时间:2020-08-09 22:59:46
1、选择题 增大电容器的电容,可采用下列方法中的（ ）
A．把可变电容器的动片旋入一些
B．把可变电容器的动片旋出一些
C．增大两极板间的距离
D．减小两极板的正对面积
参考答案：A
本题解析：根据电容的决定式
，分析增大电容的方法有：增大两极板的正对面积S，减小板间距离d。
A、把可变电容器的动片旋入一些，增大了两极板的正对面积S，据可知，电容器的电容增大；正确
B、把可变电容器的动片旋出一些，减小了两极板的正对面积S，据可知，电容器的电容减小；错误
CD、据可知，增大两极板间的距离，减小两极板的正对面积，电容器的电容减小；错误
故选A
考点：电容器的电容
点评：注意由电容的决定式，明确电容器的电容与那些因素有关。
本题难度：一般
2、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=
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参考答案：（1）由电容的定义式C=QU，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=3×1045×102F=60F
（2）没有电磁弹射器时，由动能定理得：（F-kmg）l=12mv2
则 F=mv22l+kmg
代入数据解得：F=1.8×104×7022×210+0.2×1.8×104×10=2.46×105（N）
（3）由能量守恒定律得：
0.77?12CU2+（F-kmg）L′=12mv2
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．
本题解析：
本题难度：一般
3、选择题 平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有?一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（ ? ）
A．只增大R1，其他不变
B．只增大R2，其他不变
C．只减小R3，其他不变
D．只增大a、b两极板间的距离，其他不变
参考答案：B
本题解析：
本题难度：简单
4、选择题 如图所示的电路，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，平行板电容器的（ ? ）
A．板间电场强度增大
B．电量不变
C．板间电压不变
D．电容增大
参考答案：BC
本题解析：
本题难度：简单
5、计算题 （10分）．如图所示，电源电动势ε=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。求：
（1）当电键与a接触时电容带电量
（2）当电键与b接触时电容带电量
（3）当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量
参考答案：见解析
本题解析：K接a时，
此时电容器带电量QC=CU1=I×10-5(C)，且上极板带正电，下极板带负电。
K接b时， 
此时电容器带电量Q′C=CU2=0．7×10-5(C)，且上极板带负电，下极板带正电。
故流过R3的总电量为△Q=QC＋Q′C=1．7×10－5(C)
本题考查含容电路的分析,当开关接a点时,电容器两端电压为R1两端电压，电阻R3没有电流通过，相当于导线，由电路中的串并联结构求得R1两端电压，当开关接b时，电容器两端电压为R2两端电压，同理求得电阻R2两端电压，由求得的两个电压和极板的正负可知电容器先放电再充电，流过电阻R3的电量为两个状态的电容器的电量之和
本题难度：一般