（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)33 電容器（含解析）新人教版

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1、電容器 一、選擇題 1．(2018·江蘇學業(yè)考試)關(guān)于電容器的電容，下列說法正確的是(　　) A．電容器帶的電荷越多，其電容越大 B．電容器兩極板間的電勢差越大，其電容越小 C．平行板電容器的電容與極板間距、正對面積等因素有關(guān) D．一個電容器，如果它不帶電，其電容就為零 答案　C 解析　電容器的電容與電容器所帶的電量、電容器兩極板間的電勢差無關(guān)．當電容器所帶的電量增大，電勢差也增大，兩者的比值(即電容)不變，帶電量為0，電容仍然不變．平行板電容器的電容跟極板間距、極板的正對面積、電介質(zhì)的介電常數(shù)有關(guān)，電容C＝.故A、B、D三項錯，C項對． 2．(2018·江蘇學業(yè)考試)傳感器

2、是一種采集信息的重要器件．如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器．當待測壓力F作用于可動膜片電極時，可使膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合電路，那么(　　) ①當F向上壓膜片電極時，電容將減小 ②當F向上壓膜片電極時，電容將增大 ③若電流計有示數(shù)，則壓力F發(fā)生變化 ④若電流計有示數(shù)，則壓力F不發(fā)生變化． A．①③　　　　　　　　 B．①④ C．②③ D．②④ 答案　C 解析　①、②當F向上壓膜片電極時，板間距離減小，由電容的決定式C＝得知，電容器的電容將增大．故①錯誤，②正確． ③、④當F變化時，電容變化，而板間電壓不變，由Q＝CU，故帶

3、電荷量Q發(fā)生變化，電容器將發(fā)生充、放電現(xiàn)象，回路中有電流，電流計有示數(shù)．即電流計有示數(shù)時，壓力F必發(fā)生變化．故③正確，④錯誤． 3．(2018·大連二模)某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩相互絕緣的金屬極板．當對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動，在P、Q間距增大過程中(　　) A．P、Q兩板構(gòu)成電容器的電容增大 B．P板電荷量增大 C．M點的電勢比N點低 D．M點的電勢比N點高 答案　D 解析　電容式話筒與電源串聯(lián)，其電壓保持不變．在P、Q間距增大的過程中，根據(jù)電容決定式C＝可知電容減小，又根據(jù)電容定義式C＝得知電容器所帶電量減小，P極板上

4、電荷量減小，電容器放電，放電電流通過R的方向由M到N.故M點的電勢比N點高，故A、B、C三項錯誤，D項正確． 4．(2018·溫州模擬)工廠在生產(chǎn)紡織品、紙張等絕緣材料時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器．其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上．當流水線上通過的產(chǎn)品厚度增大時，下列說法正確的是(　　) A．A、B平行板電容器的電容減小 B．A、B兩板間的電場強度增大 C．A、B兩板上的電荷量變小 D．有電流從b向a流過靈敏電流計 答案　D 解析　根據(jù)C＝可知當產(chǎn)品厚度增大導致ε增大時，電容器的電容C增大，再

5、根據(jù)Q＝CU可知極板帶電量Q增加，有充電電流從b向a流過，故A、C兩項錯誤，D項正確；B項，因兩板之間的電勢差不變，板間距不變，所以兩板間電場強度E＝不變，故B項錯誤． 5．(2018·鄭州三模)如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開一定角度．下述做法可使靜電計指針張角增大的是(　　) A．使A板向左平移以增大板間距離 B．在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板 C．斷開S后，使B板向左平移以減小板間距離 D．斷開S后，使B板向上平移以減小極板正對面積 答案　D 解析　A、B兩項，開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則指針的張角不變．故A

6、、B兩項錯誤．C項，斷開S，電容器所帶的電量不變，當B板向左平移減小板間距，根據(jù)平行板電容器的表達式可知電容增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，則指針張角減小．故C項錯誤．D項，斷開S，電容器所帶的電量不變，使B板向上平移減小正對面積，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，則指針張角增大．故D項正確． 6．(2018·濰坊一模)如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，上極板帶正電，下極板接地，一帶電油滴靜止于P點．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則油滴(　　) A．仍保持靜止，電勢能不變 B．仍保持靜止，電勢能減小 C．將向下運動，電勢能增大 D．將向下運動，電勢能減

