（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（四十三）電容器（重點突破課）（含解析）.doc

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課時檢測(四十三) 電容器 (重點突破課)1.在如圖所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與靜電計相接，極板B接地。若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化，做出平行板電容器電容變小的結論的依據(jù)是()A極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變大B極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間的電壓變小C兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變小D兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變大解析：選A極板A與靜電計相連，電荷量幾乎不變，極板B與極板A帶等量異種電荷，電荷量也幾乎不變，故電容器的電荷量Q幾乎不變；若極板B稍向上移動一點，會發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角變大，即電壓U變大，由公式C知電容C變??；故B、C、D錯誤，A正確。2.兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，連接在如圖所示的電路中，電源電壓不變，這時質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴恰好靜止在兩極板之間。在其他條件不變的情況下，如果將兩極板非常緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中()A油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向bC油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b解析：選D電容器與電源相連，兩極板間電壓不變，將兩極板非常緩慢地水平錯開一些，兩極板正對面積減小，而間距不變，由E可知，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動。由C可知，電容減小，由QCU可知，電荷量減小，電容器放電，因此可判斷電流計中的電流從a流向b，故D正確。3.一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖所示。E表示極板間的場強，U表示極板間的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能。若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則()AU變小，E變小BE變大，Ep變大CU變小，Ep不變 DU不變，Ep不變解析：選C由題意知，電容器的帶電荷量Q不變，正極板移動后，極板間距離減小，根據(jù)電容的決定式C知，電容C增大，由公式U知，極板間電壓U變小，由推論公式E分析，可知極板間電場強度E不變，則由UEd知，P與負極板間的電勢差不變，則P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能Ep不變，故C正確，A、B、D錯誤。4.如圖所示電路可將聲音信號轉(zhuǎn)化為電信號，該電路中右側(cè)固定不動的金屬板b與能在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的震動膜a構成一個電容器，a、b通過導線與恒定電源兩極相接。當聲源S振動時，下列說法正確的是()Aa振動過程中，a、b板間的電場強度不變Ba振動過程中，a、b板所帶電荷量不變Ca振動過程中，電容器的電容不變Da向右的位移最大時，電容器的電容最大解析：選Da、b板與電源相連，電勢差恒定，a在聲波驅(qū)動下沿水平方向振動，a、b板間的距離發(fā)生變化，根據(jù)E，電場強度發(fā)生變化，選項A錯誤；根據(jù)C，電容器的電容隨a、b板間距離變化而變化，根據(jù)QUC，a、b板所帶電荷量隨電容變化而變，選項B、C錯誤；當a、b板間距離最近(即a向右的位移最大)時，電容最大，選項D正確。5.如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電源連接，平行板間P處固定放置一帶負電的點電荷，平行板b接地?，F(xiàn)將b板稍微向下移動，則()A點電荷所受電場力增大B點電荷在P處的電勢能減小CP處電勢降低D電容器的帶電荷量增加解析：選B因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，b板下移，板間距離d增大，則板間電場強度E變小，由FEq可知點電荷所受電場力變小，故A錯誤；由UEd知，P處與a板間的電壓減小，而a的電勢不變，故P處的電勢升高，由Epq及q為負值，可知點電荷在P處的電勢能減小，故B正確，C錯誤；由C知C減小，又QCU，Q減小，故D錯誤。6.如圖所示，平行板電容器與一個恒壓直流電源連接，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()A電容器的電容將增大B靜電計指針張角減小C電容器的電荷量不變D帶電小球的電勢能將增大解析：選D將電容器的下極板豎直向下移動一小段距離后，兩極板間的距離變大，根據(jù)C可得電容減小，A錯誤；電容器兩極板和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓恒定不變，故靜電計指針張角不變，B錯誤；根據(jù)C可知Q減小，C錯誤；根據(jù)公式E可知兩極板間的電場強度減小，P點與上極板間的電勢差減小，而P點的電勢比上極板低，上極板的電勢不變，則P點的電勢增大，因為小球帶正電荷，則小球的電勢能增大，D正確。