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电容与电容器课时测试题（附解析）
资料简介
【全优课堂】2016高考物理总复习 第7章 第4课时 电容与电容器课时作业
一、单项选择题
1．如图1所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )
图1
A．两板间的距离 B．两板间的电压
C．两板间的电介质 D．两板的正对面积
【答案】A
【解析】本题考查电容器电容大小的决定因素．当敲击键盘时由公式C＝可知改变了极板间距离，故选A．
2．如图2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，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( )
图2
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．带电油滴的电势能将减小
D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
【答案】B
【解析】上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d
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增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错．
3．如图3所示是测定液面高度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：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
图3
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
【答案】D
【解析】电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确．
4．(2015·汕头模拟)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
【答案】B
【解析】根据平行板电容器电容公式C＝，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B正确．
5．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图4所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )
图4
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A．断开开关S后，将A、B分开些
B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右移动
【答案】A
【解析】要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误．
二、双项选择题
6．如图5所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )
图5
A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流
B．若将A向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，G表中有b→a的电流
C．若将A向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流
D．若将A向下平移一小段距离，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流
【答案】BC
【解析】将S断开，电容器电荷量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，A错误；若S闭合，将A板左移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止，但因C变小，电容器极板电荷量变小，因此有由b→a的电流，B正确；将A板上移，由E＝可知，E变小，油滴应向下加速运动，因C变小，电容器要放电，因此有由b→a的电流流过G，C正确；将A板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，但因C增大，电容器要充电，因此有由a→b的电流流过G，故D错误．
7．下列关于电容器的说法中正确的是( )
A．电容器是储存电荷和电能的器件
B．互相绝缘、相互靠近的两个导体构成电容器的电极，电容跟这两个导体是否带电有关
C．电容器所带电荷量是指每个极板所带电荷量
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D．电容器的充电过程是将其他形式的能转化为电场能的过程，电容器的放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程
【答案】AD
【解析】电容器不仅能储存电荷，也能储存电能，A正确；每个极板所带电荷量的绝对值才是电容器的所带电荷量，C错误；由电容器的定义知D正确，B错误．
8．(2015·普宁模拟)如图6，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图6
A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
【答案】BD
【解析】粒子做直线运动，其重力和电场力的合力应与速度共线，如图所示．重力与电场力不共线，不可能平衡，选项A错误；粒子运动过程中电场力做负功，因而电势能增加，选项B正确；合力做负功，动能减小，选项C错误；电容器的极板与直流电源相连，即其电压、板间的场强不变，则电场力不变，合力恒定，因而粒子做匀变速直线运动，选项D正确．
9．如图7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，下极板接地．一带电油滴位于容器中的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( )
图7
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．带电油滴的电势能将增加
D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
【答案】BC
【解析】上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P
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点与下极板间的电势差减小，因下极板接地，故P点的电势将降低，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能增加，C对；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C减小，极板带电荷量Q＝CU将减小，D错．
10．如图8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．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是( )
图8
A．断开开关，将两板间的距离拉大一些
B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些
C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些
D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度
【答案】BC
【解析】断开开关时，电容器所带电荷量不变，由Q＝CU、U＝Ed及C＝知A项中场强不变，B项中场强变大，A项错误，B项正确；保持开关闭合时，电容器两极板间电压不变，由U＝Ed可判定C项正确，在D项中，如图所示，当极板间距离减小为dcos θ时，电场力在竖直方向上的分力为qE′cos θ＝q·cos θ＝q仍不变，此时液滴沿水平方向向左做加速运动，D错误．
三、非选择题
11. (2014·沈阳月考)如图9所示，水平放置的两平行金属板A、B接在U＝4 000 V的直流电源上，两极板间距离为2 cm，A极板接地，电场中a点距B极板1 cm，b点和c点均距A极板0.5 cm，求：
图9
(1)a点的电场强度；
(2)a、c之间的电势差；
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(3)电子在b点的电势能；
(4)电子从a点运动到c点，电场力做的功．
【答案】(1)2×105 V/m (2)－1 000 V
(3)1.6×10－16 J (4)1.6×10－16 J
【解析】(1)a点的电场强度为
E＝＝ V/m＝2×105 V/m.
(2)a、c两点间的电势差为
Uac＝－Uca＝－Edca＝－2×105×(2－1－0.5)×10－2 V＝－1 000 V.
(3)b点的电势为
φb＝－UAb＝－EdAb＝－2×105×0.5×10－2 V＝－1 000 V
电子在b点的电势能为
Epb＝eφb＝－1.6×10－19×(－1 000) J
＝1.6×10－16 J.
(4)电子从a点运动到c点，电场力做的功为
W＝eUac＝－1.6×10－19×(－1 000) J
＝1.6×10－16 J.
12．如图10所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m，带电荷量均为＋q的两个带电小球(视为质点)，其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，已知d＝2L，今使下端小球恰好位于小孔中，由静止释放，让两球竖直下落．当下端的小球到达下极板时，速度刚好为零．试求：
图10
(1)两极板间匀强电场的电场强度；
(2)两球运动过程中的最大速度．
【答案】(1) (2)
【解析】(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中，由动能定理得
2mgd－Eqd－Eq(d－L)＝0
解得E＝.
(2)两球由静止开始下落至上端小球恰好进入小孔时两球达到最大速度，此过程利用动能定理得
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2mgL－EqL＝×2mv2
解得v＝ .
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