7、小 答案　B 解析　根據(jù)C＝、C＝和E＝推導得E＝，知Q、S不變，電容器板間場強不變，油滴受力情況不變，仍處于靜止狀態(tài)，由U＝Ed分析知，E不變，下極板豎直向下移動一小段距離，即板間距離增大，則兩極板間的電勢差增大，因此P點的電勢升高，由于油滴帶負電，那么帶電油滴的電勢能減小，故B項正確，A、C、D三項錯誤． 7.(2018·濟寧二模)(多選)如圖所示，理想二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間，且處于靜止狀態(tài)，平行板電容器的B板接地．若將極板A向上移動少許，下列說法中正確的是(　　) A．電容器的電容增大 B．AB間的電壓增大

8、C．液滴將向上運動 D．液滴的電勢能不變 答案　BD 解析　若將極板A向上移動少許，板間距離增大，電容減小，要放電；但是理想二極管具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故是電荷量Q一定，由于電容減小，則由Q＝UC可知，U增大；因電荷量不變，根據(jù)C＝，C＝、U＝Ed，聯(lián)立可得：E＝，故電場強度不變，則液滴保持靜止；由于E不變，故P點與B板的電勢差不變，故P點的電勢不變，故電勢能不變，故B、D兩項正確，A、C兩項錯誤． 8.如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是(　　) A．保持S

9、閉合，將A板向B板靠近，則θ不變 B．保持S閉合，將A板向B板靠近，則θ增大 C．斷開S，將A板向B板靠近，則θ增大 D．斷開S，將A板向B板靠近，則θ變小 答案　B 解析　A、B兩項，保持電鍵S閉合，板間電壓不變，將A板向B板靠近，板間距離d減小，由板間場強E＝分析得到場強增大，小球所受電場力增大，則θ增大．故A項錯誤，B項正確．C、D兩項，電容器充電后電鍵S斷開，電容器所帶電量不變，兩板正對面積和介電常量都不變，根據(jù)推論E＝，得知，板間場強E不變，小球所受電場力不變，則將A板向B板靠近時，θ不變．故C項錯誤，D項錯誤． 9.(2018·咸陽模擬)如圖，一平行板電容器的兩極板與一

10、電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中．當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動．重力加速度為g，粒子運動的加速度為(　　) A.g B.g C.g D.g 答案　A 解析　抽出前，粒子受重力和電場力平衡，mg＝q，抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有mg－q＝ma，聯(lián)立解得a＝g，A項正確． 10．(2018·湖南模擬)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著一個勻強電場，線CD是兩板間一條垂線，豎直線EF與CD交于O點；一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經(jīng)O點

11、向B點做直線運動，則在此過程中，對該小球下列說法錯誤的是(　　) A．小球帶正、負電荷都有可能 B．小球可能做勻加速直線運動 C．小球通過O點時所受電場力一定指向D D．小球動能的減少量是電勢能增加量的2倍 答案　B 解析　A項，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經(jīng)O點向B點做直線運動，所以小球合外力沿著AB；又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D；由于此電場的方向未知，所以小球的電性不確定，故A、C兩項正確；B項，據(jù)以上分析可知，小球做勻減速直線運動，故B項錯誤；D項，由以上分析可知，小球受重力等于電場力，運動的位移和夾角相同，所以二力做的功相同，據(jù)功能關(guān)系可知，小

12、球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，即小球動能的減少量是電勢能增加量的2倍，故D項正確． 11．(2018·山東二模)(多選)如圖所示，一水平放置的平行板電容器其間距為d，兩極板分別與電池的兩極相連，上極板中央有一小孔，小孔對電場的影響可以忽略不計．開關(guān)閉合時，小孔正上方處有一帶正電的粒子，粒子由靜止開始下落恰好能到達下極板但沒有與下極板接觸，下列說法正確的是(　　) A．保持開關(guān)閉合，若將下極板上移，粒子將在距上極板處返回 B．保持開關(guān)閉合，若將下極板上移，粒子將在距上極板處返回 C．斷開開關(guān)，若將下極板上移，粒子將能返回原處 D．斷開開關(guān)，若將上極板上移，粒子將能返回原處

