资源简介

2022年高考物理一轮复习——电容器
一、单选题
1.下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（ ）
A. 根据电场强度的定义式E= F/q，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比
B. 根据电容的定义式C= ，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比
C. 根据真空中点电荷电场强度公式E=k ，电场中某点电场强度和场源电荷的电量无关
D. 一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强不一定为零
2.一个电容器的规格是20V，5μF，对以下数据及相关问题的理解，正确的是（ ）
A. 这个电容器只有加上20V电压时，电容才是5μF
B. 这个电容器的电容的最大值为5μF，当带电荷量较少时，电容小于5μF
C. 这个电容器的电容是5μF，与电容器所加电压，所带电量大小无关
D. 这个电容若不带电，则电容为0
3.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1 ， 板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离为2d，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2 ， 板间场强为E2 ， 下列说法正确的是（ ）
A. E2=E1 ， U2=U1 B. E2=4E1 ， U2=2U1 C. E2=2E1 ， U2=U1 D. E2=2E1 ， U2=4U1
4.超级电容以高达数千法拉的电容值和快速充、放电速率而闻名于世。某物理爱好者研究发现超级电容能增加电瓶车的续航，提升动力。他给普通电瓶车加装了超级电容，进行实地测试。他测得电瓶两端电压为58V，超级电容两端电压为42V。他把超级电容并联在电瓶两端，给电容充电，最终充到50V。下列说法中正确的是（ ）
A. 充电过程中超级电容两端的电压、电荷量和电容都缓慢增加
B. 充电过程中超级电容两端的电压和电荷量都增加，电容不变
C. 电瓶车工作过程中超级电容的电荷量逐渐减小，电容减小
D. 电瓶车工作过程中超级电容的电荷量不变，电容不变
5.如图所示，要使静电计的指针偏角变大， 可采用的方法是（　　）
A. 使两极板靠近 B. 减小正对面积 C. 插入电介质 D. 用手碰一下负极板
6.如图为某规格的电容器，下列关于该电容器的说法正确的是（ ）
A. 该电容器只有接80V的恒定电压时才能工作 B. 给该电容器充电或放电过程中有电荷流过电容器
C. 电容器上不带电，其电容也是1000μF D. 外壳上所标的80V指的是击穿电压
7.在生产纸张、纺织品等绝缘材料的过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置了如图所示的传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，某过程灵敏电流计G中有a流向b的电流，则此过程（ ）
A. 电容器的电容减小 B. 板间的纸张厚度增大
C. 板间的电场强度减小 D. 极板所带的电荷量增大
8.如图，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（ ）
A. 仅将M板向下平移 B. 仅将M板向左平移
C. 仅将M板向上平移 D. 仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）
9.平行板电容器中有一带电粒子P处于静止状态，若把滑动变阻器R的滑动触头向下移动，则带电粒子将（ ）
A. 向上加速运动 B. 向下减速运动 C. 向下加速运动 D. 仍然静止不动
10.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　）
A. 电容器的电容增加 B. 在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流
C. A，B两板间的电场强度增大 D. P点电势升高
11.如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a．平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中错误的是（ ）
A. E变小 B. U变大 C. Ep不变 D. 电荷仍保持静止
12.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷（上极板带正电），与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，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. E不变，Ep不变 B. U不变，E减小 C. θ增大，E不变 D. θ不变，Ep增大
二、填空题
13.平行板电容器两极板间的距离和介质确定后，当两极板的正对面积增大时，其电容
（填“增大”、“减小”或“不变”；平行板电容器两极板的正对面积和介质确定后，当两极 板间距离增大时，其电容 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
