2018年山东省济南一中高三物理三轮冲刺电容器及其应用-精美

电容器及其应用一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电.某同学假日登山途中用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是()A.该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大B.该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少C.该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零B（济南一中）【分析】电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，并依据能量守恒定律，即可求解；考查电容器的电容的概念，掌握比值定义法的内涵，注意电容器充电时，电荷量增多，电能变大，而电容器放电时，则电荷量减少，电能变小。【解答】AD.电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电量无关，故AD错误；BC.当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误；故选B。用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素.设两极板正对面积为S，极板间的距离为d.极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ.实验中()A.保持Q、S不变，增大d，则θ变大，C变小B.保持d、S不变.增大Q.则θ变大，C变大C.保持Q、d不变，减小S.则θ变小，C变小D.保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质.则θ变小，C变小A（济南一中）解：A、B、根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知，电容与极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大B、当保持d、S不变，增大Q时，根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知，电容C不变，由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，则C、根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角D、当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=ɛS4πkd得知，电容C变大，而由电容的定义式C=QU分析可知板间电势差减小，则故选：A．静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大.根据电容的决定式C=ɛS4πkd分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=ɛS4πkd和如图所示，一水平放置的平行板电容器充完电后一直与电源相连，带正电的极板接地，两极板间在P点固定一带正电的点电荷，若将负极板向下移动一小段距离稳定后(两板仍正对平行)，则下列说法中正确的是()A.P点的电势升高 B.两板间的场强不变C.点电荷的电势能减小 D.两极板所带的电量不变C（济南一中）解：A、电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，d变小，根据E=Ud，知两板间的电场强度增大.根据U=Ed知，正极板与P点间的电势差增大，电势差等于正极板与P点的电势之差，正极板的电势为0，所以P点的电势降低.故A错误，

C、P点的电势降低，根据EP=qφ，该点电荷是正电荷，所以电势能降低.故

D、根据C=ɛs4πkd，知电容器的电容增大，再根据Q=CU知，极板所带的电量增加.故故选：C．电容器始终与电源连接，两端的电势差不变，负极板向下移动一小段距离稳定后，电容发生变化，根据Q=CU判断带电量的变化，根据E=Ud判断电场强度的变化，可以根据U=Ed判断P点与正极板间电势差的变化，从而得出解决本题的关键知道电容器与电源始终相连，两端间的电势差不变.电容器与电源断开，电容器的电量保持不变．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，(设电源电阻r不计，两端电压不变)现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则()A.电容器上的带电量将减少 B.电容器中的电场强度将增大C.电容器的电容将减小 D.液滴将向上运动A（济南一中）解：AB、电容器两板间电压等于R2两端电压.当滑片P向左移动时，总电阻增大，则总电流减小，R2两端电压U减小，由E=Ud知电容器中的场强减小；电容器的电压减小，由Q=CU，知电容器放电，电荷量减小，故C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，故C错误；D、电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，故D错误；故选：A由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据Q=CU分析电容器的电量变化.由考查电容器的动态分析，涉及到闭合电路的欧姆定律，同时要加强对Q=CU与E=U如图所示，平行板电容器水平放置，电源通过二极管给电容充电，上、下极板正中有一小孔，质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板小孔处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场)()A.若将上极板稍向上移动，则小球到达下极板小孔处速度恰为零B.若将上极板稍向下移动，则小球到达下极板小孔处速度恰为零C.若将下极板稍向上移动，则小球到达下极板小孔前速度就已为零D.若将上极板稍向下移动，则小球到达下极板小孔处速度仍不为零B（济南一中）解：A、若将上级板稍向上移动，电容器的电容减小，而电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量要减少，但由于二极管有单向导电，电容器不能放电，所以电容器的带电量不变，根据推论可知，电容器板间场强不变，则小球所受的电场力不变，重力也不变，则小球的运动情况不变，因此，小球到达下极板小孔前速度就为零了，故A错误．