2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測（十三）涉及電容器問題的分析.doc

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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測（十三）涉及電容器問題的分析 一、選擇題(第1～5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題) 1.(xx南京一模)如圖所示為可變電容器，旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將(　　) A．逐漸增大　　　　　　 B．逐漸減小 C．保持不變 D．先增大后減小 解析：選A　旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合時(shí)，相當(dāng)于增加了電容器極板間的正對面積，則由電容器的決定式C＝可知，電容將逐漸增大，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。 2．(xx南京二模)目前的手機(jī)觸摸屏大多是電容式觸摸屏。電容式觸摸屏內(nèi)有一導(dǎo)電層。導(dǎo)電層四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)手指觸摸屏幕時(shí)，人體和觸摸屏就形成了一個(gè)電容，電容具有“通高頻”的作用，從而導(dǎo)致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流出，并且流經(jīng)這四個(gè)電極的電流與手指到四角的距離成正比，控制器通過對這四個(gè)電流比例的精確計(jì)算，得出觸摸點(diǎn)的位置信息。在開機(jī)狀態(tài)下，下列說法正確的是(　　) A．電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置是因?yàn)槭种笇ζ聊话磯寒a(chǎn)生了形變 B．電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置是利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 C．當(dāng)手指觸摸屏幕時(shí)手指有微弱的電流流過 D．當(dāng)手指離開屏幕時(shí)，電容變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指離開的準(zhǔn)確位置 解析：選C　電容式觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，無需手指按壓屏幕，故A錯(cuò)誤；電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置利用的是電容器的充、放電原理，不是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；由題意可知，手指從觸點(diǎn)吸走一部分電荷，在電荷定向移動(dòng)的過程中，會有微弱電流通過，故C正確；根據(jù)電容器的工作原理可知，當(dāng)手指離開屏幕時(shí)，電容變小，電容器將放電，控制器仍然能檢測到手指離開的準(zhǔn)確位置，故D錯(cuò)誤。 3.(xx揚(yáng)州模擬)如圖所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖)，勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上，先將開關(guān)撥到a給超級電容器C充電，然后將開關(guān)撥到b可使電阻很小的導(dǎo)體棒EF沿水平軌道彈射出去，則下列說法正確的是(　　) A．電源給電容器充電后，M板帶正電 B．在電容器放電過程中，電容器兩端電壓不斷減小 C．在電容器放電過程中，電容器的電容不斷減小 D．若軌道足夠長，電容器將放電至電量為0 解析：選B　電容器下極板接正極，所以充電后N板帶正電，故A錯(cuò)誤；電容器放電時(shí)，電量和電壓均減小，故B正確；電容是電容器本身的性質(zhì)，與電壓和電量無關(guān)，故放電時(shí)，電容不變，故C錯(cuò)誤；若軌道足夠長，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，產(chǎn)生的感應(yīng)電流和放電形成的電流大小相同時(shí)，不再放電，故電容器放電不能至電量為0，故D錯(cuò)誤。 4.如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電量很少，可被忽略。一帶負(fù)電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn)，現(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．平行板電容器的電容將變大 B．靜電計(jì)指針張角變小 C．帶電油滴的電勢能將增大 D．若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變 解析：選D　根據(jù)C＝知，d增大，則電容減小，故A錯(cuò)誤；靜電計(jì)檢測的是電容器兩端的電勢差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故B錯(cuò)誤；電勢差不變，d增大，則電場強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板的電勢差減小，則P點(diǎn)的電勢增大，因?yàn)樵搸щ娪偷螏ж?fù)電荷，則電勢能減小，故C錯(cuò)誤；電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝＝＝，知電場強(qiáng)度不變，則帶電油滴所受電場力不變，故D正確。 5．如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，有一帶電粒子P靜止在電容器上部空間中，當(dāng)在其下極板上快速插入一厚度為L的不帶電的金屬板后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(　　) A.g　　　　　　　　　 B.g C.g D.g 解析：選B　設(shè)板間電壓為U，帶電粒子靜止時(shí)有：q＝mg；當(dāng)插入金屬板后，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，相當(dāng)于電容器極板間距減小為d′＝d－L，由牛頓第二定律得q－mg＝ma，解得a＝g，故B正確。 6.如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置，閉合電鍵S，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴能向下運(yùn)動(dòng)的是(　　) A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．