14.平行板电容器所带量Q=4×10-8C，它的两极板之间电压U=2V，如果两板电量各减少一半，则两板间电势差变为 V，两板间的电场强度将变为原来的 。
15.在探究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验中，某同学猜测电容可能与极板间的距离d、极板的正对面积S及插入极板间的介质有关．他将一个已经充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．实验时保持电容器极板所带的电量不变，且电容器B板位置不动．
①将A板向左平移，静电计指针张角 ；将A板竖直向上平移，则静电计指针张角 ；在A、B板间插入电介质，则静电计指针张角 ．
②实验中静电计不可以用电压表替代，原因是： ．
16.如图所示为研究决定平行板电容器电容因素的实验装置。两块相互靠近的等大正对平行金属平板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都通过导线接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置。给电容器充上一定的电荷，静电计指针张开一定角度。若仅将两极板间的距离增大，则静电计指针的偏角将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）；若仅将M沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积，则静电计指针的偏角将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
三、解答题
17.如图所示，A和B两平行金属板相距10 mm，M点距A板及N点距B板均为2 mm，两极板间的电压为4V，则板间场强和M点电势各是多少？
18.如图所示，有三块大小相同平行导体板A、B、C，其中A与B间距是B与C间距的一半，且A、B两板所构成的电容器的电容为10﹣2μF，电池电压为2V，求A、B两板上的电荷量分别为多少？
19.如图所示，A、B为不带电平行金属板，间距为d，构成的电容器电容为C．质量为m、电量为q的带电液滴一滴一滴由A板小孔上方距A板高h处以v0初速射向B板．液滴到达B板后，把电荷全部转移在B板上．求到达B板上的液滴数目最多不能超过多少？
20.如图所示，电源电动势E=9V ， 内电阻r=0.5Ω ， 电阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω ， 电容C=2.0μF ． 当电键K由与a接触到与b接触通过R3的电量是多少？
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【考点】库仑定律，电场强度和电场线，电容器
【解析】【解答】A项：电场中某点的电场强度只取决于电场本身的性质，与试探电荷的电量无关，A不符合题意，D符合题意；
B项：电容器的电容与电容器所带的电荷量、两板的电势差无关，只取决于本身的性质，B不符合题意；
C项：根据 ，点电荷产生的电场与场源电荷成正比，与某点到场源电荷的距离的平方成反比，C不符合题意；
故答案为：D
【分析】 E= F/q为电场强度的定义式，不能用来分析影响电场强度的因素，电场强度与试探电荷无关。
2.【答案】 C
【考点】电容器
【解析】【解答】解：电容器的电容反映了电容器容纳电荷的本领大小，与电容器板间电压和所带电量无关，加电压或不加电压、电荷量多或少时，电容都是5 F．故ABD错误，C正确．
故选：C．
【分析】电容器的电容与板间电压和电荷量的多少无关，仅有电容器本身决定．
3.【答案】 D
【考点】电容器
【解析】【解答】根据电容公式 说明电容变为原来的 ，根据电容定义式 ，发现电量变为原来的2倍，所以电势差变为原来的4倍，根据场强关系 ，d变为原来的2倍，所以场强变为2倍，A、B、C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】利用电容的决定式和定义式可以推导出场强和电荷量的关系，电压和板间距离和电荷量的关系。
4.【答案】 B
【考点】电容器
【解析】【解答】AB．电容器的电容由本身结构决定，与充放电无关，与电量多少无关。充电过程，电压增加，电量增加，电容不变，A不符合题意，B符合题意；
CD．接上超级电容后的电瓶车工作时，即电容器放电时，电量减小，电容不变，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】电容器的电容和电容器的本身有关，根据电容器的定义式判断放电时电容的变化情况。
5.【答案】 B
【考点】电容器
【解析】【解答】A．由题意可知，电容器所带电荷量Q不变，使两极板靠近，即d减小，由
可知，电容C增大。由
可知，电容器两极板间电压变小，静电计的指针偏角变小，所以A不符合题意；
B．由题意可知，电容器所带电荷量Q不变，减小正对面积，即S减小，由
可知，电容C减小。由
可知，电容器两极板间电压变大，静电计的指针偏角变大，所以B符合题意；
C．由题意可知，电容器所带电荷量Q不变，插入电介质，即 增大，
由 可知，电容C增大。
由
可知，电容器两极板间电压变小，静电计的指针偏角变小，所以C不符合题意；
D．由题意可知，用手碰一下负极板，电容器两极板所带电荷量Q减小，电容C不变，由 可知，电容器两极板间电压变小，静电计的指针偏角变小，所以D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当板间电荷量不变，板间距离减小时，其电容增大其电压减小所以静电计的指针偏角变小；当正对面积减小时其电容减小其电压增大所以静电计的指针偏角变大；当插入电介质时其电容增大其电压减小所以静电计的指针偏角变小；当电荷量减小时其电容不变其电压减小所以静电计的指针偏角变小。
