专题17 电容器模型

学而优·教有方PAGEPAGE242022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练专题17电容器模型专练目标专练内容目标1电场中的电容器模型（1T—5T）目标2电路中的电容器模型（6T—10T）目标3磁场中的电容器模型（11T—15T）【典例专练】一、电场中的电容器模型1．如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，在触摸屏四边均镀上狭长的电极。把触摸屏连入电路后，在导体层内会形成一个低电压交流电场，在手指触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容器（耦合电容器），电流由四边电极流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。由以上信息可知（）A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D．如果用戴了较厚手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作2．如图所示，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，下极板接地，极板间距为d，在上极板紧贴一厚度为l的金属板，其下部空间有一带电质点P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，质点P开始运动，空气阻力不计，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．抽出金属板后电容器所带电量增加B．抽出金属板瞬间带电质点P的电势能增加C．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为D．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为3．如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的（）A．在汽车向左匀速直线运动的过程中，电路中有电流B．在汽车向右匀加速直线运动的过程中，弹簧长度不变，电路中无电流C．在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流4．电源、开关、平行板电容器连成如图电路，A板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，A板带正电，电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E，两板正中间点P电势为，负电荷在P点电势能为Ep。则下列说法正确的是（）A．若保持开关闭合，将A板下移少许，U不变；Q增大；E增大B．若保持开关闭合，将B板下移少许，U减小；Q减小；E不变C．若断开开关，将A板下移少许，C增大；升高；Ep减小D．若断开开关，将B板下移少许，C减小；降低；Ep减小5．如图所示，A、B为平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N。小孔对平行板电场无影响，其中D为理想二极管，R为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（）A．若断开开关S，带电小将能穿过小孔NB．若仅将B板下移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处C．若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处D．若仅将R的滑片下移、带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处电路中的电容器模型6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动时，下列判断正确的是（）A．A示数变小 B．V示数变小C．电容器C所带电荷量减小 D．电容器C两极板间电场强度减小7．图示电路中，C为电容器，R1为0～99.00Ω的电阻箱，电源内阻r=5Ω，定值电阻R2=2Ω，R3=R4=5Ω。现闭合开关S，调节R1使其电阻从零逐渐增至最大，在此过程中（）A．电容器的a板先带正电后带负电 B．电容器的a板先带负电后带正电C．电源的输出功率一直增大 D．电容器两板间的电压先减小后增大8．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），R为滑动变阻器，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），真空中水平放置的平行板电容器，上下极板Y和Y′相距d，A为两极板左侧中点，AB线段与两极板等长，到两板距离相等。在开关S闭合后，质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出电场，偏转位移为y。则（）A．粒子飞出电场时，速度方向的反向延长线一定交于AB线段中点B．只将变阻器R的滑动触头P向上移动，则偏转位移y将减小C．只将上极板Y向上稍微移动，粒子穿过电场过程中，电场力做功不变D．只将热敏电阻R0升温，粒子穿过电场过程中，粒子的动量变化量不变9．实验小组利用如图电路研究电压的变化与电流的变化的关系，电流表、电压表均为理想电表，D为理想二极管，C为电容器。闭合开关S至电路稳定后，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表的示数变化量大小为，电压表的示数变化量大小为，电流表A的示数变化量大小为，则下列判断正确的是（）A．的值变大B．的值不变，且始终等于电源内阻C．电压表的示数与电流表A的示数的比值变大D．滑片向左移动的过程中，电容器的电容不变，电压减小，带电荷量减少10．如图示，电源电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2、R3为定值电阻，R4为光敏电阻（有光照射时电阻变小），C为定值电容。当S闭合且电路稳定后，让光照射R4，则下列说法正确的是（）A．电流表示数减小B．电容器电荷量增大C．电压表示数增大D．R1上的电流减小磁场中的电容器模型11．如图所示，水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。开关S由1掷到2时开始计时，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是（）A．B．C．D．12．如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角，间距为。导轨上端与电容器连接，电容器电容为。导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为，左侧末端连接一阻值为的定值电阻。