高中物理人教版 (2019)必修 第三册电容器的电容练习题

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基础练习
题组一 对电容器的电容的理解
1.(2026河北石家庄辛集中学月考)超级电容器是指介于传统电容器和充电电池之间的一种新型储能装置。与传统电容器相比,它具有充电时间短、储存电能多、放电功率大、使用寿命长等特点。有一款超级电容器,其上标有“2.7 V 3 000 F”字样。下列说法中正确的是( )
A.电容器可以储存电荷,且储存的电荷量越多电容越大
B.加在这个电容器两端的电压低于2.7 V时,它就不能工作
C.加在这个电容器两端的电压为1.35 V时,它的电容为1 500 F
D.若这个电容器两端的电压变化1 V,则它所带的电荷量变化3 000 C
2.(多选题)(2026河南南阳月考)如图所示为某次心脏除颤器的模拟治疗,该心脏除颤器的电容器充电后的电压为4.0 kV,电容器的电容为15 μF。若电容器在一定时间内放电至两极板间电势差为0,在此过程中,共释放了0.06 C的电荷量,则下列说法正确的是( )
A.电容器在充电后的电容为15 μF,放电后的电容为0
B.电容器在放电过程中产生的电流大小是恒定不变的
C.电容器充电后,单个极板所带的电荷量为0.06 C
D.电容器两极板间的电势差与电荷量成正比
题组二 电容器充、放电的实验探究
3.(2026湖北武汉调考)某同学用如图(a)所示的电路观察电容器的充、放电现象,实验器材有电源E、电容器C、电压表V(可视为理想电压表)、定值电阻R、电流传感器(不考虑内阻)、计算机、单刀双掷开关S、导线若干。
(1)将S接1,电压表示数逐渐增大,最后稳定在8 V。在此过程中,电流传感器的示数 。
A.一直稳定在某一数值
B.由某一数值逐渐减小为零
C.先逐渐增大,后逐渐减小为零
D.先逐渐增大,后逐渐减小至某一非零数值
(2)电容器充电完成后,电容器 (选填“上”或“下”)极板带正电;再将S接2,通过传感器将电流信息传入计算机,画出电流随时间变化的I-t图像,如图(b)所示,图中t=1.2 s 时I=1.0 mA,两阴影部分的面积之比为S1∶S2=3∶2,则t=1.2 s时,电容器两极板间电压UC= V,电阻R= kΩ。(结果均保留2位有效数字)
(3)图(b)中t=1.2 s时刻,图线切线的斜率大小k=0.781 mA/s,由此可计算电容器的电容C= F。(结果保留2位有效数字)
(4)关于电容器在整个充、放电过程中的Q-t图像和UAB-t图像的大致形状,可能正确的是 。(Q为电容器极板所带的电荷量,UAB为电容器两极板间的电势差)

题组三 平行板电容器的动态变化问题
4.(多选题)(2026江西上饶中学期中)如图所示为一电容式位移传感器的示意图,电容器两固定极板间有一可移动的电介质板,电介质板与被测物体相连。电容器接入电路后,通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置。若物体向左平行于极板移动,在电介质板移出电容器的过程中,下列说法正确的是( )
A.电容器的电容增大
B.有a→b的电流流过电流计
C.A极板电荷量增大
D.两极板间的电压不变
5.(2026四川成都外国语学校月考)某同学设计了一个电容式风力传感器,如图所示。将电容器与静电计组成回路,P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动,风力越大,移动距离越大(可动电极不会到达P点)。若极板上电荷量保持不变,则下列说法正确的是( )
A.风力越大,电容器的电容越小
B.风力越大,极板间电场强度越小
C.风力越大,P点的电势越低
D.风力越大,静电计的指针张角越大
题组四 平行板电容器中的功能问题
