器的电容只与电容器本身的因素有关，而与电荷量和电势差无关，电容是表征电容器容纳电荷本事的物理量，选项C、D正确。]2．下列关于电容器的相关学问描述正确的是()甲乙丙丁戊A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势EB．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器运用时都严格区分正负极D．图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V的电压时电容才为1.0FA[题图甲为电容器充电过程，电容器上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；题图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且电流渐渐减小，故B错误；题图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者运用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；题图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5V，而电容与电容器的电压，及电荷量均无关，总是为1.0F，故D错误。]3.图为一只极距变更型电容式传感器的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变更时，电容C便发生变更，通过测量电容C的变更就可知道两极板之间距离d的变更状况。下列选项中能正确反映C与d之间变更规律的图象是()ABCDA[由平行板电容器电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C与两极板之间距离d成反比，在第一象限反比例函数图象是双曲线的一支，选项A正确。]4.如图所示，将平行板电容器接在电源两极间，电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态。若将两极板缓慢地错开一些，其他条件不变，则()A．电容器带电荷量不变B．电源中将有电流从正极流出C．尘埃仍静止D．电流计中将有电流通过，电流方向由b→aC[若将两极板错开一些，则电容器的电容减小，电容器两极板间的电压不变，所以电容器上的带电荷量削减，电容器放电，电流从电容器的正极板流出，流向电源的正极，即电流方向为a→b；因电容器两极板间的距离没有发生变更，所以场强没有发生变更，带电尘埃受到的电场力不变，尘埃仍静止。故选项C正确。]5.(多选)如图所示是用来测定角度θ的电容式传感器。当动片与定片之间的角度θ发生变更时，引起极板正对面积S的变更，使电容C发生变更，知道C的变更，就可以知道θ的变更状况。下列说法正确的是()A．θ变大，则C变大 B．θ变大，则C变小C．θ变小，则C变大 D．θ变小，则C变小BC[依据电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，由题图知θ变大，S变小，C变小；同理，若θ变小，则S变大，C变大，故选项B、C正确。]6.(多选)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的电势差U，现使B板带电，则下列推断正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板略微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若将A板拿走，则静电计指针张角变为零AB[电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量肯定，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，当d变大时，C变小，再由C＝eq\f(Q,U)得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大。正确选项为A、B。]二、非选择题(14分)7.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒定电源上，两板间距为3cm，电容器所带电荷量为6×10－8C，A(1)平行板电容器的电容；(2)平行板电容器两极板间的电场强度；(3)图中距B板2cm的D点的电势。[解析](1)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(6×10－8,60)F＝1×10－9F。(2)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(60V,0.03m)＝2×103V/m。(3)φD＝－Ed′＝－2×103×(0.03－0.02)V＝－20V。[答案](1)1×10－9F(2)2×103一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中()A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到ND[当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向M→R→N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确。]2．如图所示，一个平行板电容器两板间距离为d，其电容为C，所带电荷量为Q，上极板带正电，现将一个带电荷量为＋q的摸索电荷由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为l，连线AB与极板间的夹角为30°，则静电力对摸索电荷所做的功等于()A．eq\f(qCl,Qd)B．eq\f(qQl,Cd)C．eq\f(qQl,2Cd)D．eq\f(qCl,2Qd)C[依据U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(Q,Cd)，所以从A到B，静电力做功W＝qElsin30°＝eq\f(qQl,2Cd)，C正确。]3．(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B。B板接地，A板带有电荷量＋Q，板间电场中有一固定点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，在这两种状况下，下列说法正确的是()A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势上升C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D．B板上移时，P点的电场强度变小，P点电势降低AC[A板下移与B板上移，两板间的距离均减小，但此平行板电容器为电荷量不变的电容器，变更两板间的距离不能变更电场强度的大小及方向，即E不变。因此A板下移时，P点与B板间的电势差不变，即P点电势也不变；但B板上移时，由于P点与B板的距离减小，因此P、B间的电势差减小，即P点电势降低，选项A、C正确。]4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽视。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A．平行板电容器的电容将变大B．静电计指针张角变大C．带电油滴的电势能将增大D．若先将上极板与电源正极连接的导线断开，再将下极板向下移动小段距离，则带电油滴所受电场力不变D[依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，d增大，则电容减小，故A错误。静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误。电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板间的电势差U＝Ed′，间距不变，场强变小，所以电势差变小，且上极板与电源正极相连，所以P点电势变高，电势能Ep＝－φq变小，故C错误。电容器与电源断开，则电荷量不变，d变更，依据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确。]二、非选择题(本题共2小题，共26分)5．(12分)计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是C＝εeq\f(S,d)，其中ε＝9.0×10－12F·m－1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当某一键被按下时，d发生变更，引起电容器的电容发生变更，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm。只要电容变更达0.25pF，电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少须要按下多大距离？[解析]由题中给出的电容计算公式C＝εeq\f(S,d)及相关数据，解得键未按下时的电容C1＝0.75pF，由eq\f(C1,C2)＝eq\f(d2,d1)得，eq\f(ΔC,C2)＝eq\f(Δd,d1)，又C2＝1.00pF，解得Δd＝0.15mm。[答案]0.15mm6．(14分)电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴试验测出的。油滴试验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中心小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以视察到油滴的运动状况。两金属板间的距离为d，忽视空气对油滴的浮力和阻力。(1)当两金属板间的电势差为U时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动，该油滴所带电荷量q为多少？(2)若油滴进入电场时的速度可以忽视，当两金属板间的电势差为U时，视察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q。[解析](1)油滴匀速下落过程中受到的静电力和重力平衡，可知油滴带负电荷，且eq\f(qU,d)＝m1g，解得q＝eq\f(m1gd,U)。(2)油滴加速下落，若油滴带负电荷，电荷量为Q1，油滴受静电力方向向上，设此时的加速度大小为a1，依据牛顿其次定律得m2g－Q1eq\f(U,d)＝m2a1，而d＝eq\f(1,2)a1t2，解得Q1＝eq\f(m2d,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))；若油滴带正电荷，电荷量为Q2，油滴受静电力方向向下，设此时的加速度大小为a2，依据牛顿其次定律得m2g＋Q2eq\