电容器_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图滑动变阻器R1的最大值是200Ω，R2=R3=300Ω，A、B两端电压UAB=8V，电容器的电容C=100μF．求：

（1）闭合开关S，移动滑片P的过程中电容器的最大带电量？

（2）当开关S断开时，移动滑片P，R3两端获得的电压变化范围是多少？

正确答案

解：（1）电容器两极板间的电压为R3两端的电压，P在R1的最上端时它的最大值是8v

所以Q=CU=100×10-6×8C=8×10-4C；

（2）S断开后P在R1的最下端时R3的电压有最小值，其值为

U1=

UAB=×8V=4.8V

P 在R1的最上端时其值最大为U2=8V

电压的范围为4.8V≤U≤8V；

答：（1）闭合开关S，移动滑片P的过程中电容器的最大带电量8×10-4C；（2）当开关S断开时，移动滑片P，R3两端获得的电压变化范围是4.8V≤U≤8V．

解析

解：（1）电容器两极板间的电压为R3两端的电压，P在R1的最上端时它的最大值是8v

所以Q=CU=100×10-6×8C=8×10-4C；

（2）S断开后P在R1的最下端时R3的电压有最小值，其值为

U1=

UAB=×8V=4.8V

P 在R1的最上端时其值最大为U2=8V

电压的范围为4.8V≤U≤8V；

答：（1）闭合开关S，移动滑片P的过程中电容器的最大带电量8×10-4C；（2）当开关S断开时，移动滑片P，R3两端获得的电压变化范围是4.8V≤U≤8V．

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题型：单选题

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单选题

一定行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，ε表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板向右平移一小段距离．则（　　）

AU变小，E不变

BE变大，ε变大

CU变小，ε不变

DU不变，ε不变

正确答案

B

解析

解：根据C=知，d不变，S减小，则电容减小，根据U=知，电量不变，则电势差增大，由E=知，电场强度E变大．P与负极板间的电势差增大，则P点的电势增大，根据Ep=qφ知，正电荷的电势能增大．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

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题型：单选题

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单选题

关于电容器，以下说法错误的是（　　）

A电容器极板的正对面积越大，电容器的电容越大

B电容的国际单位是法拉

C电容器是储存电荷的装置

D电容器只能储存同种电荷

正确答案

D

解析

解：A、根据电容的决定式，电容器极板的正对面积越大，电容器的电容越大．故A正确；

B、电容的国际单位是法拉，其他的单位有微法和皮法．故B正确；

C、电容器是储存电荷的装置．故C正确；

D、电容器两个极板所带电荷的电性相反，一个极板带电量多少为电容器所带的电量．故D错误．

本题要求选择错误的，故选：D

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题型：单选题

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单选题

如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地．一带正电的点电荷固定于P点．现将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，则（　　）

AP点的电势将降低，点电荷的电势能增大

BP点的电势将降低，点电荷的电势能减小

CP点的电势将升高，点电荷的电势能增大

DP点的电势将升高，点电荷的电势能减小

正确答案

B

解析

解：平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，知平行板的间的电势差不变，将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，d增大，根据E=知，电场强度减小，则P与下极板的电势差减小，则P点的电势减小，根据E=qφ知，点电荷的电势能减小．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

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题型：单选题

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单选题

下列说法正确的是（　　）

A处于静电平衡状态的导体，内部既无正电荷，又无负电荷

B处于静电平衡状态的导体，内部和外表面处的电场强度均为零

C手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，那么验电器的金属箔张开的角度将变小

D电容越大的电容器，带电荷量也一定越多

正确答案

C

解析

解：A、金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，都是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷．故A错误．

B、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零，而表面处的场强不等于0，故B错误．

C、手拿不带电的金属棒靠近带正电的验电器，根据感应带电原理，及同种电荷相斥，异种电荷相斥，则验电器的金属箔张开的角度将变小．故C正确；

D、公式，可知，C与Q及U无关，故D错误．

故选：C．

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题型：填空题

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填空题

在探索平行板电容器的电容与哪些因素有关时，实验发现在极板电量不变的情况下，仅增大板间距，静电计的指针将______（填“变大”、“变小”）；仅减小正对面积，静电计的指针将______（填“变大”、“变小”）．

