1、试卷第 1 页，总 6 页2017-2018 学年度人教版选修 3-1 1.8 电容器的电容 作业1由电容器电容的定义式 CQ/U 可知A. 若电容器不带电，则电容 C 为零B. 电容 C 与电容器所带电荷量 Q 成反比，与电压 U 成反比C. 国际单位制中，电容的单位是“ 库每伏”D. 电容在数值上等于使两板间的电势差为 1 V 时电容器需要带的电荷量2拥有多名长江学者的天津大学自动化与信息工程学院，为全国传感器类生产企业输送了众多人才。传感器指的是能将感受到的物理量（如力、热、光、声等）转换成便于测量量（一般是电学量）的一种元件，在自动控制中有相当广泛的应用，如图所示的装置是一种测定液面高
2、度的电容式传感器，从电容 C 大小的变化情况就能反应出液面高度 h 的高低情况，则下列说法正确的是A. C 增大表示 h 增大B. C 增大表示 h 减小C. 金属芯线与电介质构成一个电容器D. 图中液体可以不是导电液体3某电容器标注的是“400 V 22 F”，则下列说法中正确的是：A. 该电容器接在 400 V 以下电压两端，可正常工作B. 该电容器只有接在 400 V 电压两端，才能正常工作C. 接在 200 V 电压两端，电容值为 11 F试卷第 2 页，总 6 页D. 不管哪类电容器，都不用考虑引出线与电源的哪个极相连4如图所示，两平行的带电金属板AB、 CD 水平放置，间距为 d、
3、金属板长为 。2d若在两板中间 a 点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将 AB、CD 两板分别绕各自的中心轴 (垂直于纸面) 顺时针旋转 45，旋转过程中金属板电荷量O、 O保持不变(忽略极板的边缘效应 )，再从 a 点由静止释放一同样的微粒，关于该微粒的下列说法正确的是A. 微粒将向右下方做匀加速直线运动B. 微粒将向右上方做匀加速直线运动C. 微粒的电势能增大D. 微粒的机械能减小5如图所示，平行板电容器 A、B 间有一带电油滴 P 正好静止在极板正中间，现将 B极板匀速向下移动，其他条件不变。则在 B 极板移动的过程中A. 油滴将向下做匀加速运动B. 电流计中电流由 a 流
4、向 bC. 油滴运动的加速度逐渐变小D. 极板带的电荷量增大6对于两个电容不同的电容器，下列说法正确的是( )A. 电容大的电容器带电量一定比较多B. 电容大的电容器两板间的电势差一定比较大C. 带电量多的电容器电容一定比较大D. 在相同电压作用下，带电量多的电容器的电容比较大试卷第 3 页，总 6 页7如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于 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，则油滴A. 仍保持静止，电势能增大 B. 仍保持静止，电势能减小C. 将向下运动，电势能增大 D. 将向下运动，电势能减小8如图所示，平行板电容
5、器的极板 N 与静电计金属球相连，极板 M 接地。在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。保持电容器的带电荷量 Q不变，以下操作使静电计指针张角变大的是A. 仅将 M 板水平向左平移B. 将 M 板向下平移C. 在 M、N 之间插入玻璃板D. 在 M、N 之间紧靠 M 插入有一定厚度的金属板9带电平行板电容器与静电计相连，如图所示。下列各种情况中能观察到静电计指针偏角增大的是A. 将两极板的间距加大B. 将两极板平行错开，使正对面积减小C. 在 A 板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板D. 在 A 板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝
6、板试卷第 4 页，总 6 页10在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大现保持电容器的电量不变，且电容器 B 板位置不动下列说法中正确的是A. 将 板向右平移，则静电计指针张角减小AB. 将 板向左平移，则静电计指针张角减小AC. 将 、 板之间插入薄木板，则静电计指针张角增大A BD. 将 板竖直向上平移，则静电计指针张角增大A11有一充电的电容器，两板间的电压为 3 V，所带电荷量为 4.5104 C，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为 2 V，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少
7、？12一个电容器所带的电荷量为 4108 C，两极板间的电压是 2V，那么这个电容器的电容是多少？如果电容器的电荷量减少了 1108 C，则板间电压变成多少？13如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定金属片，这两块金属片组成一个小电容器该电容器的电容 C 可用公式 计算，式中常量 e910 12 Fm1 ，S 表示金属片的正对面积，dC eSd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 50 mm2，键未按下时两金属片的距离为 0.6
8、 mm.如果电容变化了 0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少要被按下多少 mm?14质量为 的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的m平均阻力恒为飞机所受重力的 倍，发动机牵引力恒为 ，离开地面起飞时的速度为kF，重力加速度为 求：vg试卷第 5 页，总 6 页（1）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离）以及起飞过程中平均阻力的冲量（2 ）若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以澡两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动使用前先给电容为 的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放