6.【答案】 C
【考点】电容器
【解析】【解答】A．由标称值可知，该电解电容器用于直流80V及以下电压时才能正常工作，A不符合题意；
B．给该电容器充电或放电过程中，电荷不能经过电容器，因为两个极间有绝缘介质，电容器不是电阻，B不符合题意；
C．电容器的电容与电荷量无关，故电容器上不带电，其电容也是1000μF，C符合题意；
D．外壳上所标的80V指的是额定电压，小于击穿电压，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用标值可以判别其电容器应该使用直流电压80V；电容器充电和放电过程都没有电荷流过电容器；电容器的电容与电荷量大小无关；外壳所标电压为额定电压。
7.【答案】 A
【考点】电容器
【解析】【解答】AD．由于电容器与直流电源连接，故电压不变，灵敏电流计G中有a流向b的电流，说明电容器放电，则电容器电荷量Q减小，根据
则电容器的电容减小，A符合题意，D不符合题意；
B．根据
电容器的电容减小，说明相对介电常数减小，则板间的纸张厚度减小，B不符合题意；
C．电压不变，且极板间距不变，则电场强度 不变，C不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据电容器的定义式得出电容器电荷量的变化情况；根据电容器的决定式得出介电常数的变化情况；利用匀强电场的电场强度的表达式判断电场强度的大小。
8.【答案】 D
【考点】电容器
【解析】【解答】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由 可知，电容C应变大，根据 可知，应增大正对面积，减小板间距离、或增大电介质
A．仅将M板向下平移，正对面积减小，A不符合题意；
B．仅将M板向左平移，板间距离增大，B不符合题意；
C．仅将M板向上平移，正对面积减小，C不符合题意；
D．仅在M、N之间插入云母板，介电常数增大，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化，结合电容的定义式可以判别板间电压的变化，进而判别使指针张角变小的方法。
9.【答案】 A
【考点】电容器
【解析】【解答】解：把滑动变阻器R的滑动触头向下移动，电路的电阻增大，电流减小， 和内阻上的电压减小，那么电容器两端电压增加，因此油滴所受的电场力变大，带电液滴向上加速运动，故A正确，BCD错误；
故选：A
【分析】电容器板间电压等于变阻器R1两端的电压，改变变阻器阻值时，分析外电阻的变化，由欧姆定律分析电流表计数的变化及变阻器两端电压的变化．当变阻器的电压减小时，油滴将向下上运动．
10.【答案】 B
【考点】电容器
【解析】【解答】A．根据 ，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，A不符合题意；
B．在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，B符合题意；
C．根据 与 相结合可得：
由于电量减小，场强大小变小，C不符合题意；
D．因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的大小变化；利用电压不变结合电容定义式可以判别电荷量的大小变化，利用电荷量的变化可以判别电流的方向；利用电场强度及电势差的关系可以判别电场强度的大小变化；利用电势差的变化可以判别P点电势的大小变化。
11.【答案】 A
【考点】电容器
【解析】【解答】解：将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C= 得知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式C= 可知，U变大．
根据推论可知，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态．
P与B板间电势差UPB=Ed，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能EP不变．故A错误，BCD正确．
本题选错误的，故选：A
【分析】将极板A稍向上平移，引起电容器的电容变化，电容器的电压不变，根据电容的决定式和定义式分析电容和电容器所带电量如何变化，若电容器电量增加，电源可以充电，若电容器电量减小，要根据二极管单向导电性分析能否放电．根据电荷所受电场力有无变化，判断电荷的状态．
12.【答案】 A
【考点】电容器
【解析】【解答】AD．两板间的电场强度
因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，A符合题意，D不符合题意；
BC．电容器没有连接电源，故电容器带电量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据
可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，BC不符合题意。
故答案为：A。
【分析】当电荷量不变时，其板间电场强度的大小与间距无关所以电场强度不变，利用电场强度不变可以判别P点电势能的大小；利用电容的变化结合电荷量不变可以判别其电压及夹角的大小变化。