13、 答案　BD 解析　A、B兩項，對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運用動能定理得：mg·d－qU＝0－0.若將下極板上移，設(shè)運動到距離上極板x處返回．根據(jù)動能定理得：mg·(＋x)－q·U＝0－0.聯(lián)立兩式解得：x＝.故A項錯誤，B項正確；C項，開關(guān)斷開后，電量不變，移動極板電場E不變．下極板上移時，極板之間的電壓減小，粒子將打在板上．故C項錯誤；D項，上極板上移時，移動極板電場E不變，板間電壓增大，粒子定能返回．故D項正確． 12.(2018·綿陽模擬)(多選)如圖所示，一平行板電容器的電容為C，帶有等量異種電荷的兩極板A、B傾斜放置，質(zhì)量為m帶電荷量為－q的油滴，從極板A上的

14、小孔P以初速度v0水平向右射入極板間，經(jīng)時間t后油滴又從P孔水平向左離開極板間，油滴運動過程中恰好未與極板B相碰，已知重力加速度g.(　　) A．兩極板間的距離d＝ B．電容器所帶的電荷量Q＝ C．兩極板間的電場強度大小E＝ D．兩極板間的電場強度大小E＝ 答案　BD 解析　A項，根據(jù)題意可知，油滴只能在水平方向做直線運動，即向右做勻減速直線運動，再向左做勻加速直線運動，受力情況如圖所示；水平位移x＝t，設(shè)電容器傾角為θ，則兩極板間的距離d＝xsinθ＝t·sinθ，A項錯誤； B項，減速過程中根據(jù)動能定理可得：qU＝mv02，而Q＝CU，可知電容器所帶的電荷量Q＝，故B

15、項正確； C、D兩項，減速運動的加速度大小為： a＝＝ 根據(jù)平行四邊形法則可知： (qE)2＝(mg)2＋(ma)2， 解得兩極板間的電場強度大小為：E＝，故C項錯誤，D項正確． 二、非選擇題 13.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 答案　

16、(1)　(2)C　(3) 解析　(1)由v2＝2gh得v＝ (2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有 mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得E＝ U＝Ed Q＝CU 得Q＝C (3)由h＝gt12、0＝v＋at2、t＝t1＋t2 可得t＝. 14.如圖所示，由A、B兩平行板構(gòu)成的電容器，電容為C，原來不帶電．電容器的A板接地，并且中心有一個小孔，通過這個小孔向電容器中射入電子，射入的方向垂直于極板，射入的速度為v0.如果電子的發(fā)射是一個一個單獨進行的，即第一個電子到達B板后再發(fā)射第二個電子，并且所有到達B板的電子都留在B板上．隨著電子的射入，兩極板間的電勢差逐漸增加，直至

17、達到一個穩(wěn)定值，已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，電子所受的重力可忽略不計，A、B兩板的距離為l. (1)有n個電子到達B板上，這時兩板間電場的場強E多大？ (2)最多能有多少個電子到達B板？ (3)到達B板的第1個電子在兩板間運動的時間和最后一個電子在兩板間運動的時間相差多少？ 解析　(1)兩極間電壓U＝Q/C＝ne/C 內(nèi)部場強E＝U/l 解出E＝ne/Cl (2)設(shè)最多能有n′個電子到達B板，則第n′個電子在到達B板時速度恰減為0. 滿足v02＝2al a＝　E＝ 則有2·l＝v02 解出n′＝ (3)第1個電子在兩板間做勻速運動，運動時間為t1＝ 最后1個電子在兩板間做勻減速運動，到達B板時速度恰為0，運動時間為 t2＝ 二者時間之差為Δt＝t2－t1＝. 9