6.(2026辽宁大连二十四中期末)如图所示,一个平行板电容器电容为C,上极板带正电,电荷量为Q,下极板带有等量负电荷并且下表面接地。两极板间的电场可认为是匀强电场,场中的M点距上极板、N点距下极板的距离均为板间距离的14,M、N两点间水平距离为板间距离的2倍。现将一试探电荷q由电场中的M点移到N点,则电场力对试探电荷所做的功为( )
A.QqC B.2CqQ
C.Qq2C D.-2CqQ
7.(2026云南昆明三中模拟)如图所示,水平放置的平行板电容器与恒压直流电源连接,板间距离为d,一带电粒子恰好静止于电容器极板正中央。若保持下极板不动,用绝缘工具在极短时间内将上极板向上平移d4,粒子打在极板上的动能为E1;若保持上极板不动,用绝缘工具在极短时间内将下极板向上平移d4,粒子打在极板上的动能为E2。不计空气阻力和电容器充、放电的时间,则E2E1等于( )
A.35 B.53 C.34 D.54
能力提升练
题组一 平行板电容器的动态分析
1.(2026江苏南京金陵中学月考)如图所示,两平行板电容器C1、C2正对面积分别为S、2S,两极板间距离分别为d、d2,开始时开关断开,两极板间电压分别为U1、U2,两电容器带电荷量均为Q。下列说法正确的是( )
A.U1=U2
B.闭合开关后,电阻R上有a→b的电流
C.闭合开关并稳定后,两板间电压U介于U1、U2之间
D.闭合开关并稳定后,C1、C2两电容器带电荷量之比为4∶1
2.(多选题)(2026黑龙江哈尔滨师大附中期中)如图所示,两完全相同的金属板水平正对放置,构成一个平行板电容器,将两金属板分别与电源两极相连,把与电源负极相连的金属板接地。在两极板间的P点有一带电液滴恰好处于静止状态,下列说法正确的是( )
A.液滴可能带正电
B.保持开关S闭合,将上极板向上平移少许,液滴将向下运动
C.断开开关S,将上极板向上平移少许,液滴的电势能不变
D.保持开关S闭合,将下极板绕左端点顺时针旋转一小角度,液滴将向左下方运动
3.(2026河南安阳一中期中)如图所示,一平行板电容器的两极板A、B水平放置,A极板接地,电容器、二极管、开关S与电源相连,已知二极管具有单向导电性。现将开关S闭合,在P点有一带电液滴恰好处于静止状态。保持开关S闭合,下列说法正确的是( )
A.将A板向上移动一小段距离,电容器将放电
B.将A板向上移动一小段距离,液滴在P点的电势能不变
C.将B板向上移动一小段距离,电容器将充电
D.将B板向上移动一小段距离,液滴在P点的电势能减小
4.(2026河北保定定州中学月考)如图所示,一平行板电容器的两极板初始时充满电荷,极板间电场强度为E1,极板水平放置,极板间距为d,在下极板上叠放一厚度为l、相对介电常数为ε1的绝缘木板,绝缘木板上部空间有一带正电粒子P静止在电容器中,重力加速度为g,空气的相对介电常数可视为1。当把绝缘木板从电容器中抽出后,下列判断正确的是( )
A.上极板带负电
B.粒子开始向下运动
C.抽出木板后,电场强度为(d-l+lε1)E1d
D.抽出木板后,电场强度为(d+l+lε1)E1d
题组二 电容器在生活中的应用
5.(2026辽宁沈阳二中期中)指纹密码锁是防盗门的核心配件,该配件的一个关键元件为指纹传感器。在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板,极板外表面绝缘,当手指指纹一面与绝缘表面接触时,指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器。若给电容器一固定电压,电容小的微电容器放电较快,根据放电快慢就可以记录和分析指纹数据。下列说法正确的是( )
A.指纹凸点处形成的电容器放电较慢
B.充电后在指纹凸点处形成的电容器存储的电荷量小
C.若用湿的手指去识别,识别功能不会受影响
D.用手指挤压绝缘表面,小极板所带电荷量减小
6.(2026江苏苏州中学期中)运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示,M极板固定,当手机的加速度变化时,N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对该传感器的描述正确的是( )