正确答案

变大

解析

解：增大板间距，则由C=ɛ可知，C减小；由Q=UC可知，U变大；则静电计的指针夹角变大；

减小正对面积时，C也减小，同理可得，指针夹角增大；

故答案为：变大，变大．

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题型：填空题

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填空题

有一充电的平行板电容器，两板间电压为9V，现使它的电荷量减少6×10-4C，于是电容器两极板间电压降为原来的，此电容器的电容是______ μF，电容器原来的带电荷量是______ C，若电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容是______ μF．

正确答案

200

4.5×10-4

200

解析

解：由题：平行板电容器的电荷量减少△Q=6×10-4 C，电压降低△U=3V，

则C===2×10-4F=200μF

电容器原来的带电荷量Q=CU=2×10-4×9=1.8×10-3C

电容反映电容器本身的特性，电容器极板上的电荷全部放掉，电容器的电容不变，仍为200μF．

故本题答案是：200，4.5×10-4，200．

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题型：简答题

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简答题

一般来说，电容器极板的正对面积越______、极板间的距离越______，电容器的电容就越大．

正确答案

解：根据公式C=可得，两极板间的正对面积越大，板间的距离越小，电容器的电容就越大．

故答案为：大；小

解析

解：根据公式C=可得，两极板间的正对面积越大，板间的距离越小，电容器的电容就越大．

故答案为：大；小

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题型：简答题

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简答题

我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器，电磁弹射系统包括电源、储能装置、导轨和脉冲发生器等等．其工作原理如图1所示，利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受安培力作用下加速获得动能．设飞机质量为m=1.8×104kg，起飞速度为v=70m/s，起飞过程所受平均阻力恒为机重的k=0.2倍，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始起飞距离为l=210m；现在想利用电磁弹射器与飞机发动机（牵引力不变）同时工作时使飞机飞离航母，已知使电磁弹射器工作的储能装置是电容量C很大电容器，电容器储存电能：W屯=CU2，如图2示是电容器的带电量q与极板间电压U的关系曲线，开始时电容器的充电电压为1000V，假设电容器释放的能量有77%转化为安排力做功，求：

（1）该电容器的电容；

（2）飞机所受牵引力F的大小；

（3）在航母甲板上加速多长距离即可起飞？

正确答案

解：（1）由电容的定义式C=，知图象的斜率等于电容器的电容，由图可知，Q=3×104C，U=5×102V，所以C=F=60F

（2）没有电磁弹射器时，由动能定理得：（F-kmg）l=mv2

则 F=+kmg

代入数据解得：F=+0.2×1.8×104×10=2.46×105（N）

（3）由能量守恒定律得：

0.77•CU2+（F-kmg）L′=mv2

解得：L′=100（m）

答：

（1）该电容器的电容为60F；

（2）飞机所受牵引力F的大小为2.46×105N；

（3）在航母甲板上加速100m距离即可起飞．

解析

解：（1）由电容的定义式C=，知图象的斜率等于电容器的电容，由图可知，Q=3×104C，U=5×102V，所以C=F=60F

（2）没有电磁弹射器时，由动能定理得：（F-kmg）l=mv2

则 F=+kmg

代入数据解得：F=+0.2×1.8×104×10=2.46×105（N）

（3）由能量守恒定律得：

0.77•CU2+（F-kmg）L′=mv2

解得：L′=100（m）

答：

（1）该电容器的电容为60F；

（2）飞机所受牵引力F的大小为2.46×105N；

（3）在航母甲板上加速100m距离即可起飞．

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题型：单选题

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单选题

下列说法中正确的是（　　）

A电容器可以储存电荷

B电容器充电时两个极板带等量同种电荷

C要增大可变电容器的电容，可以把可变电容器的动片旋出一些

D要增大可变电容器的电容，可以增大极板间的距离

正确答案

A

解析

解：A、电容器可以储存电荷，是电容器的基本功能，故A正确．

B、充电后，两极板分别带等量异号电荷，故B错误．

C、将可变电容器动片旋出一些，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C=知，电容将减小，故C错误．

D、根据电容的决定式C=知，增大极板间的距离时，电容将减小，故D错误．

故选：A

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