1、10.4电容器的电容练习题一、选择题1.关于电容器和电容,下列说法正确的是()A.电容器所带电荷量越多,电容越大B.电容器两极板间电压越低,其电容越大C.电容器不带电时,其电容为零D.电容器的电容只由它本身的特性决定2.(多选)全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线,没有传统无轨电车的“辫子”,没有尾气排放,乘客上下车的数十秒可充满电并持续行驶,刹车和下坡时可把部分动能转化为电能回收储存再使用,如图所示的电车使用的是规格为“3 V12 000 F”的电容器,下列说法正确的是()A.该电容器可容纳的电荷量为36 000 CB.电容器放电时,电荷量逐渐减少到0,电容不变C.电容器放电时,
2、电荷量逐渐减少到0,电压不变D.电容器充电时,充电电流越大,电容器的电容越大3.平行板电容器充电后断开电源,现将其中一块金属板沿远离另一极板的方向平移一小段距离.如图表示此过程中电容器两极板间电场强度E随两极板间距离d的变化关系,正确的是( )4.如图所示,固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开,两极板与一个静电计相连,将B极向左水平移动一小段距离后,电容器的电容C、静电计指针偏角和极板间电场强度E的变化情况分别是()A.C变小,变大,E不变B.C不变,不变,E变小C.C变小,不变,E不变D.C变小,变大,E变小5.a,b两个电容器如图(甲)所示,图(乙)是它们的部分参数.由此可知,下
3、列关于a,b两个电容器的说法正确的是( )A.a,b两个电容器的电容之比为81B.a,b两个电容器的电容之比为45C.b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD.a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C6.如图所示,平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接,下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则( )A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴在P点的电势能将减少D.若电容器的电容减小,则极板带的电荷量将增大7.(多选)如图所示的指纹传感器的原理是在一块半导体基板上阵列十万个金属颗粒,每一个颗
4、粒充当电容器的一个极,外表面绝缘,手指按在传感器上时构成电容器的另外一个极.当手指的指纹一面与绝缘表面接触时,由于指纹深浅不同,对应的峪(本义:山谷)和嵴(本义:山脊)与半导体基板上对应位置的金属颗粒构成了一个个电容值不同的电容器,若这些电容器两端的电压保持不变,则( )A.指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近,两者构成的电容器的电容小B.指纹的峪处与半导体上对应的金属颗粒距离远,两者构成的电容器的电容小C.在手指挤压绝缘表面时,电容器电极间的距离减小,对应的金属颗粒电极所带电荷量增大D.在手指挤压绝缘表面时,电容器电极间的距离减小,对应的金属颗粒电极所带电荷量减小8.如图所示是一个平行板
5、电容器,其电容为C,带电荷量为Q,上极板带正电,两极板间距为d.现将一个试探电荷+q由两极板间的A点移动到B点,A,B两点间的距离为s,连线AB与极板间的夹角为30,则静电力对试探电荷+q所做的功等于( )A.qCsQdB.qQsCdC.qQs2CdD.qCs2Qd9.如图所示,A,B两导体板平行放置,在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A,B两极板间加四种电压,它们的UABt图线如以下四图所示.其中可能使电子到不了B板的是(B)二、非选择题10.如图所示,平行板电容器的电容为C,带电荷量为Q,极板长为L,极板间距离为d,极板与水平面间夹角为,P,M两点恰好处在电
6、容器的边缘,两极板正对区域均看成匀强电场.现有一质量为m的带电液滴由两极板中的P点从静止开始沿与极板平行的直线运动到M点,此过程中克服空气阻力做功W,重力加速度大小为g,求:(1)液滴的电荷量;(2)液滴刚开始运动的瞬时加速度大小;(3)液滴到达M点的速度大小.11.如图所示,平行板电容器与电源相连,两极竖直放置,间距为d.在两极板的中央位置,用长为L的绝缘细线悬挂一个质量为m,电荷量为q的小球.小球静止在A点,此时细线与竖直方向成角.已知电容器的电容为C,重力加速度大小为g.(1)求平行板电容器两极板间的电场强度大小;(2)求电容器极板上所带电荷量Q;(3)将小球从悬点正下方O点(细线处于张
7、紧状态)由静止释放,求小球运动到A点时的速度.参考答案1.D 2.AB 3.C 4.A 5.C 6.B 7.BC解析:指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近,根据电容的决定式C=rS4kd知,两者构成的电容器的电容大,故A错误;指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,根据电容的决定式C=rS4kd知,两者构成的电容器的电容小,故B正确;在手指挤压绝缘表面时,手指与对应的金属颗粒距离靠近,电容增大,而电压不变,则由Q=CU可知,对应的金属颗粒电极所带的电荷量增大,故C正确,D错误.8.C 解析:电容器两极板间电势差为U=QC,电场强度为E=Ud=QCd.而A,B两点间电势差为UAB=
8、Essin 30=Qs2Cd,静电力对+q所做的功为W=qUAB=qQs2Cd,C正确.9.B解析:加A图电压,电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板,故A错误;加B图电压,在0t0时间内,电子向B板匀加速,在t02t0时间内,电子以大小相同的加速度向B板匀减速,在2t03t0时间内,电子向A板匀加速,在3t04t0,再以大小相同的加速度向A板匀减速,可知有可能到不了B板,故B正确;加C图电压,电子一直向B板方向运动,可知一定能到达B板,故C错误;加D图电压,可以知道电子在一个周期内速度的方向不变,一直向B板方向运动,一定能到达B板,故D错误.10. 解析:(1)板间电压U=QC,
9、电场强度E=Ud,对液滴qE=mgcos ,由以上三式求得液滴带电荷量q=CmgdcosQ.(2)释放瞬间mgsin =ma,液滴的加速度a=gsin .(3)对从P点到M点过程应用动能定理mgLsin -W=12mv2,液滴到达M点的速度v=2(gLsin-Wm).答案:(1)CmgdcosQ(2)gsin (3)2(gLsin-Wm)11.解析:(1)带电小球静止在A点的受力分析如图所示.根据平衡条件可得qE=mgtan ,解得E=mgtanq.(2)设两极板间电压为U,则U=Ed,又C=QU,可得Q=CEd=Cmgdtanq.(3)带电小球从O点运动到A点,由动能定理得qELsin -mgL(1-cos )=12mv2-0,解得v=2gLcos(1-cos) .答案:(1)mgtanq(2)Cmgdtanq (3)2gLcos(1-cos)