A.静止时,电流表示数为零,且电容器两极板不带电
B.电路中的电流表示数越大,说明手机的加速度越小
C.由静止突然向后加速时,电容器的电容会减小
D.由静止突然向前加速时,电流由b向a流过电流表
题组三 与平行板电容器相关的力学综合问题
7.(2026四川成都第四十九中学月考)如图所示,在竖直放置的无限大平行金属板间用长为1.4 m的绝缘细线拴一质量为1.0×10-2 kg、电荷量为2.0×10-8 C的带电小球(可视为点电荷),细线的上端固定于O点,开关S闭合,电路稳定时小球静止在板间的A点,细线与竖直方向的夹角θ=37°,A点距右极板的距离为0.15 m,且左极板接地,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.小球带正电
B.S断开后,将右极板向右平移少许,A点电势不变
C.将绝缘细线剪断,小球将做曲线运动,经0.2 s打到右极板上
D.S保持闭合,将右极板向右平移少许,细线与竖直方向的夹角将变大
8.(2026四川成都第七中学期中)如图所示,一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d2处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并恰好在下极板处(未与极板接触)返回。下列说法正确的是( )
A.若保持开关闭合,将下极板向上平移d3,粒子将会从下极板穿出而不能返回
B.若保持开关闭合,将下极板向上平移d3,粒子将会在距上极板d5处返回
C.若断开开关,将上极板向上平移d3,粒子将会在距上极板d3处返回
D.若断开开关,将上极板向下平移d3,粒子仍能返回
答案
第十章 静电场中的能量
4 电容器的电容
基础练习
1.D 电容器可以储存电荷,电容是描述电容器储存电荷本领的物理量,由电容器本身的性质决定,与加在电容器两端的电压和储存的电荷量无关,故A、C错误;电容器的额定电压为2.7 V,说明其工作电压不超过2.7 V,加在这个电容器两端的电压低于2.7 V时它仍能工作,B错误;若这个电容器两端的电压变化1 V,根据C=ΔQΔU可得储存的电荷量变化ΔQ=3 000 C,故D正确。
2.CD 电容器的电容是由其本身的性质决定的,与储存的电荷量无关,故电容器充电、放电后的电容均为15 μF,A错误;电容器在放电过程中,随着两极板间电势差逐渐减小为0,产生的电流大小逐渐减小为0,B错误;电容器在放电过程中,共释放了0.06 C的电荷量,则电容器充电后,单个极板所携带的电荷量为0.06 C,C正确;根据U=QC可知,电容器两极板之间的电势差与电荷量成正比,D正确。
3.答案 (1)B (2)上 3.2 3.2 (3)4.0×10-4 (4)BD
解析 (1)将S接1,电容器充电,电路刚接通瞬间,电流传感器的示数从0增大到某一最大值,后随着电容器不断充电,电路中的充电电流逐渐减小,当充电结束电路稳定后,电路相当于开路,电流为0,故选B。
(2)根据电路图可知,充电结束后电容器上极板带正电;t=1.2 s时I=1.0 mA,此时电容器两端的电压为UC=IR,放电前电容器两端电压为8 V,可得0~1.2 s内放电电荷量为Q1=ΔUC=(8 V-1.0×10-3 A·R)·C,t=1.2 s到放电结束过程放电电荷量为Q2=ΔU'C=(1.0×10-3 A·R)·C,根据I-t图线与横轴围成的面积表示放电电荷量,可得Q1Q2=S1S2=32,解得R=3.2 kΩ,UC=3.2 V。
(3)电容器的电容C=ΔQΔU=IΔtΔIR=IΔIΔtR=IkR,代入数值解得C=1.0×10-30.781×10-3×3.2×103 F≈4.0×10-4 F。
(4)电源给电容器充电时,刚开始电荷量的变化率较大,后来变化率减小,放电时,刚开始电荷量变化率比较大,后来变化率减小,故A错误,B正确;根据C=QU且C不变可知,Q与U的变化情况相同,故C错误,D正确。
