学教科版选修31 1.6电容器和电容 作业（1）.docx

2017-2018学年度教科版选修3-1 1.6电容器和电容 作业（1）1如图所示，平行板电容器两极板接在电源两端，且倾斜放置。一带电小球从a端水平射入，能沿水平直线ab运动，则（ ）a. 小球的电势能将减小b. 小球一定带正电c. 若断开开关s，把b板拉开一段距离到图中虚线位置，小球仍做直线运动d. 若始终闭合s，把b板拉开一段距离到图中虚线位置，小球仍做直线运动2如图所示，a、b为平行板电容器的金属板，g为静电计开始时开关s闭合，静电计指针张开一定角度下列操作可使指针张开角度增大一些的是()a. 保持开关s闭合，将r上的滑片向右移动b. 保持开关s闭合，将a、b两极板介开一些c. 断开开关s后，将a、b两极板靠近一些d. 断开开关s后，将a、b两极板分开一些3如图所示，将平行板电容器接在电池组两极间，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）a. 电容器带电荷量不变b. 尘埃仍静止c. 电源中将有电流从正极流出d. 电流计中将有电流，电流方向ba4电流和电压传感器可以测量电流和电压，传感器与计算机相连，对采集的数据进行处理，并拟合出相应的函数图像，如图所示，把原来不带电的电容器接人电路，闭合电键后。下列图像中能够正确反映充电过程中电荷量与电压、电流与时间关系的是（ ）a. b. c. d. 5带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有( )a. 增大两极板间的距离b. 用手触摸极板 bc. 在两板间插入电介质d. 将极板 b 向上适当移动6如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板a、b和介质p构成电容器，则a. a向上移电容器的电容变大b. p向左移电容器的电容变大c. a向上移流过电阻r的电流方向从n到md. p向左移流过电阻r的电流方向从m到n7电源、开关s、定值电阻r1、r2、光敏电阻r3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置当开关s闭合，并且无光照射光敏电阻r3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的m点，当用强光照射光敏电阻r3时，光敏电阻的阻值变小，则()a. 液滴向下运动b. 液滴向上运动c. 电容器所带电荷量减少d. 电容器两极板间电压变大8如图所示的平行板电容器，两板之间距离d与正对面积s都可以在一定范围内调节，电容器两板与电池两极始终保持连接。以q表示电容器的电量，e表示两板板间的电场强度，则以下判断正确的是（ ）a. 当d增大、s不变时，q减小、e减小b. 当s增大、d不变时，q增大、e增大c. 当d减小、s增大时，q增大、e增大d. 当s减小、d减小时，q不变、e不变9如图所示，平行板电容器的两极板a、b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，那么() a. 开关s断开，带正电的a板向b板靠近，不变b. 开关s断开，将a板向上平移一小段距离，则减小c. 保持开关s闭合，带正电的a板向b板靠近，则增大d. 开关s断开，并同时剪断细线，小球将做自由落体运动10如图，电路中a、b、c、d是完全相同的金属极板，p是ab板间的一点，在cd板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将cd板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是a. 金属板cd构成电容器的电容减小b. p点电势降低c. 玻璃板抽出过程中，电阻r中有向右的电流d. a、b两板间的电场强度减小11如图所示，平行板电容器充电完成后与电源断开，与静电计连接后构成如图所示的电路，静电计的指针张开了一个角度，现将一块云母片插入两极板之间，请判断下列物理量的变化情况：（1）静电计指针张角将会_。（填“变大”、“变小”或者“不变”）（2）板间匀强电场的电场强度_。（填“变大”、“变小”或者“不变”）12平行板电容器所带电量q=9105c，它的两极板之间电压u=3v，则它的电容为_f；如果两极板电量各增加一倍，则两极板间电势差变为_v，两板间的电场强度将变为原来的_倍。13如图所示，计算机键盘的每一个键下面都连有一-块金属片，与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定的金属片。这两片金属组成一小电容器。该电容器的电容c可用公式计算，式中常量=910 -12f/m，s表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当键被按下时，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出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm，键未按下时两金属片的距离为0.6mm.如果电容变化0.25pf，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下_。14在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的a极板与灵敏的静电计相接，极板b接地，在两板间用绝缘细绳悬挂一带电小球，静止时细绳与竖直方向夹角为.(1)若极板b稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角变大 _（填“变大”, “变小”或“不变”），此实验说明平行板电容器的电容与极板的正对面积正比有关；(2)若极板b稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角_，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离有关；(3)若极板b稍向左移动一点后，小球静止时细绳与竖直方向的夹角与原来相比_（填“变大”, “变小”或“不变”）。15如图所示为一个电容器，从图中我们可以看出该电容器的电容为_。试卷第5页，总5页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1c【解析】小球受到垂直极板向上的电场力和向下的重力，合力方向与速度方向相反，则粒子带负电，电场力做负功，电势能增加，选项ab错误；若断开开关s，则极板带电量不变，则把b板拉开一段距离到图中虚线位置，两板场强不变，小球仍做直线运动，选项c正确；若始终闭合s，把b板拉开一段距离到图中虚线位置，两板距离变大，场强变小，重力和电场力的合力方向不再与速度共线，此时小球将做曲线运动，选项d错误；故选c.