B、若将上级板稍向下移动，电容器的电容增大，电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量要增大，电容器充电.由于电容器板间电压不变，则小球到达下极板处时重力和电场力做功不变，由动能定理可知，小球到达下极板小孔处速度仍为零，故B正确．C、若将下级板稍向上移动，由上分析可知，电容器板间场强不变，小球的运动情况不变，小球到达下极板小孔处仍有向下的速度，故C错误．D、若将下级板稍向下移动，电容器板间电压不变，则小球到达下极板小孔处时，电场力做功不变，而重力做功增大，由动能定理可知，小球到达下极板小孔处仍有向下的速度，故D错误．故选：B若将上级板稍向上移动，分析电容器的电容、板间场强如何变化，根据粒子的受力情况分析小球到达下极板小孔处的速度．若将上级板稍向下移动，根据动能定理求出小球恰好到达下极板时重力做功与电场力做功的关系，从而通过功能关系判断下极板上移后能否到达下极板.同理分析上极板移动时，小球的运动情况．本题的关键要抓住电容器板间的电压不变，分析出电场强度的变化，结合动能定理和牛顿第二定律分析小球的运动情况．二、多选题（本大题共4小题，共24分）如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地.让A板带电后，在左边电容器间有一个带电油滴P处于静止状态.AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2A.如果将MN间的绝缘介质抽出、带电油滴P将向上移动B.如果将MN间的绝缘介质抽出、U1增大，UC.如果将N板下移，Q1增大，QD.如果将N板下移，U1减小，UABC（济南一中）解：A、如果将MN间的绝缘介质抽出，根据C=ɛs4πkd，则电容C2减小，因Q不变，MN端的电势差U=QC，知电势差增大，所以MN两端的电势差U2增大，电场强度增大，则电场力变大，所以向上运动，当B、由于电容器MN与平行金属板AB并联，电势差相等，C、如果将N板下移，即增大M、N间的距离，根据C=ɛs4πkd，则电容C2减小，假设Q2不变，则MN板间的电压U2将增大，大于AB间的电压，故MN板将向AB板充电，故QD、充电完成，稳定后，MN及AB间的电压均增大，故D错误；故选：ABC．题中电容器MN与平行金属板AB并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断P粒子的运动情况．本题考查电容器的动态分析，但将两个电容器并联使用，综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下，题目较为新颖，但难度较大，对学生要求较高．如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时()A.A灯中无电流通过，不可能变亮B.A灯中有电流通过，方向由b到aC.B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D.B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势BD（济南一中）解：A、开关s由断开变为闭合时，电容放电，所以s闭合瞬间A灯有电流从b到a，故A错误B正确；C、s闭合瞬间，由于自感，L中的电流会慢慢减小，所以B灯逐渐熄灭，由于自感B灯逐渐熄灭，由于线圈中的电流方向是从右向左，所以c点的电势低于d点的电势，故C错误D正确；故选：BD电容对直流电路相当于断路，电感线圈对直流电流相当于短路．本题考查了电容器和电感线圈对交变电流的导通和阻碍作用．在图示电路中，电源的电动势为E，内阻不计。R1=R2=R3=R.当a、b间接一理想电流表时，电容器的带电量为A.电流表的读数为ERB.当a、b间接一阻值为2R的电阻时，电容器下极板带正电C.当a、b间接一阻值为2R的电阻时，电容器的带电量为QD.当a、b间接一理想电压表时，电容器的带电量为零BC（济南一中）解：A、当a、b间接一理想电流表时，由于电源的电动势为E，内阻不计，因此电流表的读数I=ER1B、当a、b间接一阻值为2R的电阻时，那么其两端电势降落为23E，而电阻R1的电势降落为1C、由B选项分析，电容器两极板间电压为△U=23E-12E=16E，而当a、bD、当a、b间接一理想电压表时，电容器两极板间电压即为电阻R2两端电压，因此带电量不为零，故D故选：BC。依据理想电流表电阻为零，而理想电压表电阻无穷大，再结合电路的串并联特征，及电阻与电压的关系，与Q=CU，即可求解。考查电容器的极板带电情况，掌握Q=CU的应用，理解电势高低的判定，注意理想电流表与理想电压表的区别。如图甲连接电路，选用8V直流电源，470微法的电解电容器。当单刀双掷开关s掷向1端，电源向电容器充电。然后把开关掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出如图乙所示的电流随时间变化曲线。一位同学对实验进行了一些分析，其中正确的是()A.开关s掷向2端时，流经电流传感器的电流方向从B到AB.放电过程中电容器的电容C、电荷量Q、电压U都变小C.Ι-t图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量D.电容器充电完毕时，储存的电能约为0.015JCD（济南一中）解：A、开关s掷向2端时，流经电流传感器的电流方向从A到B，故A错误。B、在放电的过程中，电荷量减小，根据C=QU=C、I-t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，故C正确。D、根据W=UIt，结合Q=I.t，及Q=CU，那么电容器充电完毕时，储存的电能约为W=故选：CD。放电的过程中，电荷量逐渐减小，抓住电容不变，结合电容的定义式确定电容器两极板间的电压变化。根据I-t图线所围成的面积求解放电的电荷量。根据电荷量和电压的变化量，结合电容的定义式求出电容；依据W=UIt，结合Q=It，及Q=CU，即可求解。解决本题的关键掌握电容的定义式，以及知道I-t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。三、填空题（本大题共1小题，共3分）1999年7月12日，日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化(冷却剂外泄使管中液面变化)转移为电信号的自动化测量技术.如图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图.