2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第七單元電場題組層級快練33電容器新人教版202205033207

1、題組層級快練(三十三)一、選擇題1(2022·課標(biāo)全國)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，假設(shè)將云母介質(zhì)移出，那么電容器()a極板上的電荷量變大，極板間的電場強(qiáng)度變大b極板上的電荷量變小，極板間的電場強(qiáng)度變大c極板上的電荷量變大，極板間的電場強(qiáng)度不變d極板上的電荷量變小，極板間的電場強(qiáng)度不變答案d解析電容器接在恒壓直流電源上，兩極板的電壓不變，假設(shè)將云母介質(zhì)移出，相對介電常數(shù)減小，電容器的電容減小，所以極板上的電荷量變小，極板間的距離不變，所以極板間的電場強(qiáng)度不變，故a、b、c項(xiàng)錯(cuò)誤，d項(xiàng)正確2(2022·山西名校聯(lián)考)由電源、開關(guān)、滑動變動器及電容

2、器組成如下圖電路將平行板電容器的一個(gè)極板與滑動變動器的滑片相連接，并將開關(guān)s1、s2閉合那么()a在電容器兩極板間插入一塊陶瓷片，電容器的帶電量將減少b將滑片向右移動，電容器帶電量將會增大c保持開關(guān)s1閉合，將開關(guān)s2斷開，將滑動變動器滑片向左移電容器上帶電量減少d保持開關(guān)s2閉合，將開關(guān)s1斷開，將滑動變動器滑向右移電容器上帶電量增加答案b解析根據(jù)c，在電容器兩極板間插入一塊陶瓷片，介電常數(shù)增大，電容增大，再根據(jù)c，電壓u不變，故電容器的帶電量q增大，所以a項(xiàng)錯(cuò)誤；將滑片向右移動，電容器電壓增大，電容不變，所以電荷量q增大，所以b項(xiàng)正確；保持開關(guān)s1閉合，將開關(guān)s2斷開，電容器電壓等于電源電

3、動勢，移動滑片電容器電壓不變，所以電容器電荷量不變，所以c項(xiàng)錯(cuò)誤；保持開關(guān)s2閉合，將開關(guān)s1斷開，電容器放電完畢，電荷量始終為零，所以d項(xiàng)錯(cuò)誤3.(2022·南昌調(diào)研)如下圖，平行板電容器兩極板m、n相距d，兩極板分別與電壓為u的恒定電源兩極連接，極板m帶正電現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，那么()a油滴帶正電b油滴帶電荷量為c電容器的電容為d將極板n向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運(yùn)動答案c解析帶電油滴在電場中受重力與電場力處于靜止?fàn)顟B(tài)，故所受電場力方向豎直向上m板帶正電，故油滴帶負(fù)電，a項(xiàng)錯(cuò)誤；由平衡條件有：mgq，

4、故q，b項(xiàng)錯(cuò)誤；電容定義式為c，由題意得qkq，解得：c，c項(xiàng)正確；電容器與電源保持連接，兩極板電勢差不變，n板下移，板間距離d增大，故場強(qiáng)減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運(yùn)動，d項(xiàng)錯(cuò)誤4(多項(xiàng)選擇)如圖，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成角度，兩極板與一直流電源相連假設(shè)一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，那么在此過程中，該粒子()a所受重力與電場力平衡b電勢能逐漸增加c動能逐漸增加d做勻變速直線運(yùn)動答案bd解析受力分析如下圖，知重力與電場力的合力與速度方向相反，所以粒子做勻減速直線運(yùn)動，動能減小，所以a、c項(xiàng)錯(cuò)誤，d項(xiàng)正確；因?yàn)殡妶隽εc速度方向夾角為鈍角，所以電場力做負(fù)功，電勢

5、能增加，即b項(xiàng)正確5.(2022·福建模擬)(多項(xiàng)選擇)如下圖，電源電動勢為e，內(nèi)阻為r.電路中的r1為光敏電阻(其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小)r2為滑動變阻器，當(dāng)開關(guān)s閉合時(shí)，電容器c中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)以下說法中正確的選項(xiàng)是()a只增大r1的光照強(qiáng)度，電壓表示數(shù)變小b只增大r1的光照強(qiáng)度，電流表示數(shù)變小c只將滑片向上端移動時(shí)，微粒將向下運(yùn)動d假設(shè)斷開開關(guān)s，帶電微粒仍處于靜止?fàn)顟B(tài)答案ac解析只逐漸增大r1的光照強(qiáng)度，r1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電流表示數(shù)變大，內(nèi)電壓增大，那么路端電壓減小，因此電壓表示數(shù)變小，故a項(xiàng)正確，b項(xiàng)錯(cuò)誤；只將滑片向上端移動時(shí)，電容

