学鲁科版选修31 2.4电容器 作业（3）.docx

2017-2018学年度鲁科版选修3-1 2.4电容器 电容 作业（3）1如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态.若某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变），为维持该油滴原来的静止状态应a. 给平行板电容器继续充电，补充电荷量b. 让平行板电容器放电，减少电荷量c. 使两极板相互靠近些d. 将上极板水平右移一些2如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路）连接，电源正极接地初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的p点且处于静止状态下列说法正确的是a. 上极板上移，带电油滴向下运动b. 上极板上移，p点电势降低c. 上极板下移，带电油滴向下运动d. 上极板下移，p点电势升高3如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图。金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容c和导电液与金属棒间的电压u的变化就能反映液面的升降情况，则以下判断正确的是a. 电源接通后，电容c减小，反映h减小b. 电源接通后，电容c减小，反映h增大c. 电源接通再断开后，电压u减小，反映h减小d. 电源接通再断开后，电压u减小，反映h增大4静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图所示，a、b是平行板电容器的两个金属极板，g为静电计，极板b固定，a可移动，开始时开关s闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是()a. 断开s后，将a向左移动少许，静电计指针张开的角度减小b. 断开s后，将a向上移动少许，静电计指针张开的角度增大c. 保持s闭合，在a、b间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大d. 保持s闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小5如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池e连接，平行板电容器中p点处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）a. 点电荷所受电场力增大b. 点电荷在p处的电势能减少c. p点电势减小d. 电容器的带电荷量增加6如图所示，电源的内阻不计，电动势为12 v，r18 ，r24 ，电容c40 f，则下列说法正确的是（ ）a. 开关断开时，电容器不带电b. 将开关闭合，电容器充电c. 将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8104 cd. 若开关处于闭合状态,将开关s断开,到再次稳定后,通过r1的总电荷量为3.2104 c7如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为)连接，电源负极接地。开始时电容器不带电，闭合开关s，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中p点。在开关s保持接通的状态下，下列说法正确的是a. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电源两端的电压不变b. 当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动c. 当电容器的下极板向下移动时，p点的电势不变d. 当电容器的下极板向左移动时，油滴的电势能会减小8如图所示，先接通s使电容器充电，然后断开s，增大两极板间的距离时，电容器所带电量q、电容c、两极板间电势差u的变化情况是（）a. q变小，c不变，u不变b. q不变，c变小，u变大c. q不变，c变小，u 不变d. q不变，c变小，u变小9在商店选购一个10 f电容器，在只有一台多用电表的情况下，为了挑选一个优质产品，应选用哪个量程：直流电压挡；直流电流挡；欧姆挡；交流电压挡选好量程以后，再将多用电表两根测试笔接待检电容器，如果电容器是优质的，电表指针应该：不偏转；偏转至最右边；偏转至中值；偏转一下又返回至最左边正确的选项是()a. b. c. d. 10电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量e与电容器的电容c、电荷量q及电容器两极间电压u之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他做出电容器两极间的电压u随电荷量q变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是( )a. u-q图线的斜率越大，电容c越大b. 搬运q的电量，克服电场力所做的功近似等于q上方小矩形的面积c. 对同一电容器，电容器储存的能量e与两极间电压u成正比d. 若电容器电荷量为q时储存的能量为e，则电容器电荷量为q/2时储存的能量为e/211如图所示，平行板电容器水平放置，两板间距离d=010m，上板带负电，下板带正电，电势差u=10103v。一个质量为m=02g、带电荷量为q=+1010-7c的小球（可视为质点）用长l=001m的绝缘细线悬挂于电容器内部的o点，将小球拉到细线呈水平伸直状态的位置a，然后无初速度释放（g取10m/s2）。求：（1）小球运动至o点正下方b点时，小球的速度大小（结果可用根号表示）；（2）在b点时此时绳子拉力的大小？12如图所示，一对平行金属极板相距d=2cm，两板间匀强电场方向向下，场强大小e=1.6103v/m，其中下极板接地（零电势）。a点距下板为h1=1.5cm，b板距下板为h2=0.5cm，试求：（电子电荷量为e=1.61019c）（1）两金属板之间的电势差大小；（2）将一个电子从a点移动到b点电场力做的功？电子的电势能是增加还是减少？13如图所示，匝数匝、截面积、电阻的圆形线圈mn处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按的规律变化，处于磁场外的电阻，电容，开关s开始时未闭合，求：（1）闭合s后，线圈两端m、n两点间的电压和电阻消耗的电功率；（2）闭合s一段时间后又打开s，则s断开后通过的电荷量为多少？14右图含有电容器的直流电路中，已知定值电阻的阻值分别为r1=2.4103、r2=4.8103，电源电动势e=6.0v电源内阻可忽略不计与r2并联的电容器的电容c=5.0uf，闭合开关s，待电流稳定后，用电压表测量r2两端的电压，稳定后示数为1.5v试求：（1）该电压表的内阻（2）由于电压表的接入，电容器的带电量前后变化了多少？试卷第5页，总6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1ad【解析】a、给平行板电容器继续充电，电量增大，电容不变，根据，知电势差增大，根据，知电场强度增大，则油滴受到的电场力增大，能再次平衡，故a正确；b、让电容器放电，电量减小，电容不变，根据，知电势差减小，根据，知电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，电荷不能平衡，故b错误。