2024-2025学年沪科选修3-1 电容器 电容 作业.docx

课时分层作业（七）电容器电容I基础达标练1（15分钟48分）选择题（本题共8小题，每小题6分）1 .（多选）对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图像正确的是（）BC对于一个给定的电容器，电容是确定的，不会随电荷量、电压的变更而变更；由电容的定义式可以知道，电荷量跟电容器两端的电压成正比，因而是过坐标原点的一条直线.2 .如图2-4-8所示的试验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是（）图2-4-83 .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，A对，B错；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，C、D错.3.（多选）欲使平行板电容器的电容增大，可以实行下列哪些措施（）A.将两极板间的距离拉大些B.将两极板上的电量增大些C.在两极板间充填介电常数大些的电介质D.增大两极板正对面积CD由平行板电容器的电容的确定式可知C、D项对.4 .（多选）平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电平衡后，两极板间的电压是U、电荷量为Q,两极板间场强为区电容为。现将两极板间距离减小，则引起变更的状况是（）【导学号：69682097B. C变大D. U变小A.。变大C.E不变nFSAB由C=用=F可知，平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电Uma平衡后，两极板间的电压U不变，两极板距离减小，C增大，则。变大，A、B正确，D错误；由E=%可知七变大，所以C错误.5 .如图2-4-9所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转肯定角度，若不变更A、8两极板带的电荷量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（）图2-4-9A.肯定增大B.肯定减小C.肯定不变D.可能不变B极板带的电荷量Q不变，当减小两极板间距离，同时插入电介质，则电容C肯定增大.由U=g可知两极板间电压U肯定减小，静电计指针的偏转角度也肯定减小，选项B正确.6 .（多选）如图2-4-10所示是一种通过测量电容器电容的变更来检测液面凹凸的仪器的原理图.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（）【导学号：69682098图2-4-10A.该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体B.金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C.假如指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面上升了D.假如指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面上升了AC类似于平行板电容器的结构，金属芯柱和导电液体构成电容器的两个电极，金属芯柱的绝缘层就是极板间的电介质，其厚度d相当于两极板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小.浸入液体深度越大，则S越大，C越大.C增大时，就表明变大.故选项A、C正确.7 .（多选）如图2-4-11所示，当待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,假如测出了电容的变更，就能知道物体位移的变更.若电容器的电容变大，则物体的位移可能的变更是（）图2-4-11A.加速向右移动B.加速向左移动C.减速向右移动D.减速向左移动BD由C=%可知，C变大，所以待测物体肯定向左移动，故B、D正确.8 .（多选）如图2-4-12所示，平行板电容器两极板M、N相距d,两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电.现有一质量为根的带电油滴在极板中心处于静止状态，且此时极板电荷量与油滴电荷量的比值为k,贝J（）【导学号：69682099图2-4-12A.油滴带负电9 .油滴电荷量为翳C.电容器极板上的电荷量为咿D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动AC油滴受到重力和电场力平衡，RPmg=CE则电场力竖直向上，M板带正电，故油滴带负电，且q=*,A正确，B错误；由于极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为即，=%，则。=囱岸，C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离，d增大，依据E=号知，E变小，电场力变小，故油滴将向下运动，D错误.实力提升练（25分钟50分）一、选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分）1 .（多选）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（电量很小）固定在P点，如图2-4-13所示.以上表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，弓表示正电荷在尸点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）图2-4-13A.U变小，E不变B.E变大，EP变大C.U变小，EP变大D.U不变，EP变大AC平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变.