- 电容器
- 共224题
如图所示,电阻R1=2Ω,R2=4Ω,R3=6Ω,电容C=5μF.电源电压U=6V不变,求:
(1)电键S断开时,电路达稳定状态后电容器的带电量Q1和电源对电路提供的功率P1.
(1)电键S闭合时,电路达稳定状态后电容器的带电量Q2和电源对电路提供的功率P2.
正确答案
解:(1)
S断开时,C通过R3并在R1两端,C两端的电压为R1两端电压
则U1=U=
×6=2V,
电容器带电量Q1=CU1=5×10-6×2=1×10-5C,
下极板带正电,电源提供的功率P1==
=6W.
(2)S闭合时,C并接在R2两端
则电容器带电量Q2=CU2=C×U=2×10-5C
上板带正电,电源提供的功率P2=+
=6+
=12W
答:(1)电键S断开时,电路达稳定状态后电容器的带电量为1×10-5C,电源对电路提供的功率为6W.
(1)电键S闭合时,电路达稳定状态后电容器的带电量为2×10-5C,电源对电路提供的功率为12W.
解析
解:(1)
S断开时,C通过R3并在R1两端,C两端的电压为R1两端电压
则U1=U=
×6=2V,
电容器带电量Q1=CU1=5×10-6×2=1×10-5C,
下极板带正电,电源提供的功率P1==
=6W.
(2)S闭合时,C并接在R2两端
则电容器带电量Q2=CU2=C×U=2×10-5C
上板带正电,电源提供的功率P2=+
=6+
=12W
答:(1)电键S断开时,电路达稳定状态后电容器的带电量为1×10-5C,电源对电路提供的功率为6W.
(1)电键S闭合时,电路达稳定状态后电容器的带电量为2×10-5C,电源对电路提供的功率为12W.
如图所示,电源的电动势E=28V,内阻r=2Ω,电阻R1=12Ω,R2=R4=4Ω,R3=8Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0pF.在开关S由断开到闭合,直至电路稳定的过程中,电容器上电量的变化情况是( )
正确答案
解析
解:S断开时,电阻R3两端电压为U3=E=16V
S闭合后,外阻为R==6Ω
路端电压为U==21V
电阻R3两端电压为U3′==14V
则流过R4的总电量为△Q=CU3-CU3′=6×10-12C,
即电容器上电量减少了6×10-12C.故C正确,ABD错误.
故选:C.
一个电容器带电Q=5.0x10-4C时,两极板间的电压U=20V.这个电容器的电容C=______F______μF;当它的带电量减少2.0x10-4C时,两极板间的电压减少______V;当电容器不带电时,两极板间的电压为______V,电容器的电容为______F.
正确答案
2.5×10-5
=25
8
0
2.5×10-5
解析
解:电容器带电Q=5.0x10-4C,电压U=20V,故电容为:
根据C=,带电量减少2.0×10-4C时,两极板间的电压减少:
当电容器不带电时,电压为零,电容不变,为2.5×10-5;
故答案为:2.5×10-5,25,8,0,2.5×10-5.
如图所示,在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动,关于电子到达Q板时的速率,下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:电子在运动过程中只有电场力做功,根据动能定理:eU=mv2,得:v=
,e、m、U均不变,则电子获得的速度不变.
A、两板间距离越大,场强E=越小,加速时间越长,因为加速电压不变,由上面结论可知电子获得的速度大小不变,故A错误.
B、两板间距离越小,场强E=越大,加速度越大,因为加速电压不变,所以最后的末速度大小不变,故B错误.
C、根据v=,电子获得的速率与两极板间的距离无关,仅与加速电压有关,故C正确.
D、由上可知D错误.
故选:C
如图所示,在平行板电容器正中有一个带电微粒.电键闭合后,该微粒恰好能保持静止.现将电键断开,能使该带电微粒向上运动打到上极板的做法是( )
正确答案
解析
解:开始时,电键闭合,微粒保持静止,电场力和重力平衡;电键断开后,电容器的电量保持不变,要使微粒向上运动,需要增加电场力,即要增加电场强度;
根据电容定义公式C=、平行板电容器的决定公式C=
、电势差与电场强度关系公式U=Ed得到:
E=;
A、B、根据E=,场强与极板间距d无关,故A、B均错误;
C、根据E=,左移上极板M,两个极板的正对面积S减小,故电场强度变大,电场力变大,故微粒向上加速,故C正确;
D、根据E=,在N板上方紧贴N板插入一块玻璃,介电常数增大,电场强度减小,电场力减小,故微粒向下加速,故D错误;
故选C.