7.(多選)平行金屬板A、B組成的電容器，充電后與靜電計相連，如圖所示。要使靜電計指針張角變小，下列措施中可行的是()AA板向上移動BA、B之間插入與平行金屬板等大的厚導體板CA、B之間插入電介質(zhì)D使兩板帶的電荷量減小解析：選BCDA板上移時，正對面積減小，由C可知，電容減小，由C可知，電勢差增大，張角變大，故A錯誤；插入厚導體板相當于減小兩板間距離，同理知電容增大，由C可知，電勢差減小，張角變小，故B正確；當A、B間插入電介質(zhì)時，電容增大，由C可知，電勢差減小，張角變小，故C正確；減小電荷量時，電容不變，由C可知，電勢差減小，張角變小，故D正確。8.(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓恒定為U的電源兩極連接，極板M帶正電?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板電荷量與油滴電荷量的比值為k，則()A油滴帶負電B油滴電荷量為C電容器極板上的電荷量為D將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：選AC由題意知，油滴所受重力和電場力平衡，即mgq，則電場力豎直向上，M板帶正電，故油滴帶負電，且q，A正確，B錯誤；由于極板所帶電荷量與油滴所帶電荷量的比值為k，即k，則Q，C正確；將極板N向下緩慢移動一小段距離，d增大，根據(jù)E可知，E變小，電場力變小，故油滴將向下運動，D錯誤。9.(多選)如圖所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B之間距離為d，兩板間的電壓為U，其中A板接地。在兩板間放一半徑為R的金屬球殼，球心O到兩板的距離相等，C點為球殼上離A板最近的一點，D點靠近B板。則下列說法正確的是()AUC OUBUACCC點的電勢為CD把一負點電荷由C點移到D點，電勢能減少解析：選BC將金屬球殼放入電場后，A、B兩板間電場線如圖所示，應用對稱性，兩板間電場線形狀關于球心O對稱，所以A板與金屬球殼的電勢差UAO和金屬球殼與B板的電勢差UOB相等，即UAOUOB，又A、B兩板電勢差保持不變?yōu)閁，即UAOUOBU，得UAOUOB，又金屬球殼內(nèi)部無電場線，UC O0，所以A、C間電勢差UACUAO，由A板接地得0C，則C，A錯誤，B、C正確；把一負點電荷由C點移到D點，電場力做負功，電勢能增加，D錯誤。10(多選)靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計，B固定，A可移動，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度。則下列說法正確的是()A斷開S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度增大B斷開S后，在A、B間插入電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大C斷開S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大D保持S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動，靜電計指針張開的角度減小解析：選AC斷開S后，電容器帶電量不變，將A向左移動少許，則d增大，根據(jù)C知，電容減小，根據(jù)U知，電勢差增大，指針張角增大，故選項A正確；斷開S后，在A、B間插入電介質(zhì)，根據(jù)C知，電容增大，根據(jù)U知，電勢差減小，則指針張角減小，故選項B錯誤；斷開S后，將A向上移動少許，則S減小，根據(jù)C知，電容減小，根據(jù)U知，電勢差增大，則指針張角增大，故選項C正確；保持S閉合，電容器兩端的電勢差不變，變阻器僅僅充當導線功能，滑動觸頭移動不會影響指針張角，故選項D錯誤。11.如圖所示為板長L4 cm的平行板電容器，板間距離d3 cm，板與水平線夾角37，兩板所加電壓為U100 V。有一帶負電液滴，帶電荷量為q31010 C，以v01 m/s的速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向運動并恰好從B板邊緣飛出(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)。求：(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時的速度。解析： (1)根據(jù)題意畫出液滴的受力圖如圖所示，可得qEcos mgE解得m8108 kg。(2)因液滴沿水平方向運動，所以重力做功為零，對液滴由動能定理得qUmv2mv02解得v m/s。答案：(1)8108 kg(2) m/s12.如圖所示，上、下水平放置的兩帶電金屬板，相距為3l，板間有豎直向下的勻強電場E。距上板l處有一帶電荷量為q的小球B，在小球B上方有一帶電荷量為6q的小球A，它們質(zhì)量均為m，用長度為l的絕緣輕桿相連。已知E，讓兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進入電場中(空氣阻力不計，重力加速度為g)。求：(1)B球剛進入電場時的速度v1大??；(2)A球剛進入電場時的速度v2大??；(3)B球是否能碰到下板；如能，求剛碰到時B球的速度v3大小；如不能，請通過計算說明理由。解析：(1)B球進入電場前，兩小球不受電場力作用，只受重力作用，做自由落體運動，v122gl解得v1。(2)A球進入電場前，只有B球受電場力，F(xiàn)qEmg，方向豎直向下，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)2mg2ma1解得a1系統(tǒng)做勻加速直線運動，A球剛進入電場時有，v22v122a1l解得v2。(3)當A、B球全部進入電場后，系統(tǒng)受力如圖所示，6qEqE2mg2ma2解得a2設系統(tǒng)速度為零時，B球沒碰到下板，此時系統(tǒng)通過的距離為H，H，解得H2l故B球不能碰到下板。答案：(1)(2)(3)不能理由見解析