高考模拟理综物理选编电容器及其应用解析版 10页

乐陵一中电容器及其应用 一、单选题（本大题共5小题，共30分）‎ 1. 在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时（　　） ‎ A. 伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小 B. 安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大 C. 伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小 D. 伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大 ‎ ‎（物理备课组整理）D ‎（备课组长教学指导）解：当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，则路端电压减小，总电流增大，所以伏特表V的读数减小． 根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大． 由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，则电容C的电荷量在减小．故ABC错误，D正确． 故选：D． 当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化． 本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的顺序进行分析．也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大． ‎ 2. 某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向右匀速移出的过程中（　　）‎ A. 电容器的电容变大 B. 电容器的电荷量保持不变 C. M点的电势比N点的电势低 D. 流过电阻R的电流方向从M到N ‎ ‎（物理备课组整理）D ‎（备课组长教学指导）解：介质P向右匀速移出的过程中，根据电容的决定式C=，分析可知电容变小，而电容器的电压不变，由C=分析可知其电荷量变小，电容器处于放电状态，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故ABC错误，D正确． 故选：D． 根据电容的决定式C=，分析电容的变化，电容器板间电压不变，由电容的定义式C=分析电荷量的变化，即可确定流过电阻R 的电流方向． 本题是电容器的动态分析问题，在抓住电容器电压不变的基础上，根据电容的决定式和定义式结合分析． ‎ 1. 传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、角度等）转换成电学物理（如电压、电流、电量等）一种元件．图所示中的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A. 甲图中两极间的电压不变，若电量增加，可判断出θ变大 B. 乙图中两极间的电压不变，若电量减少，可判断出h变大 C. 丙图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，则F变大 D. 丁图中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则x变大 ‎（物理备课组整理）C ‎（备课组长教学指导）解： A、图甲中两极间的电压不变，若电量增加，则由电容的定义式C=分析知道，电容增大，由电容的决定式C=得知，极板正对面积增大，θ变小．故A错误． B、图乙中两极间的电压不变，若电量减少，则由电容的定义式C=分析知道，电容减小，由电容的决定式C=得知，两极板正对面积减小，h变小．故B错误． C、图丙中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的正极，说明电容器在充电，电量增加，由电容的定义式C=分析知道，电容增大，极板间距离减小，则F变大．故C正确． D、图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，说明电容器在放电，电量减小，由电容的定义式C=分析知道，电容减小，由电容的决定式C=得知，电介质向外移动，则x变小．故D错误． 故选：C 根据电容的决定式C=和定义式C=结合分析电量不变时，电压增加时，h如何变化．分析电压不变时，x如何变化． 本题是电容的动态变化分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式和定义式结合进行分析． ‎ 2. 电源、开关、平行板电容器连成如图电路．闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q板间电压力为U，板间电场强度大小为E．则下列说法正确的是（　　） ‎ A. 若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变 B. 若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小 C. 若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大 D. 若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小；E不变 ‎（物理备课组整理）D ‎（备课组长教学指导）解：AB、闭合开关S，则极板间电压U不变，若将A板下移少许，即减小极板间距，由C=可知，电容器的电容增大；由Q=UC可知，Q增大，由E=可知，E变大；故AB错误； C、给电容器充电后与电源断开，电量不变，若将A板下移少许，即减小极板间距，由C=可知，则C增大，则由Q=UC可知，U减小， 而E===，则有E不变，故C错误，D正确； 故选：D． 电容器充电后断开电源，电容器上的电量不变；而一直与电源相连，则电压不变；再由电容器的决定式及定义式可分析各物理量的变化规律． 对于电容器的动态分析问题，要注意明确两种情况，若充电后断开电源，则电量不变；若充电后与电源相连，则电压不变，同时理解E=公式的应用． ‎ 1. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现交平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）‎ A. 带电油滴将竖直向上运动 B. P点的电势将降低 C. 电容器的电容增大，极板带电荷量不变 D. 电容器的民容增大，极板带电荷量减小 ‎（物理备课组整理）A ‎（备课组长教学指导）解：A、将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由E=分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动．故A正确． B、P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，故B错误； C、d减小，由C=知，电容C增大，U不变，由C=分析可知电容器所带电量增加，故CD错误； 故选：A 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P 点电势的变化和油滴电势能的变化． 本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=，E=，C=结合进行分析． ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共24分）‎ 1. 如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关S，电源给电容器充电．在两极板间有固定点P．用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是（　　） ‎ A. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ增大 B. 保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大 C. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变 D. 