6、器板間的電壓變小，由e分析可知，板間場強(qiáng)減小，油滴所受電場力減小，那么微粒將向下運(yùn)動故c項(xiàng)正確；假設(shè)斷開開關(guān)s，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場強(qiáng)減小，帶電微粒所受的電場力減小，將向下運(yùn)動，故d項(xiàng)錯(cuò)誤6(2022·湖南模擬)如圖，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成2角，在平行板間存在著一個(gè)勻強(qiáng)電場，線cd是兩板間一條垂線，豎直線ef與cd交于o點(diǎn)；一個(gè)帶電小球沿著fod的角平分線從a點(diǎn)經(jīng)o點(diǎn)向b點(diǎn)做直線運(yùn)動，那么在此過程中，對該小球以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()a小球帶正、負(fù)電荷都有可能b小球可能做勻加速直線運(yùn)動c小球通過o點(diǎn)時(shí)所受電場力一定指向dd小球動能的減少量是電勢能增加量的2

7、倍答案b解析a項(xiàng)，一個(gè)帶電小球沿著fod的角平分線從a點(diǎn)經(jīng)o點(diǎn)向b點(diǎn)做直線運(yùn)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，所以小球的電量不確定，故a、c兩項(xiàng)正確；b項(xiàng)，據(jù)以上分析可知，小球做勻減速直線運(yùn)動，故b項(xiàng)錯(cuò)誤；d項(xiàng)，由以上分析可知，小球受重力等于電場力，運(yùn)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(xiàng)正確7(2022·孝感一模)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的根底上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示金屬球與外殼之間的電勢差大小，如下圖，a、b是平

8、行板電容器的兩個(gè)金屬板，g為靜電計(jì)，開始時(shí)開關(guān)s閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，以下采取的措施可行的是()a斷開開關(guān)s后，將a、b兩極板分開些b斷開開關(guān)s后，增大a、b兩極板的正對面積c保持開關(guān)s閉合，將a、b兩極板拉近些d保持開關(guān)s閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動答案b解析a項(xiàng)，斷開開關(guān)，電容器帶電量q不變，將a、b分開一些，那么d增大，根據(jù)c知，電容c減小，根據(jù)c知，電勢差增大，指針張角增大，故a項(xiàng)錯(cuò)誤；b項(xiàng)，斷開開關(guān)，電容器帶電量q不變，增大正對面積，根據(jù)c知，電容c增大，根據(jù)c知，電勢差u減小，指針張角減小故b項(xiàng)正確；c、d兩項(xiàng)，保持開關(guān)閉合，不管使a、b兩板靠

9、近些，還是使滑動變阻器的滑動觸頭向右移動，電容器兩端的電勢差總不變，那么指針張角不變故c、d兩項(xiàng)錯(cuò)誤8.一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在p點(diǎn)，如下圖，以c表示電容器的電容、e表示兩板間的場強(qiáng)、表示p點(diǎn)的電勢，w表示正電荷在p點(diǎn)的電勢能，假設(shè)正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，以下關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的選項(xiàng)是()答案c解析電容器的電容c，兩板間距隨負(fù)極板向右平移而逐漸減小，電容c與d成反比，a項(xiàng)錯(cuò)誤；電容器與電源斷開后，電荷量不變，根據(jù)e，u，c，可知e保持不變，b項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)極板接地，電勢為零，p點(diǎn)的電勢等于

10、p點(diǎn)到負(fù)極板的電勢差，即el，e不變，l減小，線性減小，c項(xiàng)正確；由wq可知，w隨的變化而變化，即w隨l的變化而變化，d項(xiàng)錯(cuò)誤9如下圖是一個(gè)平行板電容器，其電容為c，帶電荷量為q，上極板帶正電，兩極板間距為d.現(xiàn)將一個(gè)試探電荷q由兩極板間的a點(diǎn)移動到b點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)間的距離為x，連線ab與極板間的夾角為30°，那么靜電力對試探電荷q所做的功等于()a.b.c. d.答案c解析電容器兩極板間電勢差為u，場強(qiáng)為e.而a、b兩點(diǎn)間電勢差為uabexsin30°，靜電力對q所做的功為wquab，c項(xiàng)正確10.(2022·臨汾二模)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，

