届一轮复习人教新课标 电容器 课时练解析版.docx

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届一轮复习人教新课标电容器课时练解析版

2020届一轮复习人教新课标电容器课时练（解析版）

1．如图是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：

电流从右边接线柱流进电流计，指针向右偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针向右偏转，则（　　）

A．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大

B．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大

C．导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小

D．导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小

2．如图所示，平行板电容器与电压为U的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略；一带负电油滴被固定于电容器中的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（）

A．平行板电容器的电容值变大

B．静电计指针张角变小

C．带电油滴所受电场力增大

D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

3．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）

A．θ增大，E增大B．θ增大，EP不变

C．θ减小，EP增大D．θ减小，E不变

4．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）

A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大

B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大

C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变

D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变

5．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路。

闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。

要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是

A．只增大R1，其他不变

B．只增大R2，其他不变

C．只减小R3，其他不变

D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变

6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表。

闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中（）

A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大

B．小灯泡L变暗

C．电源的总功率变大，效率变小

D．通过定值电阻R1的电流方向自右向左

7．一平行板电容器两极板间距为

、极板面积为S，电容为

，其中

是常量。

对此电容器充电后断开电源。

当增加两板间距时，电容器极板间

A．电场强度不变，电势差变大

B．电场强度不变，电势差不变

C．电场强度减小，电势差不变

D．电场强度较小，电势差减小

8．（多选）为了探究电容器充放电的规律，将平行板电容器与电池组相连，且下极板接地，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则

A．带电尘埃的电势能不变

B．尘埃仍保持静止状态

C．电流计G中有a到b方向的电流

D．电流计G中有b到a方向电流通过

9．（多选）一平行板电容器与一自感线圈组成振荡电路，要使此振荡电路的周期变大，以下措施中正确的是（　　）

A．减小电容器两极板间的距离

B．减少线圈的匝数

C．增大电容器两极板间的正对面积

D．减小电容器两极板间的距离的同时减少线圈的匝数

E.减小电容器两极板间的距离的同时增加线圈的匝数

10．（多选）如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则不正确的是（　　）

A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能返回

B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落

C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回

D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落

11．如图所示，水平放置的两平行金属板A、B相距d，电容为C，开始两板均不带电，A板接地且中央有孔．现将带电荷量为q、质量为m的带电液滴一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速度地滴下，落向B板后电荷全部传给B板．试求：

（1）第几滴液滴在A、B间可能做匀速直线运动？

（2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴？

12．在如图所示的电路中，R1＝3Ω，R2＝6Ω，R3＝1.5Ω，C＝20μF，当开关S断开时，电源的总功率为2W；当开关S闭合时，电源的总功率为4W，求：

（1）电源的电动势和内电阻；

（2）闭合S时，电源的输出功率；

（3）S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？

参考答案

1．A

【解析】

【详解】

电流计指针向右偏转，说明流过电流计G的电流由右→左，则导体芯A所带电量在增加，电容两端间的电势差不变，由Q=CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容增大，根据

，知正对面积增大，则液体的深度h在增加。

A.导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在增大，与结论相符，选项A正确；

B.导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在增大，与结论不相符，选项B错误；

C.导体芯A所带电量在增加，液体的深度h在减小，与结论不相符，选项C错误；

D.导体芯A所带电量在减小，液体的深度h在减小，与结论不相符，选项D错误；

2．D

【解析】

试题分析：

根据

知，d增大，则电容减小．故A错误．静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．电势差不变，d增大，则电场强度减小，则带电油滴所受电场力变小．故C错误．电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据

，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选D。

考点：

电容器；电场强度和电势差

【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变．

3．D

【解析】

试题分析：

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据

可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据

，Q=CU，

，联立可得

，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确。

【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能

【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：

电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：

，

，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：

电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。

4．D

【解析】

试题分析：

电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式

知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，根据

可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据

可知，极板间的电场强度不变，所以ABC错误，D正确。

考点：

电容器的动态分析

【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握

、

、

三个公式。

5．B

【解析】

A、B电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，U2=

，当R1减小或R2增大时，电容器的电压增大，电量增加．故A错误，B正确

C、电路稳定后，电阻R3上无电压，电容器的电压与R3的阻值无关．故C错误．

D、只减小a、b两极板间的距离，电容增大，电压不变，电量增加．故D正确．

故选BD

6．C

【解析】

试题分析：

电压表测量

两端的电压或者电容器两端的电压，当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，故电路总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，即小灯泡变亮，电流表示数增大，由于总电阻减小，所以根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小，而小灯泡两端的电压增大，所以滑动变阻器两端的电压减小，即电压表示数减小，故AB错误；根据公式