增大兩板間的距離 D．?dāng)嚅_電鍵S 解析：選CD　增大R1的阻值，穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓升高，帶電油滴所受電場力增大，將向上運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；電路穩(wěn)定后，電容器相當(dāng)于斷路，無電流通過電阻R2，故R2兩端無電壓，所以，增大R2的阻值，電容器兩板間的電壓不變，帶電油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，B錯(cuò)誤；增大兩板間的距離，兩板間的電壓不變，電場強(qiáng)度減小，帶電油滴所受電場力減小，將向下運(yùn)動(dòng)，C正確；斷開電鍵S后，兩極板間的電勢差為零，帶電油滴只受重力作用，將向下運(yùn)動(dòng)，D正確。 7．平行板電容器充電后斷開電源，現(xiàn)將其中一塊金屬極板沿遠(yuǎn)離另一板方向平移一小段距離。此過程中電容器的電容C、兩極板帶電荷量Q、兩板間電場強(qiáng)度E、兩板間電壓U隨兩板間距離d變化的關(guān)系，表示不正確的是(　　) 解析：選ABD　平行板電容器的電容為C＝，d增大時(shí)，C減小，而Q一定，所以電容器兩極板間電場強(qiáng)度E＝一定，A、B錯(cuò)誤，C正確；由U＝Ed知，D錯(cuò)誤。 8.如圖所示，電容器兩極板與電源正負(fù)極相連，在將電容器兩極板間的距離由d迅速增大為2d的過程中，下列說法正確的是(　　) A．電容器兩板間電壓始終不變 B．電容器兩板間電壓瞬時(shí)升高后又恢復(fù)原值 C．根據(jù)Q＝CU可知，電容器帶電荷量先增大后減小 D．電路中電流由B板經(jīng)電源流向A板 解析：選BD　在將電容器兩極板間距離迅速增大的過程中，電容器極板上的電荷量未來得及變化，即Q不變，則C＝＝，又C＝，所以＝，所以E＝也不變，而U＝Ed，故U增大，但最終電壓U要與電源電壓相等，故A錯(cuò)誤，B正確；此后，因?yàn)镃＝，所以d增大時(shí)，C減小，由Q＝CU，所以Q減小，電路中有瞬時(shí)電流，方向由B板經(jīng)電源流向A板，故D正確，C錯(cuò)誤。 9.(xx蘇錫常二模)如圖所示的電路中，理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中，閉合開關(guān)S，平行板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是(　　) A．將A板向上平移一些，液滴將向下運(yùn)動(dòng) B．將A板向左平移一些，液滴將向上運(yùn)動(dòng) C．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向下平移一些，液滴將保持靜止不動(dòng) D．?dāng)嚅_開關(guān)S，將A板向右平移一些，液滴將向上運(yùn)動(dòng) 解析：選BCD　二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合開關(guān)S后電容器充電，電容器的電容：C＝，C＝，極板間的電場強(qiáng)度：E＝，整理得：E＝；液滴靜止，液滴所受合力為零，向上的電場力與向下的重力相等，qE＝mg；將A板向上平移一些，d變大，由C＝可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由E＝可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，液滴所受電場力不變，液滴將保持靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；將A板向左平移一些，S變小，由C＝可知，C變小，而兩極板間的電壓U等于電源電動(dòng)勢不變，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，由E＝ 可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度增大，液滴所受電場力增大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故B正確；當(dāng)斷開開關(guān)S，將A板向下平移一些時(shí)，d變小，由C＝可知，C變大，因電量保持不變，由E＝ 可得，電場強(qiáng)度不變，液滴將保持靜止不動(dòng)，故C正確；同理，當(dāng)斷開開關(guān)S，將A板向右平移一些時(shí)，S變小，由C＝ 可知，C變小，因電量保持不變，由E＝可得，電場強(qiáng)度變大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故D正確。 二、非選擇題 10.(xx海州區(qū)模擬)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一根長為L的絕緣細(xì)線，一端連著一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球，另一端固定于O點(diǎn)，現(xiàn)把小球向右拉至細(xì)線水平且與場強(qiáng)方向平行的位置，無初速度釋放，小球能擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，細(xì)線與豎直方向的最大夾角θ＝30，重力加速度為g，求： (1)場強(qiáng)E的大??； (2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力T。 解析：(1)對小球運(yùn)動(dòng)的全過程由動(dòng)能定理可得： mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝0 解得：E＝。 (2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得 mgL－qEL＝mv2 在最低點(diǎn)T－mg＝m 聯(lián)立解得：T＝3mg－mg。 答案：(1)　(2)3mg－mg 11.(xx如東期末)如圖所示，空間有場強(qiáng)E＝1.0102 V/m豎直向下的勻強(qiáng)電場。長L＝0.8 m不可伸長的輕繩一端固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝0.25 kg，電荷量q＝510－2 C的小球，拉起小球至輕繩水平后由A點(diǎn)無初速度釋放小球，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí)，輕繩恰好斷裂，然后小球垂直打在同一豎直平面內(nèi)且與水平面成θ＝53角，無限大的擋板MN上的C點(diǎn)。g取10 m/s2，sin 53＝0.8，cos 53＝0.6。求： (1)輕繩的最大張力T； (2)A、C兩點(diǎn)間的電勢差UAC。 解析：(1)小球從A到B過程，由動(dòng)能定理得： (mg＋qE)L＝mvB2－0， 在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得：T－(mg＋qE)＝m， 解得：T＝22.5 N。 (2)從A到C過程，由動(dòng)能定理得： (mg＋qE)hAC＝mvC2－0， 在C點(diǎn)根據(jù)速度關(guān)系有：vCsin θ＝vB， 在勻強(qiáng)電場中有：UAC＝EhAC， 解得：UAC＝125 V。 答案：(1)22.5 N　(2)125 V