1、课时检测(三十八) 电容器 (重点突破课)一、单项选择题1(2018南京、盐城一模)如图所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。则电容器的电容将()A逐渐增大B逐渐减小C保持不变D先增大后减小解析：选A可变电容器的动片与定片逐渐重合，即电容器的正对面积增大，由C，可知电容变大，A项正确。2(2018苏锡常镇高三模拟)某一平行板电容器，其中一个极板带5.4103 C电荷量，另一极板带5.4103 C电荷量，电容器两极板间电压为450 V，则该电容器的电容值为()A2.4105 F B1.2105 FC8.3104 F D4.2104 F解析：选B电容器所带电荷量为一个极板所带的电荷量，由Q
2、5.4103 C，U450 V，得C1.2105 F，B项正确，A、C、D项错误。3(2018淮安、宿迁、连云港、徐州四市联考)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是()A右移 B左移 C上移 D下移解析：选A将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C可知，电容增大，而电容器所带电荷量不变，由C分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A项正确，B项错误；A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C可知，
3、电容减小，而电容器所带电荷量不变，由C分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C、D项错误。4如图所示，先接通开关S使电容器充电，然后断开开关S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变小解析：选C电容器充电后再断开开关S，则电容器所带电荷量Q不变，由C可知，d增大时，C变小；又U，所以U变大；由于E，U，所以E，故d增大时，E不变，C正确。5两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正
4、、负极上，这时质量为m、带电荷量为q的油滴恰好静止在两极板之间，如图所示。在其他条件不变的情况下，如果将两极板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中()A油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b解析：选D电容器与电源相连，两极板间电压不变，将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动。由C可知，电容减小，由QCU可知，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从
5、a流向b，故D正确。6如图所示，平行板电容器两极板M、N相距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m、带电量为q的带电油滴在极板中央处于静止状态，则()A极板M、N之间的电场强度为B油滴带正电C油滴的比荷D将极板N向下缓慢移动一小段距离d，油滴的加速度为g解析：选C极板M、N之间的电场强度为E，选项A错误；由题意知油滴受到的电场力竖直向上，又极板M带正电，故油滴带负电，选项B错误；由mgqEq可得油滴的比荷，选项C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离d，极板之间电场强度E，E减小，油滴所受电场力减小，重力将大于电场力，油滴将向下加速运动，由mgqEma，解得油
6、滴的加速度为ag，选项D错误。7如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是()A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析：选B保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电qEq减小，悬线的拉力为F将减小，选项B正确，A错
7、误；保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力不变，C、D错误。8.如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45角，上极板带正电。一电荷量为的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()A. B. C. D.解析：选B当电场范围足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy0时，根据运动学公式有vy22d，vyv0cos 4
8、5，Ek0mv02，联立得E，故选项B正确。二、多项选择题9在如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一个角度。下述哪些做法可使指针张角增大()A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积错开一些C断开S后，使B板向右平移拉开一些D断开S后，使A、B正对面积错开一些解析：选CD题图中静电计的金属杆接A板，外壳和B板均接地，静电计显示的是A、B两板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高，当闭合S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，保持不变，静电计指针张角不变，A、B错误；当断开S后，板间距离增大、正对面积减小，都会使A、B两
9、板间的电容变小，而电容器所带电荷量不变，由C可知，板间电压U增大，则静电计指针张角增大，C、D正确。10如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，下列说法正确的是()AA板与静电计的指针带的是异种电荷B甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大C乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变D丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小解析：选BD静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C，C，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，Q不变，U增大，C错误；插入电介质，r增大，C增大，Q不变，U减小，D正确。11(2018清江中学月考)
10、如图所示，平行板电容器与直流电源E(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则()A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角变小C带电油滴将向下运动D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选AD电容器的下极板向上移动时，根据公式C可知d减小，C增大，A正确；由于电容器的两端电压恒定不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计指针张角不变，B错误；根据公式E可知，电容器的场强变大，带电油滴将向上运动，C错误；若先将上极板与电源正极断开，则电容器所
11、带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距离，则电容器间的电场强度E，其大小恒定不变，故带电油滴所受的电场力不变，D正确。12(2018南通调研)如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知重力加速度为g，则()A微粒的加速度不为零B微粒的电势能减少了mgdC两极板的电势差为DM板的电势高于N板的电势解析：选CD带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，加速度为零，电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mgq，所以两极板之间
12、电势差U，A项错误，C项正确；而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M板电势高于N板电势，D项正确；微粒由上板边缘运动到下板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B项错误。13如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路。调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板间的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是()A使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板
13、中心小孔射出C使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出解析：选BC设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：qEx0mv02，又E得x，由此可知，使带电粒子的初速度变为v0，或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，带电粒子进入电场后恰能到达B板处，同理易知使带电粒子的初速度变为2v0，带电粒子将从B板中心小孔射出，故B、C正确，A、D错误。14(2018江苏通、泰、扬、徐、淮、宿高三模拟)如图所示，空间有竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿水平方向成30角的
14、虚线MN以速度v0斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿MN方向做直线运动，取O点电势为零，重力加速度为g，则()A原电场方向竖直向下B改变后的电场方向垂直于MNC电场方向改变后，小球的加速度大小为gD电场方向改变后，小球的最大电势能为mv02解析：选CD由题意知，小球所受电场力方向向上，与重力平衡，则原电场方向竖直向上，A项错误；由力的合成及题意可得，改变后的电场力方向与v0成120角斜向上，此时电场方向不垂直于MN，B项错误；电场方向改变后，合力方向与v0方向相反，大小为mg，对应加速度大小为g，C项正确；电场力做负功最多时，电势能最大，根据重力做功与电场力做功相同，得出当小球速度为零时，电场力做负功最多，为mv02，D项正确。