（广东专用）高考物理一轮复习方案 第23讲 电容器 电容（含解析）

课时作业(二十三)[第23讲电容器电容]eq\a\vs4\al\co1(基础热身)1．(双选)图K23－1为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是()图K23－1A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大2.·宜昌模拟有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器．该电容器的电容C可用公式C＝eq\f(εrS,d)计算，公式中常量εr＝9×10－12F·m－1，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当键按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号．设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6mm，如果电容变化0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需要被按下A．0.15mmB.0.25mmC．0.35mmD.0.45mm3．·宁德质检在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一极，外表面绝缘，手指贴在其上构成电容器的另一极，这就组成了指纹传感器．当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹深浅不同，对应的峪和嵴与颗粒间形成一个个电容值大小不同的电容器，则()A．指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小B．指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容小C．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压，在手指靠近时，各金属电极电荷量减小D．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压，在手指远离时，各金属电极均处于充电状态4．(双选)如图K23－2所示，当S闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是()图K23－2A．保持S闭合，使滑片P向左滑动，微粒仍静止B．断开S后，使两板错开一定距离，微粒仍静止C．断开S后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D．断开S后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止eq\a\vs4\al\co1(技能强化)5．带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向的夹角为θ，如图K23－3所示．下列方法中能使夹角θ减小的是()图K23－3A．保持开关闭合，使两极板靠近一些B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动C．保持开关闭合，使两极板远离一些D．断开开关，使两极板靠近一些6．(双选)传感器是一种采集信息的重要器件，如图K23－4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上时，以下说法中正确的是()图K23－4A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化7．电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的．油滴实验的原理如图K23－5所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电．油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力．(1)调节两金属板间的电势差u，当u＝U0时，使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动．该油滴所带电荷量q为多少？(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u＝U时，观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q.图K23－5eq\a\vs4\al\co1(挑战自我)8．·松滋一中在真空中水平放置一个平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图K23－6所示．给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来的位置．假设油滴在运动过程中电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g.试求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU1与ΔU2之比．图K23－6

课时作业(二十三)1．BD[解析]集尘极接直流高压电源正极，带正电荷，放电极接电源负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，选项B正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，选项A、C错误；由F＝qE可知，当电场强度E不变时，F与q成正比，选项D正确．2．A[解析]先求得未按下时的电容C1＝0.75pF和恰能检测出信号时的电容C2＝1.00pF，再由eq\f(C1,C2)＝eq\f(d2,d1)得eq\f(ΔC,C2)＝eq\f(Δd,d1)，即Δd＝0.15mm，A正确．3．B[解析]对应的峪和嵴与颗粒间形成的电容器近似看成是平行板电容器，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，d变小时C变大，d变大时C变小，A错，B对；当电容器两极电压一定时，由Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)，d变小时Q变大(充电)，d变大时Q变小(放电)，C、D均错．4．AD[解析]保持S闭合，极板两端的电压恒等于电源电动势，极板间距不变，微粒仍静止，A正确；断开S后，Q不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(Q·4πk,εrS)，使两板错开一定距离，E增大，微粒将向上运动，B错误；使两极板靠近，E不变，微粒仍保持静止，C错误，D正确．5．C[解析]保持开关闭合，两极间电压不变，使两极板靠近一些，板间场强变大，夹角θ增大，A错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B错；保持开关闭合，使两极板远离一些，由E＝eq\f(U,d)可知，场强减小，夹角θ减小，C对；断开开关，使两极板靠近一些，板间场强不变，夹角θ不变，D错．6．BD[解析]F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，而电容器两极板间的电压不变，故电容器的电荷量增加，电容器继续充电，电路中有从b到a的电流．选项A、C错误，选项B、D正确．7．(1)eq\f(m1gd,U0)(2)eq\f(m2d,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))或eq\f(m2d,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2d,t2)－g))[解析](1)油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡，可见所带电荷为负电荷，即qeq\f(U0,d)＝m1g，解得q＝eq\f(m1gd,U0).(2)油滴加速下落，若油滴带负电，电荷量为Q1，则油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得m2g－Q1eq\f(U,d)＝m2a1d＝eq\f(1,2)a1t2解得Q1＝eq\f(m2d,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))若油滴带正电，电荷量为Q2，则油滴所受到的电场力方向向下，设此时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得m2g＋Qeq\f(U,d)＝m2a2d＝eq\f(1,2)a2t2解得Q2＝eq\f(m2d,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2d,t2)－g)).8．(1)eq\f(dg,U0)(2)1∶3(3)1∶4[解析](1)油滴静止时，有mg＝qeq\f(U0,d)解得eq\f(q,m)＝eq\f(dg,U0).(2)设第一个Δt内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1＝eq\f(1,2)a1(Δt)2x2＝v1Δt－eq\f(1,2)a2(Δt)2且v1＝