由电容的确定式C=得到极板间距离减小时，电容C增大，由电容的定义式C=名分析得知，电压U变小；依据推论得知，板间场强E不变；由U=Ed得知,P点、与上板间的电势差变小，而P点的电势低于上板电势，则P点的电势上升，正电荷的电势能EP变大.故选项A、C正确.2 .如图2-4-14,一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，极板间距为出在下极板上叠放一厚度为/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起先运动.重力加速度为g.粒子运动的加速度为（）【导学号：69682100图2-4-14A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：加g=UJ;当把金属板从电容器中快速抽出后，aI电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变更，引起电场强度发生了变更，从而电场力也发生了变更，粒子受力不再平衡，产生了加速度，依据牛顿其次定律na=mg-（ff两式联立可得a=%.3 .已知匀称带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为急,其中。为平面上单位面积所带的电荷量，比为常量.如图2-4-15所示的平行板电容器，极板正对面积为S,其间为真空，带电量为。.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为（）图2-4-15A.g卑B.袅和弓oSoS2oSoSC枭和会D磊和会D一个极板在真空中激发的电场强度大小为七=鸟，两极板间的电场是由两极板所带电荷共同激发，由叠加原理可知两极板间的电场强度大小为E合=OO2飞极板间的作用力/=QE=才，D正确.4 .如图2-4-16所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于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，贝J（）【导学号：69682101图2-4-16A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.电容器的电荷量不变D.带电小球的电势能将增大D依据C=比需知，下极板竖直向下移动一小段距离，即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.下极板竖直向下移动一小段距离，电容减小，依据电容的定义式C=电容器与电源保持相连，则U不变，当C减小，则Q也减小，故C错误.电势差不变，4增大，则由公式七=%分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则尸点的电势增大，因为小球带正电荷，则小球的电势能增大，故D正确.5 .（多选）如图2-4-17所示，用电池对电容器充电结束，电路。、人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,现将两极板的间距变大,则（）图2-4-17A.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。到人的电流D.电流表中将有从b到。的电流&SUBD由C=不拓知，d变大，C变小，而U不变，由E=N知，E变小，qE<mg,电荷将向下加速运动，故A错，B对，再依据Q=CU,Q减小，电容器放电，故电流表中有从b向的电流，故C错，D对.6 .（多选）如图2-4-18所示.平行板电容器的两极板A、8与电池两极相接，一个带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S,电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为仇那么（）【导学号：69682102图2-4-18A.保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则。增大B.保持开关S闭合，带正电的A板向8板靠近，则。不变C.开关S断开，带正电的A板向8板靠近，则J增大D.开关S断开，带正电的A板向8板靠近，则，不变AD闭合开关，电容器充电，结果A板带正电，3板带负电，小球在重力、绳子拉力和电场力的作用下处于平衡状态.若保持开关S闭合，A板向8板靠近时，两板间的电势差保持不变，依据七=,，场强E将增大，所以小球所受电场力也将变大，故。角增大.开关S断开，A板向3板靠近时，则极板的带电量将不变，由E=SU=%口C=j,可得E=架9,所以E将不变，小球所受电aL4+兀Kaok）场力也不变，所以0不变.正确选项为A、D.二、非选择题（14分）7 .如图2-4-19所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d,上极板开有一小孔，质量均为加、带电荷量均为+“的两个带电小球（视为质点），其间用长为I的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，已知d=2L使下端小球恰好位于小孔正上方距离为d处，由静止释放，让两球竖直下落.当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零.(已知静电力常量为他试求：图2-4-19(1)两极板间匀强电场的电场强度；(2)两球运动过程中的最大速度大小；(3)下端小球刚进入电场时杆中弹力.【导学号：69682103【解析】(1)两球由静止起先下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得4ngd-Eqd-Eqd/)=0,解得E=等,方向竖直向上.(2)两球由静止起先下落至下端小球恰好进入小孔时两球达到最大速度，此过程利用动能定理得Imv12mgd=1解得v=2gd.(3)下端小球刚进入电场时整体加速度为“=%潸4方向竖直向上.取上端小球为探讨对象，杆对其的作用力为产，F÷pmg=ma,杆中弹力大小F=FtF=警一竿(若F>°,表示杆中为压力；若<0,表示杆中为拉力).【答案】鬻方向竖直向上(2)j一、4妙kq13一F