如图所示,电阻R1=3Ω,R2=6Ω,线圈的直流电阻不计,电源电动势E=5V,内阻r=1Ω.开始时,电键S闭合,则( )
正确答案
解析
解:A、断开开关S前,线圈电流稳定,线圈的直流电阻不计,则电容器两端电压为零,所以电容器没有电荷量.故A正确;
B、当断开开关S前,线圈电流稳定,且线圈的直流电阻不计,则电容器两端电压为零,所以电容器没有电荷量.故B错误;
C、当开关断开瞬间,线圈电流减小,由于线圈的自感现象,导致线圈中产生感应电动势,且左端电势高于右端,从而对电容器充电,因此电流流向a板.故C正确;
D、当开关断开瞬间,线圈电流减小,由于线圈的自感现象,导致线圈中产生感应电动势,且左端电势高于右端,从而对电容器充电,因此电流流向a板.故D错误;
故选:AC
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,与它相连接的电路如图所示,接通开关,电源即给电容器充电:
①保持K接通,减少两极板间的距离,则两极板间电场的电场强度减少
②保持K接通,在两极板间插入一块介质,则极板上的电量增大
③断开K,减小两极板间的距离,则两极板间的电势差减小
④断开K,在两极板间插入一块介质,则两极板间的电势差增大
以上说法正确的有( )
正确答案
解析
解:
①保持K接通,则两板间的电势差不变,因d减小,由E=可知,两极板间的电场的电场场强增大,故①错误;
②保持K接通,两板间的电势差不变,在两极板间插入介质后,电容增大,由Q=UC可知,极板上的电量增大,故②正确;
③断开K,减小距离d,电容增大,而两板上所带电量不变,由C=可得U=
,则知两极板间的电势差U减小,故③正确;
④断开K,插入介质后电容增大,两板上所带电量不变,由U=可知极板上的电势差减小,故④错误;
故选:C.
如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球.P与b用导线相连,Q接地.开始时悬线静止在竖直方向,b带电后,悬线偏转了角度α.如何改变电容器使角α变大,至少举两例.
正确答案
解:由图可知,a板与Q板均接地,电势均0,b板与P板电势相等,故两电容器的电压相等,而且ab电容所带电量不变,要使悬线偏角α变大,小球所受的电场力增大,应使U增大,对电容器ab:由C=知,应减小电容器C的电容,对电容器C,由电容的决定式C=
可知,可以通过增大a、b板间距离d、减小介电常量ɛ、减小a、b正对面积S来减小电容器的电容.
解析
解:由图可知,a板与Q板均接地,电势均0,b板与P板电势相等,故两电容器的电压相等,而且ab电容所带电量不变,要使悬线偏角α变大,小球所受的电场力增大,应使U增大,对电容器ab:由C=知,应减小电容器C的电容,对电容器C,由电容的决定式C=
可知,可以通过增大a、b板间距离d、减小介电常量ɛ、减小a、b正对面积S来减小电容器的电容.
一个电容器原来已经带电,如果使它所带的电荷量增加4.0×10-8C,测得电容器两极的电压增加20V,此电容器的电容C=______F.
正确答案
2×10-9
解析
解:电容C==
=
=2×10-9F;
故答案为:2×10-9.
一个平行板电容器,电容为200pF,充电后两板间电压为100V,则电容器的带电量是______,保持电容器与电源相连,将两板间距离减半,则电容器的带电量是______.(1pF=10-12F)
正确答案
2×10-8C
4×10-8C
解析
解:根据电容的定义式得
Q=CU=200×10-12×100C=2×10-8C.
将两板间距离减半,即d减小,根据电容的决定式,知C变为原来的2倍,即C′=2C=400μF.
保持电容器与电源相连,则电容器两极板电压保持100V不变,
所以Q=C′U=400×10-12×100C=4×10-8C
故答案为:2×10-8C,4×10-8C.
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