可得电源的总功率增大，根据公式

可得电源的效率减小，故C正确；由于电容器两端的电压减小，所以根据公式

可得电容器上的电荷量减小，故通过定值电阻R1的电流方向自左向右，D错误

考点：

考查了电路动态变化分析

【名师点睛】在分析电路动态变化过程中，一般步骤是从部分变化，到整体变化，在根据整体变化推演到另外部分电路的变化，另外在含电容电路中，电容所在支路相当于断路，

7．A

【解析】

试题分析：

因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则C减小，则电势差U增大；

由公式C=

和C=可得：

U=

，电场强度E==

．故E与d无关，故电场强度不变；

故选：

A．

8．BCD

【解析】

【分析】

带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．

【详解】

将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式

得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小。

故A错误。

由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。

故B正确。

电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，即自由电荷由b到a方向的定向移动。

故CD正确。

故选BCD。

【点睛】

本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式

和电容的定义式

，以及平衡条件进行分析判断。

9．ACE

【解析】

【详解】

由于振荡电路的周期T＝2π

，所以要想增大周期可以增大电容和自感系数．减小电容器两极板间的距离会增大电容，周期变大，A正确；减少线圈的匝数可减小自感系数，周期变小，B错误；增大电容器两极板间的正对面积会增大电容，则周期变大，C正确；减小电容器两极板间的距离的同时，增大线圈的匝数，C和L都增大，则周期增大，D错误，E正确．故选ACE.

【点睛】

本题比较简单，考查了LC振荡电路的周期公式T＝2π

与L及C有关，注意掌握影响L与C的因素．

10．ACD

【解析】

【分析】

带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．

【详解】

由题设条件，由动能定理得：

mg•2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。

把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。

故A正确。

将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。

故B错误。

把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。

故C正确。

把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。

故D正确。

本题选择错误的，故选B。

【点睛】

对于本题选择全过程为研究过程，运用动能定理进行求解比较方便，在运用动能定理时，抓住电势差不变，电场力做功不变，比较电场力做功与重力做功的关系进行分析．

11．

（1）

（2）

【解析】

（1）设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为

，对第n滴液滴，根据它的受力平衡得：

，

解得：

。

（2）当能够到达B板的液滴增多时，电容带电量Q增大，两板间电压也增大；当某带电液滴到达B板速度恰好为零时，该液滴将返回，在OB间往复运动。

设能够到达B板的液滴不会超过，由动能定理有：

，

解得：

。

点睛：

本题主要考查了动能定理在电场中的应用，要知道当油滴滴到下极板时速度刚好为零，下面的油滴就不能滴到下极板上。

12．

（1）

（2）3.5W（3）

0

【解析】

【分析】

断开S，R2、R3串联，根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；S闭合，R1、R2并联再与R3串联，再次根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电功率表达式；最后联立求解；闭合S时电源的输出功率为P=EI-I2r；S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压，求解出电压后根据Q=CU列式求解。

【详解】

（1）S断开，R2、R3串联根据闭合电路欧姆定律可得：

总功率为：

S闭合，R1、R2并联再与R3串联，总外电阻

根据闭合电路欧姆定律可得：

所以总功率为：

联立解得：

E=4V，r=0.5Ω

（2）闭合S，总外电阻R′=3.5Ω

干路电流为

输出功率P出=EI′-I′2r=4×1-1×0.5=3.5W

（3）S断开时，C两端电压等于电阻R2两端电压：

可得电量为：

Q=CU2=20×10-6×3=6×10-5C

【点睛】

本题首先要理清电路结构，然后结合闭合电路欧姆定律和电功率表达式列式分析。