2019-2020年高中物理第1章静电场8电容器的电容课时作业新人教版选修

真诚为您提供优质参考资料，若有不当之处，请指正。真诚为您提供优质参考资料，若有不当之处，请指正。PAGE/NUMPAGES真诚为您提供优质参考资料，若有不当之处，请指正。2019-2020年高中物理第1章静电场8电容器的电容课时作业新人教版选修一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (1～4题为单选题，5、6题为多选题)1．(河南省实验中学xx～xx学年高二检测)关于平行板电容器的电容，下列说法正确的是eq\x(导学号50232196)(　D　)A．电容器不带电时，其电容为零B．电容器带电荷量越多，其电容越大C．电容器两极板间电压越低，其电容越小D．电容器的电容只由它本身的性质决定解析：电容器的电容与电容器是否带电、带电荷量多少以及两板间有无电压均无关，只与两极板间距、正对面积以及电介质有关，也就是说电容器的电容只由它本身的性质决定，故选项A、B、C错误，D正确。2．(黑龙江哈尔滨一中xx～xx学年高二上学期期中)传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域。如图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极板间距离而引起电容变化的是eq\x(导学号50232197)(　C　)解析：A选项改变的是介质，B、D选项改变的是正对面积，C选项改变的是两板间的距离，故C正确。3．某一电容器标注的是“400V　22μF”(如图)，则下列说法中正确的是eq\x(导学号50232198)(　B　)A．该电容器可在400V以下电压时正常工作B．该电容器只能在400V电压时正常工作C．电压是200V时，电容是11μFD．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连解析：每一个电容器都有它的耐压值，电容器可以在耐压值及其以下正常工作，所以选项A正确，选项B错误；电容是 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质决定的，所以电容不变，选项C错误；有的电容器是有极性的，分正负极，所以选项D错误。4．(北京大学附中河南分校xx～xx学年高二检测)一平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表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则eq\x(导学号50232199)(　C　)A．U变小，E变小　　　　　B．E变大，Ep变大C．U变小，Ep不变D．U不变，Ep不变解析：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大。由公式U＝eq\f(Q,C)知，板间电压U变小。由推论公式E＝eq\f(4πkQ,εrS) 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ，可知板间电场强度E不变，则由U＝Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变，故C正确，ABD错误，故选C。5．(吉林一中xx～xx学年高二上学期检测)如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是eq\x(导学号50232200)(　AB　)A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ变大B．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变C．保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将做自由落体运动D．断开S，悬线烧断，则小球在电场中将作变加速曲线运动解析：保持S闭合，电容器两端电压不变，将A板向B板靠近，由E＝U/d可以判断电场强度变大，θ增大，选项A正确；断开S，电荷量Q不变，将A板向B板靠近，由U＝Q/C、E＝U/d和C＝eq\f(εrS,4πkd)可以判断电场强度不变，则θ不变，选项B正确。悬线烧断，小球将沿悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C、D选项错误。6．(福建龙岩一中xx～xx学年高二上学期期中)如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是eq\x(导学号50232201)(　BD　)A．是充电过程B．是放电过程C．该电容器的电容为5.0×10－2FD．电容器的电量变化量为0.02C解析：由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错B对；由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.2,40)F＝5×10－3F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，D正确。二、非选择题7．如图所示，一平行板电容器接在U＝12V的直流电源上，电容C＝3.0×10－10F，两极板间距离d＝1.20×10－3m，取g＝10m/s2，求：eq\x(导学号50232202)(1)该电容器所带电荷量。(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量为多少？带何种电荷？ 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：(1)3.6×10－9C　(2)2.0×10－6C　负电荷解析：(1)由公式C＝eq\f(Q,U)得：Q＝CU＝3.0×10－10×12C＝3.6×10－9C。(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝eq\f(U,d)，则q＝eq\f(mgd,U)＝eq\f(2.0×10－3×10×1.20×10－3,12)C＝2.0×10－6C，微粒带负电荷。