高考物理一轮复习课时作业33电容器（含解析）

PAGEPAGE1电容器一、选择题1．(2018·江苏学业考试)关于电容器的电容，下列说法正确的是()A．电容器带的电荷越多，其电容越大B．电容器两极板间的电势差越大，其电容越小C．平行板电容器的电容与极板间距、正对面积等因素有关D．一个电容器，如果它不带电，其电容就为零答案C解析电容器的电容与电容器所带的电量、电容器两极板间的电势差无关．当电容器所带的电量增大，电势差也增大，两者的比值(即电容)不变，带电量为0，电容仍然不变．平行板电容器的电容跟极板间距、极板的正对面积、电介质的介电常数有关，电容C＝eq\f(εS,4πkd).故A、B、D三项错，C项对．2．(2018·江苏学业考试)传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么()①当F向上压膜片电极时，电容将减小②当F向上压膜片电极时，电容将增大③若电流计有示数，则压力F发生变化④若电流计有示数，则压力F不发生变化．A．①③ B．①④C．②③ D．②④答案C解析①、②当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C＝eq\f(εS,4πkd)得知，电容器的电容将增大．故①错误，②正确．③、④当F变化时，电容变化，而板间电压不变，由Q＝CU，故带电荷量Q发生变化，电容器将发生充、放电现象，回路中有电流，电流计有示数．即电流计有示数时，压力F必发生变化．故③正确，④错误．3．(2018·大连二模)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板．当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中()A．P、Q两板构成电容器的电容增大B．P板电荷量增大C．M点的电势比N点低D．M点的电势比N点高答案D解析电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P、Q间距增大的过程中，根据电容决定式C＝eq\f(εS,4πkd)可知电容减小，又根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)得知电容器所带电量减小，P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N.故M点的电势比N点高，故A、B、C三项错误，D项正确．4．(2018·温州模拟)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()A．A、B平行板电容器的电容减小 B．A、B两板间的电场强度增大C．A、B两板上的电荷量变小 D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案D解析根据C＝eq\f(εS,4πkd)可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C增大，再根据Q＝CU可知极板带电量Q增加，有充电电流从b向a流过，故A、C两项错误，D项正确；B项，因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E＝eq\f(U,d)不变，故B项错误．5．(2018·郑州三模)如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是()A．使A板向左平移以增大板间距离B．在A、B两板之间插入一块陶瓷板C．断开S后，使B板向左平移以减小板间距离D．断开S后，使B板向上平移以减小极板正对面积答案D解析A、B两项，开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A、B两项错误．C项，断开S，电容器所带的电量不变，当B板向左平移减小板间距，根据平行板电容器的表达式可知电容增大，根据U＝eq\f(Q,C)知，电势差减小，则指针张角减小．故C项错误．D项，断开S，电容器所带的电量不变，使B板向上平移减小正对面积，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，电势差增大，则指针张角增大．故D项正确．6．(2018·潍坊一模)如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴()A．仍保持静止，电势能不变 B．仍保持静止，电势能减小C．将向下运动，电势能增大 D．将向下运动，电势能减小答案B解析根据C＝eq\f(εS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)和E＝eq\f(U,d)推导得E＝eq\f(4πkQ,εS)，知Q、S不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U＝Ed分析知，E不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故B项正确，A、C、D三项错误．7.(2018·济宁二模)(多选)如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地．若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是()A．电容器的电容增大 B．AB间的电压增大C．液滴将向上运动 D．液滴的电势能不变答案BD解析若将极板A向上移动少许，板间距离增大，电容减小，要放电；但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q一定，由于电容减小，则由Q＝UC可知，U增大；因电荷量不变，根据C＝eq\f(εS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)、U＝Ed，联立可得：E＝eq\f(4πkQ,S)，故电场强度不变，则液滴保持静止；由于E不变，故P点与B板的电势差不变，故P点的电势不变，故电势能不变，故B、D两项正确，A、C两项错误．8.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是()A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大D．断开S，将A板向B板靠近，则θ变小答案B解析A、B两项，保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板间场强E＝eq\f(U,d)分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A项错误，B项正确．