二、填空题
13.【答案】 增大；减小
【考点】电容器
【解析】【解答】 根据 可知，平行板电容器两极板间的距离d和介质确定后，当两极板的正对面积S增大时，其电容增大；平行板电容器两极板的正对面积S和介质确定后，当两极 板间距离d增大时，其电容减小。
【分析】考查对电容器决定式 的应用。
14.【答案】 1；
【考点】电容器
【解析】【解答】由电容的定义可得
当电荷量Q减小一半，电容C不变，则电势差变为原来的一半，即1V。
电势差变为原来的一半，根据
可知，电场强度变为原来的 。
【分析】利用电容的定义式可以判别电荷量变化时其电势差的大小变化；利用电势差和场强的关系可以判别电场强度的大小变化。
15.【答案】 增大；增大；减小；电压表会使电容器放电
【考点】电容器
【解析】【解答】 （1）根据 ，将A板向左平移，则两板间距d变大，则C减小，因为Q一定，根据Q=CU ， 则U变大，则静电计指针张角增大；将A板竖直向上平移，则S减小，C 减小，则根据Q=CU ， 则U变大，即静电计指针张角变大；在A、B板间插入电介质，则C变大，根据Q=CU ， 则U变小，则静电计指针张角减小；（2）实验中静电计不可以用电压表替代，原因是：电压表会使电容器放电。
【分析】利用电容决定式判断电容大小变化，再利用Q=UC判断电容器两极板间电势差，电势差越大，静电计指针张角越大；电压表会使电容器放电。
16.【答案】 变大；变大
【考点】电容器
【解析】【解答】根据
可知增大两极板间的距离d，电容C减小，而极板的带电量Q保持不变，根据
可知两极板间的电压升高，静电计指针的偏角将变大；
根据
可知减小两极板间的正对面积S，电容C减小，而极板的带电量Q保持不变，根据
可知两极板间的电压升高，静电计指针的偏角将变大。
【分析】利用电容的决定式可以判别电容的变化，结合电荷量不变及电容的定义式可以判别其板间电压的大小变化，利用板间电压的变化可以判别静电计指针的偏转角大小变化。
三、解答题
17.【答案】 解：板间场强
M点距离B板dMB=8mm，则
因φB=0，则φM=-3.2V
【考点】电容器
【解析】【分析】已知板间电压和板间距离，利用电势差和场强的关系可以求出电场强度的大小；结合BM之间的距离可以求出BM之间的电势差，再利用B点的电势可以求出M点电势的大小。
18.【答案】 解：根据 可知
电容器AB的带电荷量Q1=CABU=10﹣2×10﹣6×2C=2×10﹣8C
其中A板带负电，B板带正电
电容器BC的带电荷量Q2=CBCU=5×10﹣3×10﹣6×2C=1×10﹣8C
其中B板带正电，C板带负电
所以A板电荷量QA=﹣Q1=﹣2×10﹣8C
B板电荷量QB=Q1+Q2=3×10﹣8C
【考点】电容器，电荷守恒定律
【解析】【分析】先明确 三个极板的电性，再结合电容器的定义是式和性质式求出b极板的电荷量。注意B板所带电荷量是AC两板电荷量之和。
19.【答案】 解：设当第n滴油滴滴到下极板时速度刚好为零，则有：
第n滴油滴运动过程中，下极板带的电量为Q=（n-1）q…①
电容器两极板间的电压为： …②
第n个油滴到达下极板时速度正好等于0，根据动能定理得：
mg（h+d）-qU=0- …③
由①②③解得：
。
【考点】电容器，电场力做功
【解析】【分析】油滴不断从小孔滴下并附着到下板上，上下板之间就形成了电势差，也就形成了匀强电场，设最终有n个油滴可以打到下板上，即第n个油滴到达下极板时速度正好等于0，以后的油滴就不会打到板上了，根据动能定理即可求解。
20.【答案】 解：电路中的电流：I= =1A当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0V电量为：Q1=CU1=2×10﹣6×5C=1×10﹣5C．当开关接b时，电容器的电压为：U2=I R2=1×3.5V=3.5V电量为：Q2=CU2=2×10﹣6×3.5C=0.7×10﹣5C，且上极板带负电，下极板带正电．由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化为：△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10﹣6=1.7×10﹣5C即通过R3的电荷量为1.7×10﹣5C
【考点】电容器
【解析】【解答】电路中的电流：I= =1A
当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0V
电量为：Q1=CU1=2×10﹣6×5C=1×10﹣5C ．
当开关接b时，电容器的电压为：U2=I R2=1×3.5V=3.5V
电量为：Q2=CU2=2×10﹣6×3.5C=0.7×10﹣5C ， 且上极板带负电，下极板带正电．
由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，电量变化为：
△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10﹣6=1.7×10﹣5C
即通过R3的电荷量为1.7×10﹣5C ．
答：当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.7×10﹣5C ．
【分析】由图可知，R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量．
当开关与b连接时，C与R2并联即可求得电量，当开关与b连接时，C与R2并联；由C中电量的变化可得出流过R3的电量．

展开更多......

收起↑