百强校高考物理题型复习专题21：电容器的动态分析.doc

百强校高考物理题型复习专题21：电容器的动态分析学校:_姓名：_班级：_考号：_评卷人得分一、单选题1如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是() A使a、b板的距离增大一些B使a、b板的正对面积减小一些C断开S，使a、b板的距离增大一些D断开S，使a、b板的正对面积增大一些2如图所示,R是一个滑动变阻器,M、N为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒Q处于静止状态,则下列说法正确的是( )A若只减小M、N两金属板的间距，则有向左的电流通过电阻RB若只减小M、N两金属板的间距，Q将向下运动C若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，Q将向下运动D若只在紧贴N板内侧插入一块一定厚度的金属片，Q将向上运动3一平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,在两极饭间有一带电油滴(电量很小,不响电场分布)位于P点且恰好处于平衡。如图所示,若保持正极板不动,将负极板移到图中虚线所示的位置,则（ ）A带电油滴将沿竖直方向向下运动B电容器的电压增大CP点的电势将不变D带电油滴的电势能升高4如图装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为.实验中,极板充电后已与电源断开了连接，左侧极板与静电计外壳接地，则下列说法中正确的是（）A静电计指针偏角表示极板带电量的多少B保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则变大C保持S不变，增大d，则变大，表明两极板的电势差变大D保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则会变小5如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（ ）AP点的电势将升高B带电油滴的电势能将减少C带电油滴将沿竖直方向向下运动D若电容器的电容减小，则极板所带电荷量将增大6如图所示的电路可将声音信号转化为电信号。该电路中，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与电源两极相接。若声源S发出的声波能使a做左右方向的往复振动，则a振动过程中 Aa、b板所带的电荷量不变Ba、b板之间的电场强度不变C电路中始终有方向不变的电流Da向右位移最大时，电容器的电容最大7某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为定值电阻，薄片P和Q为两相互绝缘的金属极板。当对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距增大过程中AP、Q两板构成电容器的电容增大BP板电荷量增大CM点的电势比N点高DP、Q两板间的场强增大8如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是A保持开关S闭合，将一块玻璃插入A、B两板间B保持开关S闭合，将A极板向上移动一点C断开开关S后，将A、B两极板分开一些D断开开关S后，将一块金属板插入A、B两板间9如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。下列操作可使指针张开角度增大一些的是（ ）A保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B断开开关S后，将A、B两极板靠近一些C断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些D保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些10如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是（）A若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将增加D若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流评卷人得分二、多选题11如图所示，在水平放置两平行金属板M、N之间的P点，固定有一个带电荷量为q的点电荷，两金属板通过电阻R接到直流电源上，其中N板接地。下列说法中正确的是（ ） A开关S闭合，保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向右的B开关S闭合，保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，通过R的电流方向是向左的C开关S闭合，保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大D开关S闭合，保持其它条件不变，而将N板向下移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变小E. 开关断开，保持其它条件不变，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，p处点电荷的电势能变大12如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻，平行板电容器C的上下极板水平.当开关S1和S2处于闭合状态时，一带电液滴在电容器板间恰好处于静止状态。下列选项中能使带电液滴向下运动的是A保持开关S1和S2闭合，仅增大R1的阻值B保持开关S1和S2闭合，仅减小R2的阻值C保持开关S1和S2闭合，仅减小R3的阻值D同时断开开关S1和S2，仅使电容器C下极板向上平移一小段距离13传感器是把非电物理量（如高度、温度、压力等）的变化转换成电学量（如电压、电流、电容等）变化的一种元件，它在自动控制中有着广泛的应用如图是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图金属棒与导电液体构成一个电容器，将金属棒和导电液体分别与直流电源的两极相连接，从电容C和导电液与金属棒间的电压U的变化就能反映液面的升降情况，即（ ）A电源接通，若此后电容C减小，反映h减小B电源接通，若此后电容C减小，反映h增大C电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h减小D电源接通再断开，若此后电压U减小，反映h增大14如图所示，将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连，中间接有一个理想二极管，一个质最为m、电荷量为q的粒子静止在P点，则A若下板上移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速B若下板上移，电容器的电容减小，带电粒子将向下加速C若下板下移，电容器的电容减小，带电粒子将静止不动D若下板下移，电容器的电容增大，带电粒子将向上加速15如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电荷的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，以下分析正确的是A保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B保持S闭合，将A板向上平移一小段距离，则变小C断开S，将A板向上平移一小段距离，则变小D断开S，将A板向B板靠近，则不变评卷人得分三、填空题16如图电路中，电源有内阻，开关S1、S2、S3、S4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，(1)若只断开S1，则P将_(2)若只断开S2，则P将_(3)若只断开S3，则P将_(4)若只断开S4，则P将_试卷第7页，总7页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1C【解析】【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，合上开关，电容器两端的电势差不变，断开S，电容器的电荷量不变，根据电容的变化判断电容器两端电势差的变化【详解】开关闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计的指针的角度不变，故A、B错误。