导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为，方向分别垂直导轨所在平面。质量为，电阻为，宽度为的金属棒从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是，重力加速度为，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是（）A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为B．电容器两极板携带的最大电荷量为C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为D．金属棒在水平轨道运动的最大位移13．如图所示，两间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的磁场中，磁感应强度随位置坐标x按（k为已知的正常数）的规律变化。一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上质量为m的金属棒与x轴垂直，时刻在外力F作用下从0点开始以速度v0向右匀速运动，忽略所有电阻，电容器耐压值足够大，不会被击穿。下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为 B．通过金属棒的电流为I=0C．电容器极板上的电荷量不断增大 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定14．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为2BCvtanθB．金属棒到达时，电容器极板上的电荷量为2BCC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，电容器储存的电场能与时间的平方成正比15．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，两导轨间的距离为L，导轨顶端接有电容为C的电容器。一根质量为m的均匀金属棒ab放在导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，重力加速度为g，不计一切电阻。由静止释放金属棒，金属棒下滑x的过程中电容器未被击穿，下列说法正确的是（）A．金属棒做加速度越来越小的加速运动B．金属棒下滑x时的速度v=C．金属棒下滑x的过程中电容器储存的电荷量q=D．金属棒下滑x的过程中，电容器储存的电场能E电=2022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练专题17电容器模型专练目标专练内容目标1电场中的电容器模型（1T—5T）目标2电路中的电容器模型（6T—10T）目标3磁场中的电容器模型（11T—15T）【典例专练】一、电场中的电容器模型1．如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，在触摸屏四边均镀上狭长的电极。把触摸屏连入电路后，在导体层内会形成一个低电压交流电场，在手指触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容器（耦合电容器），电流由四边电极流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。由以上信息可知（）A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D．如果用戴了较厚手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作【答案】AB【详解】A．电容触摸屏的原理是把人的手指当作一个极板，把导体层当做另一个极板，故A正确；BC．手指与屏的接触面积越大，两极板的正对面积越大，则电容器电容越大，故C错误B正确；D．如果用戴了较厚手套的手触摸屏幕，手与导体层距离较大，不能引起导体层电场的变化，则不能引起触摸屏动作，故D错误。故选AB。2．如图所示，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，下极板接地，极板间距为d，在上极板紧贴一厚度为l的金属板，其下部空间有一带电质点P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，质点P开始运动，空气阻力不计，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．抽出金属板后电容器所带电量增加B．抽出金属板瞬间带电质点P的电势能增加C．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为D．抽出金属板后带电质点P的加速度大小为【答案】BC【详解】A．平行板电容器电容的决定式和定义式为抽出金属板后x增大，C减小，而U不变，所以Q减小，故A错误；B．两金属板间电场强度大小为抽出金属板瞬间，x增大，U不变，所以E减小，因为质点P所在位置到下极板的距离不变，且下极板的电势为零，所以质点P所在位置的电势降低，易知质点P带负电，所以其电势能增加，故B正确；CD．设质点P的质量为m，抽出金属板前，根据平衡条件有抽出金属板后设带电质点P的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有联立可得故C正确，D错误。故选BC。3．如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的（）A．在汽车向左匀速直线运动的过程中，电路中有电流B．在汽车向右匀加速直线运动的过程中，弹簧长度不变，电路中无电流C．在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流【答案】BD【详解】A．当汽车向左匀速直线运动时，电介质位置不变，则电容器的电容不变，因两板电压不变根据知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，故A错误；B．在汽车向右匀加速直线运动的过程中，根据牛顿第二定律知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，故B正确；C．在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中，由牛顿第二定律知，向左的弹力增大，则弹簧被压缩，则插入极板间的电介质变少，根据电容的决定式知电容减小，由知电容器的电荷量减小，故电路中有逆针时放电电流，故C错误；D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，弹簧向右的弹力变大，则弹簧被拉长，插入极板间的电介质变多，根据知电容增大，由知电容器的电荷量增大，故电容器由顺时针充电电流，故D正确。故选BD。4．