《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（四十三）電容器（重點(diǎn)突破課）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（四十三）電容器（重點(diǎn)突破課）（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（四十三）電容器（重點(diǎn)突破課）（含解析） 1.在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，平行板電容器的極板A與靜電計(jì)相接，極板B接地。若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，由觀察到的靜電計(jì)指針變化，做出平行板電容器電容變小的結(jié)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(jì)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(dòng)一

2、點(diǎn)，會(huì)發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角變大，即電壓U變大，由公式C＝知電容C變?。还蔅、C、D錯(cuò)誤，A正確。 2.兩個(gè)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(shí)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(cuò)開(kāi)一些，那么在錯(cuò)開(kāi)的過(guò)程中(　　) A．油滴將向上加速運(yùn)動(dòng)，電流計(jì)中的電流從b流向a B．油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，電流計(jì)中的電流從a流向b C．油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)中的電流從b流向a D．油滴靜止不動(dòng)，電流計(jì)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(cuò)開(kāi)一些，兩

3、極板正對(duì)面積減小，而間距不變，由E＝可知，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴受到的電場(chǎng)力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動(dòng)。由C＝可知，電容減小，由Q＝CU可知，電荷量減小，電容器放電，因此可判斷電流計(jì)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(kāi)，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點(diǎn)，如圖所示。E表示極板間的場(chǎng)強(qiáng)，U表示極板間的電壓，Ep表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能。若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　　) A．U變小，E變小　　　　 B．E變大，Ep變大 C．U變小，Ep不變 D．U不變，Ep不變 解析：選C　由題意知，電容器的帶電荷量Q

4、不變，正極板移動(dòng)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(chǎng)強(qiáng)度E不變，則由U′＝Ed′知，P與負(fù)極板間的電勢(shì)差不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變，正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 4.如圖所示電路可將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)，該電路中右側(cè)固定不動(dòng)的金屬板b與能在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)的鍍有金屬層的震動(dòng)膜a構(gòu)成一個(gè)電容器，a、b通過(guò)導(dǎo)線與恒定電源兩極相接。當(dāng)聲源S振動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)振動(dòng)過(guò)程中，a、b板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變 B．a(chǎn)振動(dòng)過(guò)程中，a、b板所帶電荷量不變 C．a(chǎn)振動(dòng)過(guò)程中，

5、電容器的電容不變 D．a(chǎn)向右的位移最大時(shí)，電容器的電容最大 解析：選D　a、b板與電源相連，電勢(shì)差恒定，a在聲波驅(qū)動(dòng)下沿水平方向振動(dòng)，a、b板間的距離發(fā)生變化，根據(jù)E＝，電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生變化，選項(xiàng)A錯(cuò)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)Q＝UC，a、b板所帶電荷量隨電容變化而變，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；當(dāng)a、b板間距離最近(即a向右的位移最大)時(shí)，電容最大，選項(xiàng)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(fù)電的點(diǎn)電荷，平行板b接地。現(xiàn)將b板稍微向下移動(dòng)，則(　　) A．點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力增大 B．點(diǎn)電荷在P處的電勢(shì)能減小 C．P處電勢(shì)

6、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(shì)差不變，b板下移，板間距離d增大，則板間電場(chǎng)強(qiáng)度E變小，由F＝Eq可知點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力變小，故A錯(cuò)誤；由U′＝Ed′知，P處與a板間的電壓減小，而a的電勢(shì)不變，故P處的電勢(shì)升高，由Ep＝qφ及q為負(fù)值，可知點(diǎn)電荷在P處的電勢(shì)能減小，故B正確，C錯(cuò)誤；由C＝知C減小，又Q＝CU，Q減小，故D錯(cuò)誤。 6.如圖所示，平行板電容器與一個(gè)恒壓直流電源連接，下極板通過(guò)A點(diǎn)接地，一帶正電小球被固定于P點(diǎn)?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則(　　) A．電容器的電容將增大 B．靜電計(jì)指針張角減小 C．

7、電容器的電荷量不變 D．帶電小球的電勢(shì)能將增大 解析：選D　將電容器的下極板豎直向下移動(dòng)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(cuò)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(jì)指針張角不變，B錯(cuò)誤；根據(jù)C＝可知Q減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)公式E＝可知兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板間的電勢(shì)差減小，而P點(diǎn)的電勢(shì)比上極板低，上極板的電勢(shì)不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)增大，因?yàn)樾∏驇д姾?，則小球的電勢(shì)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(jì)相連，如圖所示。要使靜電計(jì)指針張角變小，下列措施中可行的是(　　) A．A板向上移動(dòng) B．

8、A、B之間插入與平行金屬板等大的厚導(dǎo)體板 C．A、B之間插入電介質(zhì) D．使兩板帶的電荷量減小 解析：選BCD　A板上移時(shí)，正對(duì)面積減小，由C＝可知，電容減小，由C＝可知，電勢(shì)差增大，張角變大，故A錯(cuò)誤；插入厚導(dǎo)體板相當(dāng)于減小兩板間距離，同理知電容增大，由C＝可知，電勢(shì)差減小，張角變小，故B正確；當(dāng)A、B間插入電介質(zhì)時(shí)，電容增大，由C＝可知，電勢(shì)差減小，張角變小，故C正確；減小電荷量時(shí)，電容不變，由C＝可知，電勢(shì)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