4.BD 在电介质板移出电容器的过程中,电容器内电介质的相对介电常数εr减小,由C=εrS4πkd可知,电容器的电容C减小;由于电容器的两极板与电源相连,则两极板间的电压U不变;根据C=QU可知,电容器所带的电荷量减小;电容器放电,有a→b的电流流过电流计。综上可知,A、C错误,B、D正确。
5.C
(1)用静电计可测量电容器两极板间的电势差,电势差越大,指针张角越大。
(2)根据C=εrS4πkd判断电容的变化,由于电荷量Q不变,根据C=QU判断电势差的变化,根据E=Ud=4πkQεrS判断极板间场强的变化。
风力越大,可动电极在风力作用下向右移动的距离越大,则两极板间距离越小,根据C=εrS4πkd可知,电容器的电容越大;由于极板上的电荷量保持不变,根据C=QU可知板间电压越小,则静电计的指针张角越小,故A、D错误。极板间的电场强度E=Ud=QCd=QεrS4πkd·d=4πkQεrS,可知极板间电场强度保持不变,故B错误;由于风力越大,P点与接地负极板间的距离越小,根据U'=Ed'可知P点与接地负极板间的电势差越小,则P点的电势越低,C正确。
6.C 设该平行板电容器的板间距离为d,则M点、N点沿电场方向的距离为d-d4-d4=12d(破题关键),电容器板间的场强大小为E=Ud=QCd,则UMN=E·d2=Q2C,将电荷q由M点移到N点,电场力做的功为W=qUMN=Qq2C,故选C。
7.B 开始时粒子受重力和电场力,处于平衡状态,则qUd=mg;将上极板上移d4,两板间电压不变,则板间场强E=U54d减小,粒子所受的电场力减小,合力方向向下,大小为F1=mg-qU54d=15mg,粒子将打在下极板上,其动能E1=F1d2;同理,下极板上移d4,板间场强增大,粒子所受的电场力增大,合力方向向上,大小为F2=qU34d-mg=13mg,粒子将打在上极板上,其动能E2=F2d2,则E2E1=53,故选B。
能力提升练
1.C 由平行板电容器电容的决定式C=εrS4πkd,可得C1C2=14;结合C=QU以及Q1=Q2,解得U1U2=C2C1=41,故A错误。闭合开关稳定后,两电容器极板间的电势差相等,则闭合开关后,C1放电,U1减小,C2充电,U2增大,流过R的电流方向为b→a,稳定后,两板间电压U介于U1、U2之间,故B错误,C正确。闭合开关并稳定后,两电容器电压相同,由Q=CU可得Q1∶Q2=C1∶C2=1∶4,故D错误。
2.BC 由题图可知,电容器上极板带正电,两极板间电场方向竖直向下;由平衡条件可得液滴所受电场力向上,故液滴带负电,A错误;保持开关闭合,则两极板间电势差U不变,将上极板向上平移少许,d变大,由E=Ud可知场强E变小,则液滴所受的电场力变小,液滴将向下运动,B正确;保持开关S断开,则极板所带电荷量Q不变,由E=Ud、Q=CU、C=εrS4πkd解得E=4πkQεrS,可知向上平移上极板时,板间场强E不变,则P点电势不变(点拨:根据φP-φ下板=UP下板=EdP下板、φ下板=0),液滴的电势能不变,C正确;保持开关S闭合,将下极板绕左端点顺时针旋转一小角度,两板间电压U不变,d变大,电场方向向左下方,液滴所受电场力向右上方且小于重力,则合力向右下方,液滴将向右下方运动,D错误。
3.C
本题中电容器上极板接地,上极板电势不变。由于二极管具有单向导电性,若电容器充电,二极管导通,下极板与电源负极电势相等,相当于电压不变;若电容器要放电,二极管截止(上极板不再与电源正极导通),电容器相当于与电源断开,没有放电回路,相当于电荷量不变。
在P点有一带电液滴恰好处于静止状态,根据平衡条件可知,电场力方向竖直向上,与场强方向相反,则带电液滴带负电;保持开关S闭合,将A板向上移动一小段距离,板间距离增大,根据C=εrS4πkd可知电容减小;由于二极管具有单向导电性,所以不能放电,电容器的电荷量不变,根据E=Ud=QCd=QεrS4πkd·d=4πkQεrS可知场强不变,A、P间距离增大,电势差增大,A板接地,P点电势降低,则液滴在P点的电势能增大,故A、B错误。保持开关闭合,将B板向上移动一小段距离,板间距离减小,根据C=εrS4πkd可知电容增大,电容器充电,两极板间电压不变,由E=Ud可知场强增大,A、P间电势差增大,P点电势降低,则液滴在P点的电势能增大,故C正确,D错误。