电源、开关、平行板电容器连成如图电路，A板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，A板带正电，电量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E，两板正中间点P电势为，负电荷在P点电势能为Ep。则下列说法正确的是（）A．若保持开关闭合，将A板下移少许，U不变；Q增大；E增大B．若保持开关闭合，将B板下移少许，U减小；Q减小；E不变C．若断开开关，将A板下移少许，C增大；升高；Ep减小D．若断开开关，将B板下移少许，C减小；降低；Ep减小【答案】AC【详解】A．若保持开关闭合，将A板下移少许，由电容的决定式可知，d减小，C增大，由电容的定义式可知，U不变，Q增大，E增大，A正确；B．若保持开关闭合，将B板下移少许，由电容的决定式可知，d增大，C减小，由电容的定义式可知，U不变，Q减小，E减小，B错误；C．若断开开关，将A板下移少许，由电容的决定式可知，d减小，C增大板间场强E不变，P点距A板距离减小，A板接地，P点与A板间电势差减小，升高；负电荷在电势高的地方电势能小，所以减小，C正确；D．若断开开关，将B板下移少许，由电容的决定式可知，d增大，C减小，同理，E不变，P点距A板距离不变，P点与A板间电势差不变，不变；所以不变，D错误。故选AC。5．如图所示，A、B为平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N。小孔对平行板电场无影响，其中D为理想二极管，R为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（）A．若断开开关S，带电小将能穿过小孔NB．若仅将B板下移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处C．若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处D．若仅将R的滑片下移、带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处【答案】BC【详解】A．若断开开关S，由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，极板间电压不变，带电小球仍恰好运动到B板的小孔N处，A错误；B．设P点离小孔M的距离为h，小球恰好运动到小孔N处，由动能定理可得由于二极管的单向导电性，电荷量Q保持不变，由，，联立得若仅将B板下移，d增大，C减小，电压U增大，场强E不变，可知B板下移后，小球仍运动到原来小孔N处速度为零后返回，故无法运动到小孔N处，B正确；C．若仅将R的滑片上移，其阻值减小，干路电流增大，由可知R两端的电压减小，二极管使电容器不能放电而处于断开状态，电容器两端电压U不变，则带电小球仍将恰好能到达B板的小孔N处，C正确；D．若仅将R的滑片下移，其阻值增大，干路电流减小，R两端的电压增大，电容器继续充电，其电荷量Q将增大，结合B的解析可知，极板间场强E增大，在极板间下降同样距离克服电场力做功增大，则带电小球将不能到B板的小孔N处，D错误。故选BC。电路中的电容器模型6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电表。闭合开关，当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动时，下列判断正确的是（）A．A示数变小 B．V示数变小C．电容器C所带电荷量减小 D．电容器C两极板间电场强度减小【答案】BCD【详解】AB．当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动时，其接入电路中的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律可知电路的总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压和R1的电压变大，则并联电路的电压变小，V示数变小，并联电路的电压变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，所以A示数变大，故A错误，B正确。CD．电容器两端电压为，I变大，故电容器两端电压变小，根据知电容器带电量变小，由知电容器C两极板间电场强度减小，故CD正确。故选：BCD。7．图示电路中，C为电容器，R1为0～99.00Ω的电阻箱，电源内阻r=5Ω，定值电阻R2=2Ω，R3=R4=5Ω。现闭合开关S，调节R1使其电阻从零逐渐增至最大，在此过程中（）A．电容器的a板先带正电后带负电 B．电容器的a板先带负电后带正电C．电源的输出功率一直增大 D．电容器两板间的电压先减小后增大【答案】AD【详解】AB．闭合开关S，调节使其电阻从零逐渐增至最大，开始时电容器a板带正电，时电容器板带负电，故A正确，B错误；C．当时当时根据电源输出功率曲线知，电源的输岀功率先増大后减小，故C错误；D．调节使其电阻从零逐渐增至最大，电容器两板间的电压先减小后增大，故D正确。故选AD。8．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），R为滑动变阻器，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），真空中水平放置的平行板电容器，上下极板Y和Y′相距d，A为两极板左侧中点，AB线段与两极板等长，到两板距离相等。在开关S闭合后，质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出电场，偏转位移为y。则（）A．粒子飞出电场时，速度方向的反向延长线一定交于AB线段中点B．只将变阻器R的滑动触头P向上移动，则偏转位移y将减小C．只将上极板Y向上稍微移动，粒子穿过电场过程中，电场力做功不变D．只将热敏电阻R0升温，粒子穿过电场过程中，粒子的动量变化量不变【答案】AC【详解】A．依题意知，粒子在极板间受到竖直向下恒定的电场力作用，粒子做类平抛运动。根据平抛运动推论可推知该粒子飞出电场时，速度方向的反向延长线一定交于AB线段中点，故A正确；B．只将变阻器R的滑动触头P向上移动，则滑动变阻器接入电路中的阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，内电压及R0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压增大，由于极板间的电压等于滑动变阻器两端电压，所以极板间电压变大，电场场强变大，根据类平抛运动规律可知，粒子飞出极板的时间保持不变，竖直方向加速度变大，根据竖直方向上偏转位移可知，y将增大，故B错误；C．只将上极板Y向上稍微移动，则根据可知电容器电容将减小，根据由于电容器极板间电压保持不变，所以Q将减小，即电容器将放电，但由于二极管单向导电，所以电容器上的电荷量将保持不变，根据又联立可得可知极板间电场强度保持不变，粒子穿过电场过程中受到的电场力保持不变，由于粒子飞出电场的时间不变，则粒子穿过电场过程中，竖直方向位移y不变，电场力做功不变，故C正确；D．