若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ减小 ‎（物理备课组整理）AC ‎（备课组长教学指导）解：AB、保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，导致d增大，由E=可知，两极板间的电场的电场场强减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故A正确，B错误； C、断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由C=，及E==，则可知E不变，故C正确； D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，而P到B极板间的电势差不变，则其电势不变，故D错误； 故选：AC． 电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； 由平行板电容器电容C=， 根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=可求得电场强度的变化． 电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变． ‎ 2. 如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（　　）‎ A. 保持d不变，减小S，则C变小，θ变大 B. 保持d不变，减小S，则C变大，θ变大 C. 保持S不变，增大d，则C变小，θ变大 D. 保持S不变，增大d，则C变大，θ变大 ‎（物理备课组整理）AC ‎（备课组长教学指导）解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误． CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误． 故选：AC． 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θ越大．根据电容的决定式C=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C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况． 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=和定义式C=． ‎ 1. 如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5Ω，变阻器Rl的最大电阻Rm=5.0Ω，R2=1.5Ω，R3=R4=1000Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止．那么（　　）‎ A. 在题设条件下，R1接入电路的阻值为3Ω，电源的输出功率为4.5W B. 引入的微粒带负电，当开关接向b（未接触b）的过程中，微粒将向下运动 C. 在题设条件下，R1的阻值增大时，R2两端的电压增大 D. 在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为d→c ‎ ‎（物理备课组整理）AD ‎（备课组长教学指导）解：A．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1+R2=r．R2=1.5Ω，则R1=3Ω．电源的输出功率Pm==4.5W．故A正确． B．在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止．微粒受重力和电场力平衡．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b（未接触b）的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动．故B错误． C．电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2及电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小．故C错． D．在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流方向为d→c．故D对． 故选AD． A．根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大去求解． ‎ B．对微粒进行受力分析，根据微粒处于平衡状态，判断出微粒的电性．当开关接向b（未接触b）的过程中，电容器电荷量未变，从而判断出微粒的运动状况． C．电路的动态分析抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆电路进行分析． D．找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性，即可确定出电流的方向． 解决本题的关键掌握在什么情况下，电源的输出功率最大，以及电容器的特性． ‎ 1. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量用△U表示，电流表示数的变化量用表示△I表示．下列判断正确的是（　　） ‎ A. 电容器的带电量减小，减小量为C△U B. 通过电阻R1的电流减小，减少量为△I，且等于 C. 电路的路端电压一定增大，增加量小于△U D. 电可变电阻R的功率可能变小 ‎（物理备课组整理）CD ‎（备课组长教学指导）解： A、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故A错误． B、根据A的分析可知，电阻R1两端的电压减小量小于△U，所以通过电阻R1的电流减小量△I小于，故B错误； C、总电流减小，则内阻所占电压减小，所以电路的路端电压一定增大，由于电阻R1两端的电压减小，而R的电压增大△U，所以电路的路端电压增加量小于△U．故C正确． D、当可变电阻的阻值与R1+r的阻值相等时，功率最大，由于不增大具体值，所以可变电阻R的功率可能变小．故D正确． 故选：CD 闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R1两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R1两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量． 此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，难度不大，属于基础题． ‎ 三、填空题（本大题共1小题，共5分）‎ 2. 有一充电的平行板电容器，现使它的电荷量减少3×10-4 C，于是电容器两极板间电压降低2V，则此电容器的电容是______  F；若把电容器极板上的电荷全部放掉，则电容器的电容是______ F．‎ ‎（物理备课组整理）1.5×10-4；1.5×10-4‎ ‎（备课组长教学指导）解：电容C===1.5×10-4F； 电容大小是由电容器本身的性质决定的，与电量和电压无关，故放掉电量后电容仍为1.5×10-4F； 故答案为：1.5×10-4；1.5×10-4 ‎ 根据电容器的电容C==即可求得电容的大小；明确电容器与电压和电量无关． 对于电容器的电容，表征电容器容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关．求电容可用C==，注意电容等于的数学推导的方法． ‎ 四、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）‎ 1. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上．两平行板之间的电场可以视为匀强电场．给电容器充电后与电源断开，那么 （1）若保持板间距离d不变，正对面积S变小，则两板电容C ______ ，板间电势差U ______ ． （2）若保持S不变，d变大，两板电容C ______ ，板间电场强度E ______ ． （3）若保持S和d都不变，插入介质板后，则板间电势差U ______ ，板间电场强度E ______ ．