9、C储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压 与极板上所带电荷量u的图象，在此基础上求电容器充电电压为 时储存的电能q 0U当电容器充电电压为 时弹射上述飞机模型，在电磁弹射装置与飞机发动机同时mU工作的情况下，可使起飞距离缩短为 若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电x能的比值为 ，飞机发动的牵引力 及受到的平均阻力不变求完成此次弹射后电容F器剩余的电能15如图所示，水平桌面上放置一 U 形金属导轨，两导轨平行，间距为 ，导轨距水l平地面高 h。
10、导轨左端连接有一个电源、一个单刀双掷开关、一个电容器。电源电动势为 E，内电阻为 r，电容器电容为 C。一根质量为 m 不计电阻的裸导线放在导轨上，方向与导轨垂直，导轨所在平面有一个方向向下的匀强磁场，磁感应强度为 B。先将单刀双掷开关拨到 a；待电路稳定后将单刀双掷开关拨到 b。开关拨到 b 后，导线在安培力作用下向右运动离开导轨，然后做平抛运动直至落到水平地面上。（1）在开关拨到 a 到电路稳定的过程中，画出电容器电压 u 随电量 q 变化的图象。（2 ）结合（1 ）中所画图象，求稳定时电容器储存的能量 。cE（3 ）导线落到水平地面，此时电容器两端的电压为 ，求落地位置与导轨右端的水2平
11、距离 x 及开关拨到 b 后电阻 R 上产生的热 。RQ试卷第 6 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。答案第 1 页，总 7 页参考答案1 D【解析】电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器是否带电或两板有无电压无关 ，选项 AB 错误；国际单位制中，电容的单位是“法拉”，选项 C 错误；根据 CQ/U 可知，电容在数值上等于使两板间的电势差为 1 V 时电容器需要带的电荷量， 选项 D 正确；故选 D.2 A【解析】此传感器是由金属芯线与液体构成一个电容器，其中的液体是电容器的一个极，则此液体必须是导电液体，选项 CD 错误；当电容 C 增大时，根据电容的决
12、定式 C=分析正对面积应增大，则知液面高度 h 增大。当电容 C 减小时，则液面高度减小，4Skd故 A 正确，B 错误。故选 A。3 A【解析】400V 是电容器允许的最高电压，只能在 400V 以下的电压下正常工作，故 A 正确，B 错误；22F 是电容器的电容，与电压高低无关，故 C 错误；电容器的电容值由其内部构造所决定，注意正负极，故 D 错误。所以 A 正确，BCD 错误。4 B【解析】开始时微粒静止，有 ，其中 ，旋转 45后，两板正对面积减半，mg=Eq E=Ud， U=QC板间距变为 ，由电容的决定式 变为 ，即 ，旋转过程中电量不变，22d C=S4kdC= 12S4k22
13、d C=C2，即现在的电场力 ，则 ，电场力和重U=QC= 2U， E=Ud=2E qE=2mg qEcos45= 2mgmg力的合力向右上方，带电微粒向右上方做匀加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，机械能增大，B 正确5 B本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 2 页，总 7 页【解析】AC、将 B 极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，由于电势差 U 不变，则根据 可知，极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，电场力小于重力，油滴所E=Ud受合力向下，油滴向下加速运动，加速度： ，由于 q、U、m 不变，d 逐渐增a=mgqEm=gqUmd大，则加速度 a 逐
14、渐增大，油滴向下做加速度增大的加速运动，故 AC 错误；BD、电容器板间距离增大，则电容器的电容 C 减小，而板间电压 U 不变，则由 可知，C=QU电容器所带电荷量 Q 减小，电容器放电，上极板带正电，则知电流计中电流由 a 流向 b，故 B 正确， D 错误；故选 B。【点睛】解决本题的关键抓住电容器始终与电源相连，电势差不变，结合电容的变化判断电量的变化由公式 分析场强的变化。E=Ud6 D【解析】根据电容定义式： ，可知电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电C=QU量无关，故 A 错误；根据公式 ，可得电势差 ，决定电势差的因素有电容器电容量C=QU U=QC和带电量，故 B 错
15、误；根据公式 ，由于电压未知，故带电量多的电容器电容不一定比C=QU较大，故 C 错误；根据公式 ，在相同电压作用下，带电量多的电容器的电容比较大，C=QU故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。7 B【解析】平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，板间距离增大，由推论公式 ，分析得到板间场强不变，E=4kQS所以电荷所受电场力不变，所以电荷保持静止，P 点与下板间的电势差为，由公式 ，U=Ed由于 P 点到下板的距离增大，所以电势差增大，由公式 ，由于电荷带负电，所以电EP=qU势能减小，故 B 正确。点晴：本题是电容器的动态变化分析
16、问题，难点是确定 P 点与正极板的电势变化，往往根据电势差及电势高低分析电势的变化。本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 3 页，总 7 页8 AB【解析】将 M 板水平向左平移，则两极板间的距离增大，根据公式 可知电容器电容C=S4kd减小，根据公式 以及电荷量不变可知两极板间的电势差增大，而静电计的夹角与电容C=QU器两极板间的电势差成正比，故夹角变大，A 正确；将 M 板下移，两极板正对面积减小，则根据公式 可知电容器电容减小，根据公式 以及电荷量不变可知两极板间的电C=S4kd C=QU势差增大，即静电计夹角增大，B 正确；根据公式 可知在 M、N 之间插入玻璃板