11、極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計(jì))小孔正上方d處的p點(diǎn)有一帶電液滴，該液滴從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回假設(shè)在下極板上疊放一厚度為的金屬板，那么從p點(diǎn)開始下落的相同液滴將()a在兩極板間運(yùn)動的加速度為gb在金屬板上外表處返回c在距上極板返回d在距上極板處d返回答案ad解析對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運(yùn)用動能定理得，mg·(11)dqu0.假設(shè)在下極板上疊放一厚度為的金屬板，相當(dāng)于將下極板向上平移，設(shè)運(yùn)動到距離上極板x處返回根據(jù)動能定理得，mg·(dx)·qu0聯(lián)立兩式解得x

12、d.根據(jù)牛頓第二定律，那么有：qmgma，解得：ag，故a、d兩項(xiàng)正確，b、c兩項(xiàng)錯(cuò)誤11.(2022·福州聯(lián)考)如下圖，兩平行金屬板豎直放置且b板接地，其間有用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球，當(dāng)給兩金屬板充電q后，懸線與豎直方向夾角為，因電離作用，兩金屬板的電荷量緩慢減小(小球電荷量假設(shè)不變)，以致懸線與豎直方向間的夾角逐漸減小，那么在夾角減少到的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是()a細(xì)線拉力逐漸增大b細(xì)線拉力大小不變c電容器兩極板減小的電荷量為d電容器兩極板減小的電荷量為答案d解析小球受到重力mg，細(xì)線的拉力ft和水平向右的電場力f的作用而處于動態(tài)平衡(如下圖)，由ft可知， 減小，ft也減

13、小，a、b兩項(xiàng)錯(cuò)誤；令兩極板間距離為d，電容器的電容為c，由圖知tan1，令減小的電荷量為q，同理可得tan2，聯(lián)立解得qq，c項(xiàng)錯(cuò)誤，d項(xiàng)正確12如圖(1)是某同學(xué)設(shè)計(jì)的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電荷量q將隨待測物體的上下運(yùn)動而變化，假設(shè)q隨時(shí)間t的變化關(guān)系為q(a、b為大于零的常數(shù))，其圖像如圖(2)所示，那么圖(3)、圖(4)中反映極板間場強(qiáng)大小e和物體速率v隨t變化的圖線可能是()a和 b和c和 d和答案c解析由c知，u不變，q減小，c減小，由c知，d增大由e知圖像正確由c知d，即d與t為一次函數(shù)，故v的大小不變，

14、圖像正確二、非選擇題13如下圖，水平放置的平行板電容器與一恒定的直流電壓相連，兩極板間距離d10 cm.距下板4 cm處有一質(zhì)量m0.01 g的不帶電小球由靜止落下，小球和下極板碰撞瞬間帶上了q1.0×108 c的電荷，反跳的高度為8 cm，這時(shí)下板所帶電荷量q1.0×106 c如果小球和下板碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失(g取10 m/s2)求：(1)該電容器極板間的電場強(qiáng)度；(2)該電容器的電容答案(1)5.0×106 v/m(2)2.0 pf解析(1)設(shè)小球下落高度為h1，到下極板時(shí)的速度為v1由機(jī)械能守恒定律，有mgh1mv12反彈后的速度為v2，由于沒有機(jī)械能損失

15、，所以v2v1設(shè)電場強(qiáng)度為e，小球帶電后，向上運(yùn)動的高度為h2，由動能定理，有qeh2mgh20mv22由以上各式，得e代入數(shù)據(jù)，解得e5.0×106 v/m(2)設(shè)極板間的電壓為u，電容器的電容為c由公式c和ued得該電容器的電容c2.0×1012 f2.0 pf14豎直放置的一對平行金屬板的左極板上，用長為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)帶電量為q質(zhì)量為m的小球，將平行金屬板按如下圖的電路圖連接當(dāng)滑動變阻器r在a位置時(shí)，絕緣線與左極板的夾角為130°，當(dāng)將滑片緩慢地移動到b位置時(shí)，夾角為260°.兩板間的距離大于l，重力加速度為g.問：(1)小球在上述兩個(gè)平衡位置時(shí)，平行金屬板上電勢差之比u1u2？(2)假設(shè)保持變阻器滑片位置在a處不變，對小球再施加一個(gè)拉力，使絕緣線與豎直方向的夾角從130°緩慢地增大到260