能力提升一、选择题(单选题)1．(绵阳市南山中学xx～xx学年高二上学期期中)在一块半导体基板上陈列了10万颗金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一极，外表面绝缘，手指贴在其上构成电容器的另一极，这就组成了指纹传感器．当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪和嵴与颗粒间形成一个个电容大小不同的电容器，则eq\x(导学号50232203)(　C　)A．指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小B．指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容大C．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压，在手指靠近时，各金属电极所带电荷量增大D．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压，在手指远离时，各金属电极均处于充电状态解析：指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，则d小，根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容大，指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，d大，则电容小，故AB错误。手指靠近时，电容增大，根据Q＝CU知，各金属电极电量增大，故C正确。在手指远离时，电容减小，根据Q＝CU知，电量减小，各金属电极处于放电状态，故D错误。2．(黄石二中高二检测)如图所示，平行板电容器中悬浮一带电微粒P，今把A、B两半方形金属盒相对插入，当A、B合拢时，对微粒运动情况的判断正确的是eq\x(导学号50232204)(　B　)A．向上运动B．向下运动C．仍保持静止D．条件不足，无法判断解析：带电微粒在匀强电场中悬浮，说明重力与静电力平衡，若两个金属盒相对插入，当它们合拢时，金属盒有静电屏蔽的作用，其内部场强将变为零，所以带电微粒将不受静电力作用，在重力作用下做自由落体运动，故B正确。3．如图所示，把一个平行板电容器接在电压U＝10V的电源上，现进行下列四步操作：①闭合S；②在两板中央插入厚为eq\f(d,2)的金属板；③断开S；④抽出金属板。则此时电容器两板间的电势差为eq\x(导学号50232205)(　D　)A．0B．10VC．5VD．20V解析：每一步操作造成的影响如下：①闭合S，电源对电容器充电，直至电压为U。设电容为C，则带电荷量Q1＝CU②插入厚为eq\f(d,2)的金属板，相当于极板间距减小了eq\f(d,2)，此时电容器带电量Q2＝C′U＝2Q1③断开S，A、B两极板的电荷量保持不变，即Q3＝Q2＝2Q1④抽出金属板，电容器的电容仍为C，而电荷量为2Q1，所以两板间电势差为eq\f(2Q1,C)＝2U＝20V。故正确答案选D。4．(广东佛山一中xx～xx学年高二上学期期中)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两极板间的电场强度、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象正确的是图中的eq\x(导学号50232206)(　C　)解析：由平行板电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)可知d减小时，C变大，但不是一次函数，选项A错误；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，与x无关，选项B错误；在负极板接地的情况下，设P点最初的电势为φ0，则平移后P点的电势为φ＝φ0－Ex0，选项C正确；正电荷在P点的电势能Ep＝qφ＝q(φ0－Ex0)，显然选项D错误。二、非选择题5．(福建福州八中xx～xx学年高二上学期期中)如图所示，M、N为水平放置、互相平行的两大块金属板，间距d＝35cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104V。现有一质量m＝7.0×10－6kg，电荷量q＝6.0×10－10C的带负电的油滴，由下板N下方距N为h＝15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P进入电场，欲使油滴到达上板Q点时速度恰为零，问油滴上抛的初速度v0为多大？eq\x(导学号50232207)答案：油滴上抛的初速度为4m/s解析：对于油滴运动全程，由动能定理得：－mg(d＋h)－qU＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2gd＋h＋2qU,m))＝eq\r(\f(2×10×0.35＋0.15＋2×6×10－10×3.5×104,7×10－6))＝4m/s。6．如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。eq\x(导学号50232208)答案：2Q解析：设电容器电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为U＝eq\f(Q,C)①两极板之间电场的场强为E＝eq\f(U,d)②式中d为两极板间的距离。按题意，当小球偏转角θ1＝eq\f(π,6)时，小球处于平衡位置。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有FTcosθ1＝mg③FTsinθ1＝qE④式中FT为此时悬线的张力。联立①②③④式得tanθ1＝eq\f(qQ,mgCd)⑤设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝eq\f(π,3)，则tanθ2＝eq\f(qQ＋ΔQ,mgCd)⑥联立⑤⑥式得eq\f(tanθ1,tanθ2)＝eq\f(Q,Q＋ΔQ)⑦代入数据解得ΔQ＝2Q。