9、央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板電荷量與油滴電荷量的比值為k，則(　　) A．油滴帶負(fù)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(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng) 解析：選AC　由題意知，油滴所受重力和電場(chǎng)力平衡，即mg＝q，則電場(chǎng)力豎直向上，M板帶正電，故油滴帶負(fù)電，且q＝，A正確，B錯(cuò)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(dòng)一小段距離，d增大，根據(jù)E＝可知，E變小，電場(chǎng)力變小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)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

10、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(diǎn)為球殼上離A板最近的一點(diǎn)，D點(diǎn)靠近B板。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．UC O＝U B．UAC＝ C．C點(diǎn)的電勢(shì)為φC＝－ D．把一負(fù)點(diǎn)電荷由C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能減少 解析：選BC　將金屬球殼放入電場(chǎng)后，A、B兩板間電場(chǎng)線如圖所示，應(yīng)用對(duì)稱性，兩板間電場(chǎng)線形狀關(guān)于球心O對(duì)稱，所以A板與金屬球殼的電勢(shì)差UAO和金屬球殼與B板的電勢(shì)差UOB相等，即UAO＝UOB，又A、B兩板電勢(shì)差保持不變?yōu)閁，即UAO＋UOB＝U，得UAO＝UOB＝，又金屬球殼內(nèi)部無(wú)電場(chǎng)線，UC O＝0，所以A、C間電勢(shì)差UAC＝UAO＝，由A板接地得0－φC＝，

11、則φC＝－，A錯(cuò)誤，B、C正確；把一負(fù)點(diǎn)電荷由C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，D錯(cuò)誤。 10．(多選)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì)，B固定，A可移動(dòng)，開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．?dāng)嚅_(kāi)S后，將A向左移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大 B．?dāng)嚅_(kāi)S后，在A、B間插入電介質(zhì)，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大 C．?dāng)嚅_(kāi)S后，將A向上移動(dòng)少許，靜電計(jì)指針張開(kāi)的角度增大 D．保持S閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)，靜電計(jì)指針

12、張開(kāi)的角度減小 解析：選AC　斷開(kāi)S后，電容器帶電量不變，將A向左移動(dòng)少許，則d增大，根據(jù)C＝知，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差增大，指針張角增大，故選項(xiàng)A正確；斷開(kāi)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(shì)差減小，則指針張角減小，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；斷開(kāi)S后，將A向上移動(dòng)少許，則S減小，根據(jù)C＝知，電容減小，根據(jù)U＝知，電勢(shì)差增大，則指針張角增大，故選項(xiàng)C正確；保持S閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑動(dòng)觸頭移動(dòng)不會(huì)影響指針張角，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 11.如圖所示為板長(zhǎng)L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓

13、為U＝100 V。有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中仍沿水平方向運(yùn)動(dòng)并恰好從B板邊緣飛出(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： (1)液滴的質(zhì)量； (2)液滴飛出時(shí)的速度。 解析： (1)根據(jù)題意畫(huà)出液滴的受力圖如圖所示，可得 qEcos α＝mg E＝ 解得m＝8×10－8 kg。 (2)因液滴沿水平方向運(yùn)動(dòng)，所以重力做功為零， 對(duì)液滴由動(dòng)能定理得qU＝mv2－mv02 解得v＝ m/s。 答案：(1)8×10－8 kg　(2) m/s 12.如圖所示，上、下

14、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(qiáng)電場(chǎng)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(zhǎng)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(guò)上板的小孔進(jìn)入電場(chǎng)中(空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g)。求： (1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v1大??； (2)A球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v2大小； (3)B球是否能碰到下板；如能，求剛碰到時(shí)B球的速度v3大??；如不能，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由。 解析：(1)B球進(jìn)入電場(chǎng)前，兩小球不受電場(chǎng)力作用，只受重力作用，做自由落體運(yùn)動(dòng)， v12＝2gl 解得v1＝。 (2)A球進(jìn)入電場(chǎng)前，只有B球受電場(chǎng)力， F＝qE＝mg，方向豎直向下， 由牛頓第二定律可得， F＋2mg＝2ma1 解得a1＝ 系統(tǒng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)有， v22＝v12＋2a1l 解得v2＝。 (3)當(dāng)A、B球全部進(jìn)入電場(chǎng)后，系統(tǒng)受力如圖所示， 6qE－qE－2mg＝2ma2 解得a2＝ 設(shè)系統(tǒng)速度為零時(shí)，B球沒(méi)碰到下板，此時(shí)系統(tǒng)通過(guò)的距離為H， H＝，解得H＝<2l 故B球不能碰到下板。 答案：(1)　(2)　(3)不能　理由見(jiàn)解析