第10章 第4节 电容器的电容（Word练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2024）

第4节　电容器的电容 课后·限时作业 （建议用时：40分钟） （见学生用书P160） [基础题组练] 题组一　电容和电容器 1.下列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.一个固定电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定 A　解析电容器是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，选项A正确；电容器所带电荷量指任一极板所带电荷量的绝对值，选项B错误；电容器的电容由电容器本身决定，不随所带电荷量的变化而变化，选项C错误；由C＝＝可求电容器的电容，选项D错误. 2.（多选）有一只电容器的规格是“1.5μF　9 V”，则该电容器 （　　） A.正常工作时所带电荷量不能超过1.5×10－5 C B.正常工作时所带电荷量不能超过1.35×10－5 C C.额定电压为9 V D.击穿电压为9 V BC　解析正常工作时的带电荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C，选项A错误，B正确；9 V为电容器的额定电压（或工作电压），且额定电压低于击穿电压，选项C正确，D错误. 3.如图所示为某一电容器所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，下列说法正确的是 （　　） A.该过程是充电过程 B.该过程是放电过程 C.电容器的电容为5.0×10－2 F D.该过程中电容器所带电荷量的变化量为0.005 C B　解析由题图可知，电压从40 V降低到36 V，电容器的电荷量减小，则属于放电过程，选项A错误，B正确；由题图可知，当电压为40 V时，电荷量为0.2 C，故电容器的电容C＝＝ F＝5.0×10－3 F，选项C错误；该过程中电容器所带电荷量的变化量ΔQ＝C·ΔU＝5.0×10－3×（40－36） C＝0.02 C，选项D错误. 题组二　电容器的充放电现象 4.在如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是 （　　） A.开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电 B.开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电 C.开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电 D.开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电 A　解析开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，选项A正确，B错误；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，选项C、D错误. 5.用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图甲所示，电源电动势为8 V、内阻忽略不计.先使开关S与1端相连，稍后掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时间变化的i－t图像如图乙所示.下列说法正确的是 （　　） 　 甲　　　　　　　　乙 A.图中画出的靠近i轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量 B.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20 C C.电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为4.0×10－4 C D.电容器的电容约为4.0×102 μF D　解析题图所示的竖立狭长矩形面积表示的是0.1 s时间内电容器放出的电荷量，选项A错误；确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2 mA，横坐标的每个小格为0.4 s，则每个小格所代表的电荷量数值为q＝0.2×10－3×0.4＝8×10－5 C，曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q＝40×8×10－5 C＝3.2×10－3 C，选项B、C错误；电容器的电容约为C＝＝400 μF，选项D正确. 题组三　电容器的动态分析 6.如图所示，竖直放置的平行板电容器与电源相连，在两极板A、B之间用绝缘细线悬挂一带电小球，闭合开关S，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是 （　　） A.小球带正电 B.保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，θ角将减小 C.断开开关S，仅将两极板间的距离适当增大，θ角将减小 D.断开开关S，仅将两极板间的正对面积适当减小，θ角将减小 B　解析由题图可知，A板带正电，B板带负电，形成方向水平向右的电场，小球向左偏，则说明小球带负电，选项A错误；保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，由E＝可知，电场强度减小，小球所受静电力减小，则θ角将减小，选项B正确；断开开关S，电容器的电荷量保持不变，由C＝、C＝和E＝，得E＝，则仅将两极板间的距离适当增大，电场强度不变，小球所受静电力不变，θ角将不变，选项C错误；仅将两极板间的正对面积适当减小，电场强度变大，小球所受静电力变大，θ角将变大，选项D错误. 7.（多选）如图所示为一种电容传声器.b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器.其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化.闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时 （　　） A.电容器的电容增大 B.a、b板之间的电场强度减小 C.b板的电势不变 D.流过电流表的电流方向为自右向左 AC　解析由C＝可知，a向右运动时，极板间的距离d减小，所以电容增大，选项A正确；闭合开关K，电压保持不变，极板间的距离减小，由E＝可知，电场强度增大，选项B错误；由题图可知b板与大地相连，故b板的电势不变，选项C正确；由C＝可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流表的电流方向为自左向右，选项D错误. 8.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，极板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间电场强度为E2，下列说法正确的是 （　　） A.U2＝U1，E2＝E1 B.U2＝2U1，E2＝4E1 C.U2＝U1，E2＝2E1 D.U2＝2U1，E2＝2E1 C　解析U1＝＝＝，E1＝＝，当电荷量变为2Q，板间距离变为d时，U2＝＝＝＝U1，E2＝＝＝2E1，选项C正确. [能力提升练] 9.一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则 （　　） A.U变小，E不变 B.E变大，Ep变大 C.U变小，Ep不变 D.U不变，Ep不变 A　解析由于电容器充电后与电源断开，说明电容器所带电荷量不变，正极板向负极板移近时，由C＝可知，电容C增大.又由U＝可知，U减小，而由E＝＝＝可知，电场强度E不变，由于E不变，P到正极板的距离减小，可知P点的电势升高，则正电荷的电势能Ep＝qφP变大.综上可知，选项A正确. 10.如图所示，在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电荷量为－q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地，则 （　　） A.当保持其他条件不变，而将M板向上移动的过程中，两极板间的电场强度变大 B.当保持其他条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过电阻R的电流方向向左 C.当保持其他条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，P处点电荷的电势能变大 D.当保持其他条件不变，而将电容器与电源断开，把M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，P处点电荷的电势能变小 C　解析当保持其他条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，因U不变，根据E＝，知两极板间的电场强度变小；d增大，根据C＝，知电容减小，根据Q＝CU，U不变，知带电荷量减小，则通过电阻R的电流方向向右，选项A、B错误；由于电容器两极板间电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，P、N间的电势差减小，因为N板电势为零，所以P处的电势降低，根据Ep＝qφ，电荷带负电，知P处点电荷的电势能变大，选项C正确；若将电容器与电源断开，保持其他条件不变，在将M板向上移动的过程中，d增大，由于Q不变，根据C＝、U＝、E＝，得E＝，可知极板间的电场强度不变，由于P处位置不变，N板电势为零，则P处电势不变，因此P处点电荷的电势能不变，选项D错误. 11.如图所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10 F，两极板间距离d＝1.2×10－3 m，g取10 m/s2，求： （1）该电容器所带电量； （2）若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒所带电荷量为多少？带何种电荷？ 解析（1）由题意可得U＝12 V，C＝3.0×10－10 F， 根据公式C＝可得 Q＝CU＝3.0×10－10×12 C＝3.6×10－9 C. （2）对于平行板电容器的电场有E＝，粒子在电场中受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，所以微粒带负电荷，根据二力平衡，有mg＝qE，联立可得 q＝＝ C＝2.0×10－6 C. 答案（1）3.6×10－9 C　（2）2.0×10－6 C　负电荷 12.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60 V的恒压电源正、负极上，两极板间距离为3 cm，电容器带电荷量为6×10－8 C，A极板接地.求： （1）平行板电容器的电容； （2）平行板电容器两极板之间的电场强度； （3）距B板2 cm的M点处的电势. 解析（1）平行板电容器的电容C＝＝ F＝1×10－9 F. （2）两极板之间为匀强电场，则E＝＝ V/m＝2×103 V/m，方向竖直向下. （3）M点与A板间距离为 dAM＝d－dBM＝1 cm＝0.01 m， A与M间电势差UAM＝EdAM＝20 V， 又UAM＝φA－φM，φA＝0，可得φM＝－20 V. 答案（1）1×10－9 F　（2）2×103 V/m　方向竖直向下　（3）－20 V 学科网（北京）股份有限公司 $$