c、因为， ，所以电场强度，与电容器两极板间的距离无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，则油滴受到的电场力减小，电荷不能平衡，故c错误；d、因为， ，所以电场强度，当将上极板水平右移一些即面积减小，场强增大，则则油滴受到的电场力增大，能再次平衡，故选项d正确。点睛：解决本题的关键掌握电容器的定义式和决定式，知道当电量不变时，电容器两极板间的电场强度与两极板间的距离无关。2bd【解析】将上极板向上移动，d变大，由可知，c变小，而u不变，要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，上极板电势为零，p点到上极板的距离增大，根据可知p与上极板间的电势差的绝对值增大，而电场中的电势都为负，所以p点电势减小，a错误b正确；若上极板下移，则d变小，c变大，两极板间的电压u等于电源电动势不变，电场强度变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，p点到上极板的距离减小，根据可知p与上极板间的电势差的绝对值减小，而电场中的电势都为负，所以p点电势增大，c错误d正确3ad【解析】a、电源接通时，电容器的电压一定，若电容c减小时，金属棒与导电液的正对面积减小，h减小，故a正确，b错误；c、电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，由公式分析可知，c增大，金属棒与导电液的正对面积增大，h增大，故c错误，d正确。点睛：本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义公式和电容的决定因素进行综合分析。4b【解析】静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关s后，将a向左移动少许，电容器的电荷量不变，由c=s4kd知电容减小，由qcu知电势差增大，静电计指针张开的角度增大，故a错误；同理，断开s后，将a向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，故b正确；保持s闭合，无论是在a、b间插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为电源电动势，静电计指针张开的角度不变，故cd错误。所以b正确，acd错误。5b【解析】因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，b板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度e变小，由f=eq可知电荷所受电场力变小，由u=ed知，p与a板的电压减小，而a的电势不变，故p的电势升高，由ep=q而q为负值，故电势能减小，故a、c错误，b正确；由q=cu，又有c=s4kd，故c减小，q减小，故d错误；【点睛】电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断，对于电势能表达式ep=q，电荷量以及电势均要考虑正负号6d【解析】开关断开时，电容器直接与电源相连，故电容器带电；故a错误；开关闭合时，电容器并联在r2两端，则电压会减小，故电容器将放电；故b错误； 开关闭合，稳定后r2两端的电压u=r2r1+r2e=4v，则电荷量q=uc=1.6104c，故c错误； 根据以上分析可知，开关断开或闭合状态时，电容器两端的电压的变化量为u=12-4=8v；则电量的变化为q=uc=3.2104c，减小的电量均通过r1，故d正确；【点睛】本题为包含电容的闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确电路结构，知道电容的电压计算方法；并能正确应用q=uc计算电量的变化情况7d【解析】当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变阻器有效阻值减小，r的电压及电源两端的电压减小，选项a错误；当电容器的上极板向上移动时，变阻器有效阻值变大，r的电压变大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故b错误；当电容器的下极板向下移动时，由电容的决定式知，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，则电容器的带电量不变，由e=知电容器板间场强不变，由u=ed知，p与下极板间的电势差变大，p点的电势会升高。故c错误。当电容器的下极板向左移动时， ，电容器的电容减小，由c=q/u知，q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间u增大，由e=u/d知电容器板间场强变大，则p与下极板间的电势差变大，p点的电势升高，由于油滴带负电，则油滴的电势能会减小，故d正确。故选d。点睛：本题分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键，要掌握与电容有关的两个公式：电容的决定式和电容的定义式c=q/u，结合e=u/d运用控制变量法进行分析8b【解析】电容器与电源断开，电量q保持不变，增大两极板间距离时，根据c=s4kd，知电容c变小，根据u=qc知两极板间的电势差u变大，故b正确，acd错误。故选b。点睛：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变9d【解析】优质电容器，电阻无穷大当把多用电表两根 测试表笔接在电容器两极板上时，会先对电容器充电，所以指针会偏转一下，充电完毕后，指针会停在最左端电阻无穷大处所以选择欧姆档，电表指针偏转一些又返回最左端故d正确，a、b、c错误。点晴：优质电容器，电阻无穷大，用多用电表的欧姆档测量时，稳定后，指针处于最左边，因为欧姆档与电表内部电源相连，接在电容器两端时，会先对电容器充电。10b【解析】a、电容器的电容大小与电容器的电荷量q及电容器两极间电压u无关，故a错误；bcd、根据速度时间图象围成的面积代表位移，可知在qu图象中，图象所围成的面积为12qu，也就是克服电场力所做的功，即为：w=12qu，又有电容定义式为：c=qu，所以电容器储存的电场能为：e=12cu2，所以对同一电容器，电容器储存的能量e与两极间电压u平方成正比，若电容器电荷量为q时储存的能量为e，e=12cu2=q22c，则电容器电荷量为q/2时储存的能量为e4，故b正确，cd错误；故选b。11（1）（2）t310-3n【解析】试题分析：（1）由动能定理得：又有：解得：（2）由向心力公式：解得：t310-3n考点:动能定理、圆周运动。【名师点睛】略。12（1）32v；（2）2.561018j，增加【解析】试题分析：（1）两金属板之间的电势差大小：u=ed=1.61032102v/m=32v。（2）ab两点间的电势差：uab=edab=1.6103（1.50.5）102v/m=16v，将一个电子从a移到b电场力做的功：wab=quab=1.6101916j=2.561018j，因为电场力做负功，所以电子的电势能增加了。考点：电势能；电势差【名师点睛】考查电场中u=ed，w=qu，注意前者要求电场强度恒定；电势能的增减可由电场力做功的正负来确定，还可以由电荷的电量正负与电势高低来确定。【答案】（1），（2）【解析】试题分析：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为：，故回路产生的电动势为：，感应电流：，由闭合电路欧姆定