（填“变小”、“变大”或“不变”）‎ ‎（物理备课组整理）减小；增大；减小；不变；减小；减小 ‎（备课组长教学指导）解：（1）保持板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C=得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U增大； （2）保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式CC得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到电容减小；但E=和Q=UC可知： E=，故E和d无关，故E不变； （3）保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式C=得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得到，板间电势差U减小．由U=Ed可知，E减小； 故答案为：（1）减小；增大；（ 2）减小；不变；（ 3）减小；减小． 先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，根据U=Ed可知电场强度的变化． 本题考查电容器的动态分析问题，要注意明确电容器的定义式、决定式以及U=Ed等公式的正确应用，注意明确当断开电源S不变，只改变板间距离时，两板间的电场强度不变． ‎ 五、计算题（本大题共4小题，共48分）‎ 2. 如图，平行正对金属板A、B的长度为l，间距为d．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以速度v0沿平行于极板方向从A板的左侧边缘射入，运动中未打到极板上，不计重力． （1）若板间电势差为U，求粒子从右侧射出时的速度大小； （2）若粒子恰好从B板的右边缘射出，则A、B板间的电压应为多少？‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）粒子在A、B间运动过程中，沿极板方向做匀速运动，有： l=v0t       ① 垂直于极板方向做匀加速运动，有： vy=at       ② 其中： a=       ③ E=         ④ 射出电场时速度： v=    ⑤ 整理得： v= ⑥ （2）从B板右侧边缘射出时： y=d=          ⑦ 由②④⑤⑧解得： U= 答：（1）粒子从右侧射出时的速度大小为； （2）A、B板间的电压应为．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）粒子做类似平抛运动，平行极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向做匀加速直线运动，根据类平抛运动的分运动公式列式求解； （2）同样根据类似平抛运动的分运动公式列式求解． 本题关键是明确粒子的运动性质，然后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解，基础问题． ‎ 1. 如图所示，间距L=1m的两根足够长的固定水平平行导轨间存在着匀强磁场，其磁感应强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里，导轨上有一质量M=0.1kg，电阻r=1Ω的金属棒MN与导轨垂宜且在水平拉力F作用下以v=2m/s的速度水平向左匀速运动R1=2Ω，R2=2Ω，C=5μF，导轨和棒之间的动摩擦因数μ=0.2．开关S1、S2闭合，电路稳定后，求：（g=10m/s2） （1）水平拉力F的大小； （2）断开S1后，流过R2的电荷量．‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）对导体棒做匀速运动，F=f+BIL f=μN=μmg 导体棒做切割磁感线运动，E=BLv 联立解得水平拉力的大小F=0.6N （2）开关S1，S2闭合，电路稳定后电容两端电压等于R2两端电压Uab=IR2 此时电容所带的电荷量为Q=CUab 断开S1后，电容所有的电荷都会通过R2‎ ‎， 故断开S1后，流过R2的电荷量Q=4× 答：（1）水平拉力F的大小为0.6N； （2）断开S1后，流过R2的电荷量 ‎（备课组长教学指导）（1）由E=BLv求出感应电动势，然后应用欧姆定律求出电流，由右手定则可以判断出感应电流的方向．由安培力公式可以求出金属棒受到的安培力，然后由平衡条件求出拉力． （2）由欧姆定律求出电容器两端的电压，然后由电容定义式的变形公式求出电荷量． 本题是电磁感应与电路相结合的问题，是一道含容电路问题，金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，分析清楚电路结构是解题的关键，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式与平衡条件可以解题． ‎ 1. 如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电流表内阻RA=3Ω，三个定值电阻的阻值分别为R1=5Ω，R2=10Ω，R3=15Ω，电容器电容C=1.0×10-10F，问： （1）闭合开关S待电路稳定后，电流表的示数是多少？ （2）闭合开关S待电路稳定后，电容器的带电量是多少？ （3）再次断开开关S待电路稳定，通过R2的电量是多少？‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）根据电阻之间的关系，有：= 电流表示数 （2）电容器两端电压，电容器带电量． （3）电容器通过和放电，放电电流根电阻成反比，因此电量也跟电阻成反比，则通过的电量为：=2.16× 答：（1）闭合开关S待电路稳定后，电流表的示数是0.6A （2）闭合开关S待电路稳定后，电容器的带电量是 （3）再次断开开关S待电路稳定，通过R2的电量是 ‎（备课组长教学指导）（1）求出电路的总电阻，根据闭合电路的欧姆定律求出电流； （2）求出并联部分的电压，由Q=CU求电容器的带电量； （3）电容器通过和放电，放电电流根电阻成反比，因此电量也跟电阻成反比，即可求出通过的电量； 对于给定的电容器，关键是其电压的分析和计算．当电容器与某电路并联时，其电压等于该电路两端的电压． ‎ 2. 当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为C=．对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化． （1）在图所示的坐标系中画出电容器带电量Q与极板间电势差U的关系图象． （2）电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功．在弹簧弹力F与形变量x关系图象中，图象与x 轴围成的面积代表弹簧弹性势能的大小．与之类比，推导电容器储存的电能表达式E=CU2． （3）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做多少功？‎ ‎（物理备课组整理）解：（1）对于给定的电容器电容C一定，根据电容的定义式C=得Q=CU，则Q-U图象如图所示． （2）该图象的斜率为电容器电容C，图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能．故  E=QU 由Q=CU得：E=CU2． （3）板间距离为d时，平行板电容器的电容为C= 当电容器带电量为Q时，两板间电压U= 得电容器储存的电能为E=CU2= 当板间距离由d1增大到d2时，电容器储存的电能增加量为 △E=E2-E1=（d2-d1） 故需要克服电场力做功W=△E=（d2-d1） 答： （1）如图所示． （2）推导过程见上． （3）将板间距离由d1增大到d2，需要克服电场力做功为（d2-d1）．‎ ‎（备课组长教学指导）（1）根据电容的定义式C=得到Q与U的关系式，再画出Q-U图象． （2）Q-U图象与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中，电容器储存的电能，由数学知识推导． （3）根据电容的决定式、电容的定义式得到电容器储存的电能表达式，再由功能关系求解． 解决本题的基础是掌握电容的定义式C=和电容的定义式C=．关键是要理解Q-U图象与横坐标轴围成的面积表示电容器充电过程中电容器储存的电能． ‎