容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，芯柱外面套有绝缘管(塑料或橡皮)作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小就可知容器中液面位置的高低.由此作出下面的判断：如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积______(填“增大”、“减小”或“不变”)，必为液面______(“升高”、“降低”或“不变”)．增大；升高（济南一中）解：两电极正对面积时，根据电容器的决定式C=εS故答案为：增大，升高根据电容器的决定式C=εS本题关键掌握电容器的决定式C=εS四、计算题（本大题共4小题，共38分）利用图象分析问题是物理学中常用的方法，其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义．a.小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度一时间图象如图1所示.图1中图线与坐标轴所田的面积等于12个小方格的面积．(1)请你判断：足球在滚动过程中受到的阻力大小是变大、变小还是不变？(2)求足球滚动了多远才停下来？b.用如图2所示的电路研究电容器的放电过程，其中电压传感器相当于一个理想电压表，可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系.实验时将电阻箱R的阻值调至2000Ω，将开关S拨到a端，电源向电容器充电，待电路稳定后，将电压传感器打开，再将开关S拨到b端.电容器通过电阻箱放电.以S拨到b端时为t=0时刻，电压传感器测得的电压U随时间t变化图象如图3所示.忽略导线及开关的电阻，且不考虑电路辐射问题．(1)求电容器所带电荷量的最大值．(2)在图4上定量画出放电过程中电容器两端电压U随电荷量Q变化的关系图象，并据此求出在电容器充电过程中电源内部产生的热量．解：a、(1)因为v-t图象的斜率变小，加速度减小，根据牛顿第二定律f=ma，知足球在滚动过程中受到的阻力变小(2)图1中图线与坐标轴所围面积即为足球滚动的距离，1格面积是1，12格面积是12，所以位移是12m，足球滚动了12m才停下来．b、(1)在电容器放电过程中的任意瞬时有：△Q=I⋅△t根据欧姆定律有

I=UU-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积，因此电容器所带电荷量的最大值，由图可知该面积等于12个小方格的面积．因此电容器所带电荷量的最大值Q=12(2)电容器所带的电荷量Q与其两端电压U成正比，且由图3知电容器所带电荷量最大时，电容器两端电压U=6V.电源电动势E=6V．放电过程中电容器两端电压U随电荷量变化的关系图象如答图1所示．电容器放电过程中任意瞬时释放的电势能△EU-Q图线与Q轴所围面积为电容器放电过程中释放的总电势能Ep，也是电容器在充电时获得的总电势能，即E电容器充电过程中，非静电力做功提供的总能量E总电容器充电过程中电源内部产生的热量Qr答：(1)足球在滚动过程中受到的阻力大小是变小(2)求足球滚动了12m才停下来；b.用如图2所示的电路研究电容器的放电过程，其中电压传感器相当于一个理想电压表，可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系.实验时将电阻箱R的阻值调至2000Ω，将开关S拨到a端，电源向电容器充电，待电路稳定后，将电压传感器打开，再将开关S拨到b端.电容器通过电阻箱放电.以S拨到b端时为t=0时刻，电压传感器测得的电压U随时间t变化图象如图3所示.忽略导线及开关的电阻，且不考虑电路辐射问题(1)电容器所带电荷量的最大值6×10(2)在图4上定量画出放电过程中电容器两端电压U随电荷量Q变化的关系图象，在电容器充电过程中电源内部产生的热量18mJ．（济南一中）a、根据图象得出加速度的变化情况，结合牛顿第二定律即可知道阻力的变化情况；借助速度图象的面积求位移；b、U-t图线与t轴所围面积除以电阻R即为电容器所带电荷量的最大值，作出U-Q图象，面积为电容器放电过程中释放的总电势能Ep，也是电容器在充电时获得的总电势能，电容器充电过程中，非静电力做功提供的总能量E总，电容器充电过程中电源内部产生的热量解决本题的关键是理解图象面积的物理意义，知道电容器充电过程中能量的转化情况．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔.质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g).求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．解：(1)由v2解得：v=2gh(2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg(h+d)-qEd=0得E=mg(h+d)电容器两极板间的电压为：U=Ed电容器所带电荷量Q=CU得Q=Cmg(h+d)(3)加速过程：mgt减速过程，有：(mg-qE)tt=t联立①②③④⑤解得：t=h+d答：(1)小球到达小孔处的速度为2gh；(2)极板间电场强度大小为mg(h+d)qd，电容器所带电荷量为mg(h+d)C(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间为h+dh（济南一中）(1)小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；(2)对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解电场强度，然后根据Q=CU求解电容器的带电量；(3)对加速过程和减速过程分别运用动量定理列式求解时间，然后求和即可．本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．如图所示，竖直金属框架上端连接一个电容器，电容器电容为C=0.01F，在与电容器不远处有一个金属棒，其质量为m=0.001kg，整个装置置于磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，金属棒及框架电阻不计，金属棒从静止释放，求其速度达到v=20m/s时，所需要的时间．解：对回路中产生的电流为：I=q通过电容器的电量为：q=C△U…②由法拉第电磁感应定律得：△U=BL△v…③△v=a⋅△t…④由牛顿第二定律得：Mg-F=ma联立①②③④得：a=mg代入数值得：a=5m/s由公式V=at代入数据得：t=4s答：所需的时间是4s．（济南一中）导体棒向下运动的过程中切割磁感线产生电动势，该电动势给电容器充电，然后结合闭合电路的欧姆定律以及q=CU以及牛顿第二定律即可求出．该题属于导体棒切割磁