点睛：此题关键知道粒子做直线运动的条件：合力与速度共线；当两板带电量一定时，两极板场强与两板距离无关.2d【解析】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故ab均错误；断开电键，电容器带电量不变，将ab靠近一些，则d减小，根据c=s4kd知，电容增大，根据u=q/c知，电势差减小，指针张角减小，故c错误；同理可知，断开电键，将a、b两极板分开一些，电势差增大，指针张角增大，故d正确；故选d。点睛：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变3b【解析】a、c项：由题意知，电容器两板与电源相连，板间电势差u不变，两板缓慢错开，使正对面积s减小，根据c=s4kd知，电容c减小，再根据c=qu可得电荷量q减小，电容器放电，故a、c错误；b项：板间距不变，电势差不变，故板间电场强度不变，尘埃仍静止，所以b正确；d项：电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有ab的电流，故d错误。4a【解析】a、b、电容器接电源充电开始时，电压差较大，充电电流最大，随着充电进行，电容器的电压和电源电动势的差减小，充电电流逐渐变小，最后当uc=e时充电结束，电流变为零，it图象围成的面积表示电容器所带电量，故a正确，b错误。c、d、根据电容器的定义式c=qu，故qu图象因为倾斜直线，斜率等于电容器的电容不变，故c、d均错误。故选a。【点睛】本题的解题关键是理解图象的含义，知道如何通过图象求电量，掌握电容器的电容公式，理解其比值定义法5c【解析】增大两极板间的距离，则d增大，由c=s4kd，可知c减小；由c=qu，可知电势差增大，故a错误；由于b板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响，电势差保持不变，故b错误；在两板间插入电介质时，介电常数增大，由c=s4kd，可知c增大，由c=qu可知，电势差减小，故c正确；将极板b向上运动时，正对面积减小，由c=s4kd，可知c减小，由c=qu可知，电势差增大，故d错误；故选c。【点睛】根据电容的决定式c=s4kd分析电容的变化，再电容定义式c=qu再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化。6d【解析】a向上移时，板间距离增大，根据c=s4kd，得知电容器的电容变小，而电容器板间电压不变，由c=qu，分析可知电容器的电量减小，通过r放电，则流过电阻r的电流方向从m到n，ac错误；p向左移，减小，根据c=s4kd，得知电容器的电容变小，由c=qu，分析可知电容器的电量减小，通过r放电，则流过电阻r的电流方向从m到n，b错误d正确7bd【解析】当用强光照射光敏电阻r2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，r1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动。故a错误，bd正确；电容器的电压增大，电容不变，由q=cu知，电容器所带电荷量增大。故c错误。8ac【解析】a、当d增大，s不变时，由c=s4kd知：电容c减小，而板间电压u不变，由c=qu知q减小，由e=ud知e减小，故a正确；b、当s增大，d不变时，由c=s4kd知：电容c增大，而板间电压u不变，由c=qu知q增大，由e=ud知e不变，故b错误；c、当d减小，s增大时，由c=s4kd知：电容c增大，而板间电压u不变，由c=qu知q增大，由e=ud知e增大，故c正确；d、当s减小，d减小时，由c=s4kd知：电容c无法判断，而板间电压u不变，由c=qu知q也无法判断，由e=ud知e增大，故d错误。点睛：本题考查电容器的动态分析问题，要注意电容器的动态分析首先要明确电容器是否与电源相连，若相连，则电压不变，若断开，则电量不变。9ac【解析】开关s断开时，电容器所带的电量不变，根据电容的定义c=qu，电容决定式为：c=s4kd，场强定义式：e=ud，以上联立可得：e=4kqs，知d变化，e不变，电场力不变，不变，故a正确；开关s断开时，电容器所带的电量不变，将a板向上平移一小段距离，电容决定式为：c=s4kd，可知电容减小，根据电容的定义c=qu，可知电压u变大，场强定义式：e=ud，因d不变，所以场强增大，则变大，故b错误；保持开关s闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的a板向b板靠近，极板间距离减小，电场强度e增大，小球所受的电场力变大，增大，故c正确；开关断开，剪断细线后，小球受重力和电场力的作用，将沿绳子的方向做匀加速直线运动，故d错误。所以ac正确，bd错误。10ac【解析】a、根据c=s4kd，将cd板间的玻璃板抽出，电介质减小，其它条件不变，则金属板cd构成电容器的电容减小，故a正确；bcd、当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板cd构成电容器的电容减小，由u=qc可知极板cd电势差变大，极板ab电势差变大，由e=ud可知极板ab间的场强变大，导致p点与b板的电势差变大，因b板接地，电势为零，即p点电势升高，因此电容器cd处于放电状态，电容器ab处于充电状态，电阻r中有向右的电流，故c正确，bd错误；故选ac。【点睛】做好电容器的题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意b极接地，电势为零。11 变小 变小【解析】（1）平行板电容器充电完成后与电源断开，则电容器的电量q不变，现在两极板间插入电介质，电容器的电容c增大，而由公式u=q/c分析可知，板间电势差减小，则静电计指针的偏转角度一定减小；（2）板间电势差u减小，根据e=u/d可知板间匀强电场的电场强度变小。点睛：本题考查对电容器动态变化问题的分析和判断能力，要抓住不变量（两板电压或者带电量）和明确电容与哪些因素有关，记住电容器的决定式c=s4kd和定义式c=q/u。12 30 6 2【解析】由电容c=qu=91053=3105f=30f，如果两板电量各增加一倍，则电量q=1.8104c，则两极板间的电势差为u=qc=1.81043105=6v，由e=ud可知电势差变成6v后，是原来的2倍，故电场强度也是原来的2倍。13【解析】初始位置的电容d减小,c增大,电子线路恰能检测出必要的信号时的电容由，解得，所以d的变化量为，即键至少需被按下。【点睛】根据电容的公式，求出初始位置的电容,再根据电子线路恰能检测出必要的信号时的电容求出d，从而求出d的变化。14 （1）变大 （2）变大 （3）不变【解析】（1）若极板b稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式，极板间的电压u增大则静电计指针偏角增大（2）若极板b稍向