断开S，电荷量不变，使a、b板的距离增大一些，根据知，电容C减小，则U=Q/C，可知电势差增大，故C正确。断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积增大一些，根据知，电容C变大，则U=Q/C，可知电势差减小，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道断开开关，电荷量不变，闭合开关，电容器两端的电势差不变，结合电容的决定式和定义式进行分析2D【解析】【分析】电容器的电容的定义式,电容器的电容的决定式,液滴平衡，受电场力和重力而平衡【详解】A、若减小A、B两金属板的间距，根据，电容增大，电压不变，故电容器充电，故有向右的电流通过电阻R，故A错误；B、微粒Q处于静止状态，受重力和向上的电场力而平衡，若减小A、B两金属板的间距，根据，场强增大，电场力增大，合力向上，故Q将向上运动，故B错误；C、与电容器串联的电阻在稳定状态时看出导线，则若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，依然是电容器并联在电源两端，则电容器的电压不变，故场强不变，Q不动，故C错误；D、若紧贴 A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U不变，根据，场强增加，电场力增加，故Q将向上运动，故D正确；故选D.【点睛】电容器的分析有两种情况，与电源相连时，电容器的电压不变，当与电源断开时，电容器的电荷量不变3C【解析】【分析】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变移动极板，根据推论分析板间场强是否变化由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化【详解】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论得知，板间场强E不变，油滴仍然平衡，A错误。将负极板移到图中虚线所示的位置，电容器板间距离减小，由电容的决定式得知电容C增大，由电容的定义式分析得知，电压U变小。由U=Ed得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能W不变，则C正确，BD错误。故选C。【点睛】电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式、电容的定义式和场强推论进行分析4C【解析】【分析】静电计指针偏角大小表示极板间电势差的大小，抓住电量不变，根据U=Q/C，通过C的变化，从而判断U的变化，进而确定夹角的变化。【详解】静电计指针偏角表示电容器两极板之间的电势差，选项A错误；保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则根据电容的决定式得知，在两极板中插入一陶瓷片，C变大，Q一定，则由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差减小，则静电计指针的偏角变小，故B错误；根据电容的决定式，得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故C正确；保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，电容器带电量Q和电容器的电容C均不变，电容的定义式C=Q/U分析得知，板间电压不变，则不变，故D错误；故选C。【点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和C=Q/U。5C【解析】【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=U/d分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化【详解】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=U/d得知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故A错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故B错误。板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。故C正确。电容器的电容减小，根据Q=UC，由于电势差不变，故带电量减小，故D错误；故选C。【点睛】本题运用E=U/d分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6D【解析】【分析】由图看出，a、b间电压不变，由公式分析板间电场强度的变化由公式分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向 a向右的位移最大时，a、b 板构成的电容器的电容最大。【详解】A项：a振动过程中，a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，由公式可知，电容周期性变化，由公式分析得知，a、b 板所带的电量会周期性变化，故A错误；B项：a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化，故B错误；C项：a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化，故C错误；D项：a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，由公式可知，则a、b构成的电容器的电容最大，故D正确。故应选：D。【点睛】本题考查运用物理知识分析实际问题的能力，实质是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义式和决定式进行分析。7C【解析】【分析】在P、Q间距增大过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向，再次可比较出电势的高低。【详解】电容式话筒与电源串联，电压U保持不变；在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式可知电容减小，又根据电容定义式得知电容器所带电量减小，则P极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R的方向由M到N，那么M点的电势比N点高根据场强可知P、Q两极板间的场强变小，综上所述，故ABD错误，C正确；故选：C。【点睛】本题关键掌握电容的决定式、电容的定义式和场强公式，要熟悉各个物理量之间的关系，抓住不变量进行分析。8C【解析】【详解】AB：保持开关S闭合，电容器两端电压等于电源的电动势，静电计两端的电势差不变，静电计指针张开角度不变。C：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开一些，电容器的电容减小，电容器两极板间电压增大，静电计两端的电势差变大，静电计指针张开角度变大。D：断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将一块金属板插入A、B两板间，电容器的电容增大，电容器两极板间电压减小，静电计两端的电势差变小，静电计指针张开角度变小。综上，可使指针张开角度增大一些的是C项。9C【解析】【详解】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；断开开关S后，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，电容变大，根据C=Q/U知，电势差减小，指针张角减小，故B错误；断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积减小一些，电容C减小，根据C=Q/U知，电势差U增大，指针张角增大，故C正确；故选C。