高考物理一轮复习课时检测四十一电容器含解析新人教版

电容器

1．如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)

A．向左移动时，θ增加　　　　B．向右移动时，θ增加

C．向左移动时，θ不变  D．向右移动时，θ减少

解析：选B　当被测物体向左移动时，导致电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故A、C错误；当被测物体向右移动时，导致电容器极板间的电介质减少，则电容会减小，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增加，故B正确，D错误。

2．(2021·衡水模拟)静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是(　　)

A．当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大

B．涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定

C．在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大

D．涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快

解析：选D　当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故涂料微粒所受电场力减小，选项A错误；涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，选项B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，选项C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势升高最快，故选项D正确。

3.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)

A．U变小，E变小　　　　　 B．E变大，Ep变大

C．U变小，Ep不变  D．U不变，Ep不变

解析：选C　由题意知，电容器的带电荷量Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据电容的决定式C＝知，电容C增大，由公式U＝知，极板间电压U变小，由推论公式E＝分析，可知极板间电场强度E不变，则由U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故C正确，A、B、D错误。

4.如图所示电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。当声源S振动时，下列说法正确的是(　　)

A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变

B．a振动过程中，a、b板所带电荷量不变

C．a振动过程中，电容器的电容不变

D．a向右的位移最大时，电容器的电容最大

解析：选D　a、b板与电源相连，电势差恒定，a在声波驱动下沿水平方向振动，a、b板间的距离发生变化，根据E＝，电场强度发生变化，选项A错误；根据C＝，电容器的电容随a、b板间距离变化而变化，根据Q＝UC，a、b板所带电荷量随电容变化而变，选项B、C错误；当a、b板间距离最近(即a向右的位移最大)时，电容最大，选项D正确。

5.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是(　　)

A．液滴将向下加速运动

B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将增大

C．M点的电场强度变小了

D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同

解析：选D　极板始终与电源连接，电压不变，由E＝可知d减小电场强度E增大，电场力增大，粒子向上加速运动，故A、C错误；b板电势为零，UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势升高，液滴受到电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B错误；在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电压相同，电场力做功qU相同，故D正确。

6.如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)

A．电容器的电容将增大  B．静电计指针张角减小

C．电容器的电荷量不变  D．带电小球的电势能将增大

解析：选D　将电容器的下极板竖直向下移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据C＝可得电容减小，A错误；电容器两极板和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，故静电计指针张角不变，B错误；根据C＝可知Q减小，C错误；根据公式E＝可知两极板间的电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为小球带正电荷，则小球的电势能增大，D正确。

7．(2021·太原模拟)(多选)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×103 V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO′所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则(　　)

A．电极A1的电势高于电极A2的电势

B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°

C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小

D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV

解析：选ABD　由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向相反，斜向右上方，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，可知电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV，故D正确。

8．如图甲所示是一种测量电容器电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而求出待测电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下：

A．按如图甲所示的电路图接好电路

B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝490 μA，电压表的示数U0＝8.0 V

C．断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上(时间t为横坐标，电流i为纵坐标)，如图乙中小黑点所示

(1)在图乙中画出i­t图线；

(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________；

(3)该电容器电容为________F(结果保留两位有效数字)；

(4)若某同学实验时把电压表接在A、B两端，则电容的测量值比它的真实值________ (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。

解析：(1)用平滑的曲线连接，作出图像如图所示：

(2)由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I­t图像与坐标轴所包围的面积，则面积为电容器在开始放电时所带的电荷量；

(3)数出格子数为35格，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求得Q＝8.75×10－3 C

则C＝＝ F＝1.1×10－3 F；

(4)电容的测量值比它的真实值偏小，原因是若把电压表接在A、B两端，则电容器在放电时，有一部分电荷量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电荷量小于电容器的带电荷量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。

答案：(1)见解析图　(2)在开始放电时电容器所带的电荷量　(3)1.1×10－3　偏小

9.如图所示为板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向运动并恰好从B板边缘飞出(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：

(1)液滴的质量；

(2)液滴飞出时的速度。

解析：(1)根据题意画出液滴的受力图如图所示，可得qEcos α＝mg，E＝

解得m＝8×10－8 kg。

(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零，

对液滴由动能定理得qU＝mv2－mv02

解得v＝ m/s。

答案：(1)8×10－8 kg　(2) m/s

[潜能激发]

10．(多选)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)

A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大

B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大

C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大

D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小

解析：选AC　断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，则S减小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，故选项D错误。

11．(2021·烟台模拟)有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是(　　)

A．增大墨滴的带电荷量

B．减小墨滴喷出时的速度

C．减小偏转板与承印材料的距离

D．增大偏转板间的电压

解析：选C　带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可得Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝，Y＝Y1＋Y2，结合选项可知，减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，增大墨滴的带电荷量、减小墨滴喷出时的速度以及增大偏转板间的电压，均使字迹增大，故选项C正确，A、B、D错误。

12.如图所示，上、下水平放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在小球B上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝，让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(空气阻力不计，重力加速度为g)。求：

(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；

(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；

(3)B球是否能碰到下板；如能，求刚碰到时B球的速度v3大小；如不能，请通过计算说明理由。

解析：(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动，v12＝2gl

解得v1＝。

(2)A球进入电场前，只有B球受电场力，

F＝qE＝mg，方向竖直向下，

由牛顿第二定律可得，F＋2mg＝2ma1

解得a1＝

系统做匀加速直线运动，A球刚进入电场时有，

v22＝v12＋2a1l

解得v2＝。

(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图所示，6qE－qE－2mg＝2ma2

解得a2＝

设系统速度为零时，B球没碰到下板，此时系统通过的距离为H，

H＝，解得H＝<2l

故B球不能碰到下板。

答案：(1)　(2)　(3)不能　理由见解析