17、C=S4kd（电介质常数 增大）以及将 M、N 之间紧靠 M 插入有一定厚度的金属板（相当于减小 d）都将导致电容器电容增大，根据公式 以及电荷量不变可知两极板间的电势差减小，即C=QU静电计夹角减小，CD 错误9 AB【解析】将两极板的间距加大，依据 ，可知电容减小，由电容器的定义式 ，可C=S4kd C=QU知两极板间电压增大，故指针偏角增大，故 A 正确。将两极板平行错开，使正对面积减小，依据 可知电容减小，由电容器的定义式 ，可知两极板间电压增大，故指针偏角C=S4kd C=QU增大，故 B 正确。在 A 板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板或铝板，都是增大了介电
18、常数，依据 可知电容增大，由电容器的定义式 可知两C=S4kd C=QU极板间电压减小，故指针偏角减小，故 C D 错误。故选 AB.10 AD【解析】A 板向右平移，板间距离减小，根据 ，可知电容增大，而电容器的电量不C=S4kd变，由 可知，板间电压减小，则静电计指针张角减小，故 A 正确；A 板向左平移，板C=QU间距离增大，根据 ，可知电容减小，而电容器的电量不变，由 可知，板间电压C=S4kd C=QU增大，则静电计指针张角增大，故 B 错误。将 A、B 板之间插入薄木板，电介质常数增大，根据 ，可知电容增大，而电容器的电量不变，由 可知，板间电压减小，则静电C=S4kd C=QU计
19、指针张角减小，故 C 错误；将 A 板竖直向上平移，两板正对面积减小，根据 ，可C=S4kd本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4 页，总 7 页知电容减小，而电容器的电量不变，由 可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大，C=QU故 D 正确；故选 AD.11 41.50F 41.50 431【解析】根据公式 可求电容： ；QCU44.510.5103QCFU电容器电压降为 时，电容不变，仍为 ；2V4.此时电荷量为： 。441.502310QCC 点睛：解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容的大小与电荷量、电势差无关。12 2108 F；1.5V【解析】由 可得：
20、 ；C=QU C=41082 =2108F电荷量减小后，电量为 ；电容不变；则电压 ；3108C U=QC=31082104=1.5V13 d=0.15mm【解析】计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是改变两极板间距改变电容，得到相应的电信号又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为 d0，当间距为 d 时，电子线路恰能检测出必要的信号，则根据 ，有 ，得 ，C=eSd C=eS(1d1d0) d= eSd0Cd0+eS代入数据得 d=91012501060.61030.2510120.6103+9101250106m=0.4510 3m所以键至少要按下的距离 .d=d0d=0.15mm14 （
21、 1） （2） ； kmgvF221mcuvkgxF201cu【解析】 （1）平均阻力为 ，依据牛顿第二定律和运动学规律有 ， fkg fma，kgam本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 5 页，总 7 页设飞机的起飞距离为 ，依据运动学公式 ，s2vas解得 22vmsaFkg设飞机的起飞时间为 ，依据运动学公式tvat平均阻力的冲量 ，If解得 ，2kmgvIF平均阻力冲量的方向与飞机运动方向相反电容器电压为 时，电容器储存电能 ，mu21mEcu设电容器释放的电能为 ，由动能定理有，201EFxkgv解得 ，2mxF电容器剩余的电能 ，mE剩解得 221=cuvk
22、gxF剩（2） 见答图依据图像可得电容器储存电能的规律本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 6 页，总 7 页，12Equ由于 ，c则电容器充电电压为 时，电容器储存电能 0u20001Equc点睛：本题第一问是已知受力情况确定运动情况，关键是根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式列式求解；本题第二问关键是结合图象求解电容器储存的电能，然后根据功能关系列式求解剩余能量15 （ 1） ,（2） ；（ 3） ； 201EC2LBEChxmg.238RBLCQEm【解析】 （1）电容器充电完毕后，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器的带电量：q=CE 根据电容器
23、的定义式：C=Q/U 所以：u= q，电压与电量成正比，所以画出 u-q 的图线如图：C充电的过程中克服电场力做的功：W=qU所以图线与横坐标围成的面积即为电容器储存的能量有：E 0 EQ 12联立得：E 0 CE2 1（3 ）根据平抛运动的规律可得 2hxvg由动量定理 ，BILtmvIt=q，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 7 页，总 7 页q= EC12联立解得 2LBEChxmg由能量关系可知，此过程中 R 上产生的焦耳热： 222221138R BLECQEvm点睛：本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解答的关键是由电路的串联关系先求出电容器两端的电压，再根据动量定理及电量表达式求出导体棒最大速度同时要搞清能量转化关系.