【点睛】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变10C【解析】【分析】闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变将开关S断开，电容器放电，知电量的变化若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，分析电路中电流的方向若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电压增大。【详解】A、B项：闭合开关S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大。故A、B错误；C项：若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压增大，则电容器所带电荷增多，故C正确；D项：若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所带电量减小，电容器放电。由于上极板带正电，所以此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。故应选：C。【点睛】本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有在充电或放电过程中电容器所在电路有电流。11ACD【解析】【分析】电容器和电源相连，两端的电势差不变，通过电容的变化，结合Q=CU得出电荷量的变化，通过电容器带电量的变化确定通过R的电流流向根据电容器两端电势差不变，结合电场强度的变化，得出pN间电势差的变化，从而确定p点电势的变化，得出p点电势能的变化【详解】开关S闭合，当保持其它条件不变，而将M板向上移动的过程中，d增大，根据知，电容减小，根据Q=CU，U不变，则电荷量减小，则通过R的电流向右。故A正确，B错误。由于电容器两端的电势差不变，将M板向上移动，d增大，则电场强度减小，pN间的电势差减小，因为N点电势为零，知p点的电势减小，根据Ep=q，电荷为负电，则p点的电势能变大。故C正确；由于电容器两端的电势差不变，将N板向下移动，d增大，则电场强度减小，pM间的电势差减小，因为M点电势为正，知p点的电势升高，根据Ep=q，电荷为负电，则p点的电势能变小。故D正确；开关断开，则Q一定，而将M板向上移动到某处稳定后与移动前相比，根据，C=U/d以及E=U/d可得可知两板间场强不变，则p点与N板的电势差不变，p点的电势不变，则 p处点电荷的电势能不变，选项E错误；故选：ACD。12AC【解析】【分析】先读懂电路图，知该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R3两端间的电压，R2启导线连接作用，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动；【详解】A、当开关S1和S2处于闭合状态时，一带电液滴在电容器板间恰好处于静止状态，液滴所受重力和电场力是一对平衡力；仅增大R1的阻值时，电路中电流减小，R3两端间的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，液滴向下运动，故A正确；B、保持开关S1和S2闭合，仅减小R2的阻值，电路中电流不变，R3两端间的电压不变，电容器的电压不变，板间场强不变，液滴所受的电场力不变，液滴液滴保持静止，故B错误；C、保持开关S1和S2闭合，仅减小R3的阻值，路中电流增大，根据串联分析可得R3两端间的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，液滴向下运动，故C正确；D、同时断开开关S1和S2，电容器带电量不变，把电容器的下极板向上移一小段距离，根据可知，板间场强不变，液滴所受的电场力不变，液滴保持静止，故D错误；故选AC。【点睛】关键是根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况从而确定运动。13AD【解析】【分析】由图，金属棒与导电液体构成一个电容器，电源接通时，电容器的电压一定，电容C减小时，由电容的决定式分析电容减小时，h的变化，电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，再由电容的定义式分析电容的变化，由电容的决定式分析h的变化；【详解】A、电源接通时，电容器的电压一定，若电容C减小时，金属棒与导电液的正对面积减小，所以h减小，故A正确，B错误；C、电源接通再断开，电容器的电量不变，电压减小，由公式分析可知，C增大，金属棒与导电液的正对面积增大，所以h增大，故C错误，D正确。【点睛】本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的定义公式和电容的决定因素进行综合分析。14AC【解析】【分析】根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，且依据电路中二极管，电容器只能充电，不能放电，再由电容的定义式C=与决定式C=，及电场强度公式E=，即可求解。【详解】AB、若下板上移，即极板间距减小，依据电容的决定式C=，那么电容C增大；根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于充电状态，即电量Q会增多，而电场强度公式E=可知，电场强度增强，即电场力增大，因此带电粒子将向上加速，故A正确，B错误。CD、若下板下移，即极板间距增大，依据电容的决定式C=，那么电容C减小，根据电源与电容器相连，则电容器的电压不变，再由电容的定义式C=可知，电容器处于要放电，但二极管的作用，即电量Q不会减小，而电场强度公式E=，可知，电场强度不变，即电场力不变，因此带电粒子将静止不动，故C正确，D错误。故选：A、C【点睛】考查电容的定义式与决定式的应用，注意两者的区别，同时会推导电场强度的综合表达式，及理解二极管的作用是解题的关键。15AD【解析】【详解】A、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由，判电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大。故A正确；B、保持S闭合，电容器两端间的电势差不变，将A板向上平移一小段距离，但d不变，由判断平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故不变，故B错误。C、断开S，电容器所带的电量不变，将A板向上平移一小段距离，据平行板电容器的电容知：C变小，再利用和得，平行板电容器内部电场强度变大，小球所受的电场力变大，增大，故C错误。D、断开S，电容器所带的电量不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，据平行板电容器的电容、和得，平行板电容器内部电场强度不变，即电场力不变，故不变，故D正确。故选：AD。【点睛】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变；再根据平行板电容器和判断电场力即可判断平行板电容器内部场强的变化是本题的关键，解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变16静止 向上做匀加速直线运动 向下做加速直线运动 静止 【解析】【详解】（1）只断开S1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，油滴仍处于静止状态（2）只断开S2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上做加速直线运动（3）只断开S3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下做加速直线运动（4）只断开S4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态【点睛】本题考查分析电容器电压的能力难点是断开s2，要知道稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解.答案第11页，总11页