C、D两项，电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E＝eq\f(4πkQ,εS)，得知，板间场强E不变，小球所受电场力不变，则将A板向B板靠近时，θ不变．故C项错误，D项错误．9.(2018·咸阳模拟)如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g，粒子运动的加速度为()A.eq\f(l,d)g B.eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D.eq\f(d,d－l)g答案A解析抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝qeq\f(U,d－l)，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－qeq\f(U,d)＝ma，联立解得a＝eq\f(l,d)g，A项正确．10．(2018·湖南模拟)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是()A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍答案B解析A项，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性不确定，故A、C两项正确；B项，据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B项错误；D项，由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D项正确．11．(2018·山东二模)(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方eq\f(d,3)处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是()A．保持开关闭合，若将下极板上移eq\f(d,2)，粒子将在距上极板eq\f(d,3)处返回B．保持开关闭合，若将下极板上移eq\f(d,2)，粒子将在距上极板eq\f(d,5)处返回C．断开开关，若将下极板上移eq\f(d,5)，粒子将能返回原处D．断开开关，若将上极板上移eq\f(d,5)，粒子将能返回原处答案BD解析A、B两项，对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg·eq\f(4,3)d－qU＝0－0.若将下极板上移eq\f(d,2)，设运动到距离上极板x处返回．根据动能定理得：mg·(eq\f(d,3)＋x)－qeq\f(x,（d－\f(1,2)d）)·U＝0－0.联立两式解得：x＝eq\f(d,5).故A项错误，B项正确；C项，开关断开后，电量不变，移动极板电场E不变．下极板上移时，极板之间的电压减小，粒子将打在板上．故C项错误；D项，上极板上移时，移动极板电场E不变，板间电压增大，粒子定能返回．故D项正确．12.(2018·绵阳模拟)(多选)如图所示，一平行板电容器的电容为C，带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置，质量为m带电荷量为－q的油滴，从极板A上的小孔P以初速度v0水平向右射入极板间，经时间t后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B相碰，已知重力加速度g.()A．两极板间的距离d＝eq\f(v0t,2)B．电容器所带的电荷量Q＝eq\f(Cmv02,2q)C．两极板间的电场强度大小E＝eq\f(2mv0,qt)D．两极板间的电场强度大小E＝eq\f(m,q)eq\r(g2＋\f(4v02,t2))答案BD解析A项，根据题意可知，油滴只能在水平方向做直线运动，即向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，受力情况如图所示；水平位移x＝eq\f(v0,2)t，设电容器倾角为θ，则两极板间的距离d＝xsinθ＝eq\f(v0,2)t·sinθ，A项错误；B项，减速过程中根据动能定理可得：qU＝eq\f(1,2)mv02，而Q＝CU，可知电容器所带的电荷量Q＝eq\f(Cmv02,2q)，故B项正确；C、D两项，减速运动的加速度大小为：a＝eq\f(v0,\f(t,2))＝eq\f(2v0,t)根据平行四边形法则可知：(qE)2＝(mg)2＋(ma)2，解得两极板间的电场强度大小为：E＝eq\f(m,q)eq\r(g2＋\f(4v02,t2))，故C项错误，D项正确．二、非选择题13.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案(1)eq\r(2gh)(2)Ceq\f(mg（h＋d）,g)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))解析(1)由v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f(mg（h＋d）,qd)U＝EdQ＝CU得Q＝Ceq\f(mg（h＋d）,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gt12、0＝v＋at2、t＝t1＋t2可得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).14.如图所示，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电．电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0.如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再发射第二个电子，并且所有到达B板的电子都留在B板上．随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至达到一个稳定值，已知电子的质量为m、电量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为l.(1)有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？(2)最多能有多少个电子到达B板？(3)到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间