只将热敏电阻R0升温，则R0则阻值变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则滑动变阻器两端电压增大，极板间电压增大，电场强度增大，粒子受到的电场力F变大，由于粒子飞出电场的时间保持不变，根据动量定理可知粒子的动量变化量将增大，故D错误。故选AC。9．实验小组利用如图电路研究电压的变化与电流的变化的关系，电流表、电压表均为理想电表，D为理想二极管，C为电容器。闭合开关S至电路稳定后，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表的示数变化量大小为，电压表的示数变化量大小为，电流表A的示数变化量大小为，则下列判断正确的是（）A．的值变大B．的值不变，且始终等于电源内阻C．电压表的示数与电流表A的示数的比值变大D．滑片向左移动的过程中，电容器的电容不变，电压减小，带电荷量减少【答案】BC【详解】A．滑动变阻器的滑片向左移动一小段距离，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电流减小，电阻两端电压和电源内电压之和减小，电压表的示数增大，且则不变，故A错误；B．电压表的示数变化量大小为则不变，故B正确；C．电压表的示数与电流表A的示数的比值滑动变阻器的滑片向左移动一小段距离，变大，故C正确；D．电容器的电容不变，电容器两板间电压等于R1两端的电压，减小，电容器应该放电，由于二极管的单向导电性使得电容器带电量保持不变，故D错误。故选BC。10．如图示，电源电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2、R3为定值电阻，R4为光敏电阻（有光照射时电阻变小），C为定值电容。当S闭合且电路稳定后，让光照射R4，则下列说法正确的是（）A．电流表示数减小B．电容器电荷量增大C．电压表示数增大D．R1上的电流减小【答案】BD【详解】ACD．让光照射R4，光敏电阻R4的阻值减小，则电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电路中电流增大，由可知路端电压减小，则电压表示数减小，而路端电压减小，则通过R1上的电流会减小，而总电流增大，则通过R2的电流增大，电流表示数会增大，综上所述，AC错误，D正确；B．电容器的电压与R2两端的电压相等，通过R2的电流增大，则R2两端的电压会增大，所以电容器的电压会增大，根据可知电容器电荷量增大，B正确。故选BD。磁场中的电容器模型11．如图所示，水平面内有一足够长平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。开关S由1掷到2时开始计时，q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是（）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】开关S由1掷到2，电容器放电后会在电路中产生电流，导体棒通有电流后会受到安培力的作用会产生加速度而加速运动．导体棒切割磁感线，速度增大，感应电动势E=Blv即增大，则实际电流减小，安培力F=BIL即减小，加速度即减小；因导轨光滑，所以在有电流通过棒的过程中，棒是一直加速运动（变加速）．由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的，故a-t图像如图D是正确的；由于电容器放电产生电流使得导体棒受安培力运动，而导体棒运动产生感应电动势会给电容器充电．当充电和放电达到一种平衡时，导体棒做匀速运动．则v-t图像如图C是正确的；当棒匀速运动后，棒因切割磁感线有电动势，所以电容器两端的电压能稳定在某个不为0的数值，即电容器的电量应稳定在某个不为0的数值（不会减少到0），故q-t图像如图A是正确的；这时电容器的电压等于棒的电动势数值，棒中无电流．I-t图像应该是则图像B错误。故选ACD。12．如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角，间距为。导轨上端与电容器连接，电容器电容为。导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为，左侧末端连接一阻值为的定值电阻。导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为，方向分别垂直导轨所在平面。质量为，电阻为，宽度为的金属棒从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是，重力加速度为，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是（）A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为B．电容器两极板携带的最大电荷量为C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为D．金属棒在水平轨道运动的最大位移【答案】BD【详解】A．金属棒沿斜面下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能（若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热），即由能量关系可知则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于，A错误；B．金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，最大值为Em=Bdv则电容器两极板携带的最大电荷量为Q=CEm=，B正确；C．由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总的焦耳热因金属棒有内阻，则定值电阻产生的焦耳热小于，C错误；D．由动量定理；解得金属棒在水平轨道运动的最大位移，D正确。故选BD。13．如图所示，两间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的磁场中，磁感应强度随位置坐标x按（k为已知的正常数）的规律变化。一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上质量为m的金属棒与x轴垂直，时刻在外力F作用下从0点开始以速度v0向右匀速运动，忽略所有电阻，电容器耐压值足够大，不会被击穿。下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为 B．通过金属棒的电流为I=0C．电容器极板上的电荷量不断增大 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【答案】AC【详解】AB．在时刻导体切割磁感线产生的感应电动势为电容器所带的电荷量通过金属棒的电流为选项A正确，选项B错误；