4.A 一带正电粒子P静止在电容器中,根据平衡条件可知,电场力方向竖直向上,则板间场强方向竖直向上,所以下极板带正电,上极板带负电,A正确。绝缘木板处于电容器中时,可看成两个电容器串联,绝缘木板上部空间对应的电容为C1=S4πk(d-l),绝缘木板所处空间对应的电容为C2=ε1S4πkl,设电容器串联后的总电容为C,则有1C=1C1+1C2,解得C=C1C2C1+C2=ε1S4πk[l+ε1(d-l)],则有E1=Ud=QCd;把绝缘木板从电容器中抽出后,电容器的电容变为C'=S4πkd,板间场强变为E'=U'd=QC'd,联立可得E'=C'CE1=ε1dl+ε1(d-l)E1=ε1dε1d-l(ε1-1)E1>E1,可知把绝缘木板从电容器中抽出后,场强变大,粒子受到的电场力变大,所以粒子开始向上运动,B、C、D错误。
5.A 指纹的凸点处与小极板距离近,即d较小,根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容较大,则放电较慢;根据Q=CU,可知充电后在指纹凸点处形成的电容器存储的电荷量较大,A正确,B错误。若用湿的手指去识别,电介质发生改变,则电容器的电容会发生变化,识别功能会受影响,C错误。用手指挤压绝缘表面,极板间距减小,电容变大,根据Q=CU可知,小极板所带电荷量变大,D错误。
6.D 静止时,N极板不动,电容器的电容不变,则电容器的电荷量不变,电流表示数为零,电容器保持与电源相连,两极板带电,A错误。手机突然向前或向后加速时,加速度越大,相同时间内M、N两极板间距变化越大,根据C=εrS4πkd可知电容C变化越大,根据Q=CU可知电容器充电或放电的电荷量越大,则电路中的电流表示数越大,因此电路中的电流表示数越大,说明手机“前后”方向运动的加速度越大,故B错误。由静止突然向后加速时,N极板相对于M极板向前移动,则板间距减小,根据C=εrS4πkd知电容C增大,C错误。由静止突然向前加速时,N极板相对于M极板向后移动,则板间距增大,根据C=εrS4πkd知电容C减小,电压不变,由Q=CU知电容器的电荷量减小,电容器放电,电流由b向a流过电流表,故D正确。
7.B 由题图可知,开关S闭合电路稳定时,电容器左极板带负电,右极板带正电,电场方向水平向左,则小球带负电,故A错误;S断开后,电容器所带的电荷量不变,根据C=εrS4πkd、C=QU、E=Ud,联立解得E=4πkQεrS,将右极板向右平移少许,板间距离d增大,电场强度不变,由于左极板接地,电势为零,且A点与左极板间距离不变,则A点电势不变,故B正确;将绝缘细线剪断,小球所受重力与电场力的合力与原来细线的拉力等大、反向,则小球做匀加速直线运动,故C错误;S保持闭合,两极板间电压不变,将右极板向右平移少许,两极板间距离变大,两极板间场强减小,根据qE=mg tan θ可知,细线与竖直方向的夹角将变小,故D错误。
8.C 开关闭合、极板未移动前,根据动能定理得mg·32d-qU=0;若保持开关闭合,将下极板向上平移d3,设粒子从距离上极板x处返回,根据动能定理得mgd2+x-q·Ud-d3·x=0,联立解得x=25d,故A、B错误;若断开开关,电容器所带电荷量保持不变,电场强度E=4πkQεrS保持不变,将上极板向上平移d3,设粒子在距上极板x'处返回,根据动能定理得mgd2-d3+x'-qEx'=0,结合开关断开前有mg·32d-qEd=0,解得x'=d3,故C正确;同理,若断开开关,将上极板向下平移d3,根据动能定理得mgd2+d3+x″-qEx″=0,解得x″=5d3,粒子会落到下极板,故D错误。