2023一轮复习课后速练37 8.3 电容器

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2023一轮复习课后速练(三十七)
一、选择题
1．(2021·重庆模拟)如图甲所示为老式收音机里的可变电容器，它是通过改变可变电容器的电容来调谐，从而达到调台的目的的．其中固定不动的一组为定片，能转动的一组为动片，动片与定片之间以空气作为电介质．把它接在如图乙所示的电路中，下列说法正确的是(　　)

A．当动片从定片中旋出时，电容器的电荷量减少，电流由a流向b
B．当动片从定片中旋出时，电容器的电荷量增加，电流由b流向a
C．当动片旋进定片时，电容器的电荷量增加，电流由a流向b
D．当动片旋进定片时，电容器的电荷量减少，电流由b流向a
【答案】　A
【思维分析】 由电容的公式C＝、C＝解得Q＝，电容器和电源相连U不变，当动片从定片中旋出时，S减小，电容器的电荷量减少，电容器顺时针放电，电流由a流向b，A项正确，B项错误；电容器和电源相连U不变，当动片从定片中旋进时，S增大，电容器的电荷量增加，电容器逆时针充电，电流由b流向a，C、D两项错误．故选A项．
2.(2022·广东模拟)如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，P为金属薄片，Q为金属板．从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动．在P、Q间距减小的过程中(　　)

A．电容器的电容减小
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势高于N点的电势
D．M点的电势低于N点的电势
【答案】　D
【思维分析】 电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距减小的过程中，根据电容决定式C＝可得电容增大，A项错误；根据电容的定义式C＝，因为电容增大，电压不变，故可得电容器所带电荷量增大，B项错误；电容器的充电过程，电流通过R的方向由N到M，所以N点的电势比M点的高，C项错误，D项正确．故选D项．
3.(2021·重庆模拟)随着科技的发展，一种新型的储能器件越来越被广泛使用，即用电容器储能，现对给定电容为C的电容器充电，充电时两极板间的电势差U随电荷量Q的变化图像如图所示，类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，可以求两极板间电压为U0时电容器所储存的电能Ep等于(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C．CU02 D.
【答案】　D
【思维分析】 电压为U0时，电容器带电荷量为Q0，图线和横轴围成的面积为所储存的电能Ep，则有Ep＝Q0U0，又Q＝CU，所以Ep＝CU02，A、B、C三项错误，D项正确．故选D项．
4.(2021·山东模拟)(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．那么(　　)
A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
【答案】　AD
【思维分析】 保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A项正确，B项错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，由C＝，C＝得E＝＝＝·＝，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变，故C项错误，D项正确．故选A、D两项．
5.(2021·河北模拟)如图所示，把一板间距为d的平行板电容器接在电压为U的电源上，闭合开关K，此时板间场强为E1.现在两板中央插入厚度为的金属板，电路稳定后，板间场强为E2，断开开关K，抽出金属板，此时板间场强为E3.则E1∶E2∶E3为(　　)
A．1∶1∶1 B．1∶2∶2
C．1∶2∶1 D．1∶1∶2
【答案】　B
【思维分析】 闭合K，不插入金属板时板间场强E1＝，插入金属板后，相当于两个板间距为的电容器串联，每个电容器上电压为，E2＝＝，相当于电压不变，板间距减半，可得E2＝2E1，由C＝可知电容加倍，变为2C，带电荷量也加倍，变为2Q，断开K后，带电荷量为2Q不变，抽出金属板，电容变为C，板间电压U′＝＝2U，则E3＝＝2E1，即有E1∶E2∶E3＝1∶2∶2.故选B项．
6.(2022·贵州模拟)(多选)如图所示，两块正对的平行金属板与一电压恒定的电源相连，下极板接地，下极板上叠放有玻璃板，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，当把玻璃板从两板间快速抽出，下列说法正确的是(　　)
A．带电油滴带负电
B．P点的电势保持不变
C．带电油滴将加速向下运动
D．会有瞬间电流从a向b流经电阻R
【答案】　ABD
【思维分析】 由图可知，上极板带正电，下极板带负电，故两板间电场方向向下，油滴静止在两板间，受到的重力与电场力平衡，故电场力向上，带电油滴受电场力方向与场强方向相反，因此油滴带负电，故A项正确；当把玻璃板从两板间快速抽出，两板间距离d不变，电压U不变，根据公式E＝可知，两板间电场强度不变，再根据U′＝Ed′可知，P点与下极板间的电势差不变，下极板接地，电势始终为0，则P点的电势保持不变，故B项正确；因为两板间电场强度不变，则带电油滴受力情况不变，仍将保持静止，故C项错误；当把玻璃板从两板间快速抽出，相对介电常数εr减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C减小，又根据Q＝CU可得，电荷量Q减小，故电容器放电，会有瞬间电流从a向b流经电阻R，故D项正确．故选A、B、D三项．
7.(2021·四川模拟)平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔．现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出．不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是(　　)
A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
B．仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
C．仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
D．仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点
【答案】　D
【思维分析】 设P点到B板距离为h，A、B板间电压为U，小球质量为m，带电荷量为q，由于小球刚好能够到达S2而不穿出，可知到达S2时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到达S2，根据动能定理有mgh－qU＝0.仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0，P点到B板距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故A项错误；仅使A板下移或上移一小段距离，P点到B板的距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故B、C两项错误；仅使B板上移一小段距离，P点到B板的距离h′变小，两极板间电压不变，则mgh′－qU