題組層級快練(三十三)一、選擇題1．(2016·課標全國Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上，若將云母介質移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間的電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間的電場強度不變答案D解析電容器接在恒壓直流電源上，兩極板的電壓不變，若將云母介質移出，相對介電常數減小，電容器的電容減小，所以極板上的電荷量變小，極板間的距離不變，所以極板間的電場強度不變，故A、B、C項錯誤，D項正確．2．(2017·山西名校聯考)由電源、開關、滑動變動器及電容器組成如圖所示電路．將平行板電容器的一個極板與滑動變動器的滑片相連接，并將開關S1、S2閉合．則()A．在電容器兩極板間插入一塊陶瓷片，電容器的帶電量將減少B．將滑片向右移動，電容器帶電量將會增大C．保持開關S1閉合，將開關S2斷開，將滑動變動器滑片向左移電容器上帶電量減少D．保持開關S2閉合，將開關S1斷開，將滑動變動器滑向右移電容器上帶電量增加答案B解析根據C＝eq\f(εS,4πkd)，在電容器兩極板間插入一塊陶瓷片，介電常數ε增大，電容增大，再根據C＝eq\f(Q,U)，電壓U不變，故電容器的帶電量Q增大，所以A項錯誤；將滑片向右移動，電容器電壓增大，電容不變，所以電荷量Q增大，所以B項正確；保持開關S1閉合，將開關S2斷開，電容器電壓等于電源電動勢，移動滑片電容器電壓不變，所以電容器電荷量不變，所以C項錯誤；保持開關S2閉合，將開關S1斷開，電容器放電完畢，電荷量始終為零，所以D項錯誤．3.(2017·南昌調研)如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現有一質量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動答案C解析帶電油滴在電場中受重力與電場力處于靜止狀態，故所受電場力方向豎直向上．M板帶正電，故油滴帶負電，A項錯誤；由平衡條件有：mg＝eq\f(U,d)q，故q＝eq\f(mgd,U)，B項錯誤；電容定義式為C＝eq\f(Q,U)，由題意得Q＝kq，解得：C＝eq\f(kmgd,U2)，C項正確；電容器與電源保持連接，兩極板電勢差不變，N板下移，板間距離d增大，故場強減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運動，D項錯誤．4．(多選)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動答案BD解析受力分析如圖所示，知重力與電場力的合力與速度方向相反，所以粒子做勻減速直線運動，動能減小，所以A、C項錯誤，D項正確；因為電場力與速度方向夾角為鈍角，所以電場力做負功，電勢能增加，即B項正確．5.(2017·福建模擬)(多選)如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r.電路中的R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)．R2為滑動變阻器，當開關S閉合時，電容器C中一帶電微粒恰好處于靜止狀態．下列說法中正確的是()A．只增大R1的光照強度，電壓表示數變小B．只增大R1的光照強度，電流表示數變小C．只將滑片向上端移動時，微粒將向下運動D．若斷開開關S，帶電微粒仍處于靜止狀態答案AC解析只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電流表示數變大，內電壓增大，則路端電壓減小，因此電壓表示數變小，故A項正確，B項錯誤；只將滑片向上端移動時，電容器板間的電壓變小，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板間場強減小，油滴所受電場力減小，則微粒將向下運動．故C項正確；若斷開開關S，電容器處于放電狀態，電荷量變小，板間場強減小，帶電微粒所受的電場力減小，將向下運動，故D項錯誤．6．(2017·湖南模擬)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著一個勻強電場，線CD是兩板間一條垂線，豎直線EF與CD交于O點；一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，則在此過程中，對該小球下列說法錯誤的是()A．小球帶正、負電荷都有可能B．小球可能做勻加速直線運動C．小球通過O點時所受電場力一定指向DD．小球動能的減少量是電勢能增加量的2倍答案B解析A項，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經O點向B點做直線運動，所以小球合外力沿著AB；又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D；由于此電場的方向未知，所以小球的電量不確定，故A、C兩項正確；B項，據以上分析可知，小球做勻減速直線運動，故B項錯誤；D項，由以上分析可知，小球受重力等于電場力，運動的位移和夾角相同，所以二力做的功相同，據功能關系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，即小球動能的減少量是電勢能增加量的2倍，故D項正確．7．(2017·孝感一模)靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行的是()A．斷開開關S后，將A、B兩極板分開些B．斷開開關S后，增大A、B兩極板的正對面積C．保持開關S閉合，將A、B兩極板拉近些D．保持開關S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動答案B解析A項，斷開開關，電容器帶電量Q不變，將A、B分開一些，則d增大，根據C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C減小，根據C＝eq\f(Q,U)知，電勢差增大，指針張角增大，故A項錯誤；B項，斷開開關，電容器帶電量Q不變，增大正對面積，根據C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C增大，根據C＝eq\f(Q,U)知，電勢差U減小，指針張角減小．故B項正確；C、D兩項，保持開關閉合，不論使A、B兩板靠近些，還是使滑動變阻器的滑動觸頭向右移動，電容器兩端的電勢差總不變，則指針張角不變．故C、D兩項錯誤．8.一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，下列關于各物理量與負極板移動距離x的關系圖像中正確的是()答案C解析電容器的電容C＝eq\f(εS,4πkd)，兩板間距隨負極板向右平移而逐漸減小，電容C與d成反比，A項錯誤；電容器與電源斷開后，電荷量不變，根據E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εS)保持不變，B項錯誤；負極板接地，電勢為零，P點的電勢φ等于P點到負極板的電勢差，即φ＝El，E不變，l減小，φ線性減小，C項正確；由W＝qφ可知，W隨φ的變化而變化，即W隨l的變化而變化，D項錯誤．9．如圖所示是一個平行板電容器，其電容為C，帶電荷量為Q，上極板帶正電，兩極板間距為d.現將一個試探電荷＋q由兩極板間的A點移動到B點，A、B兩點間的距離為x，連線AB與極板間的夾角為30°，則靜電力對試探電荷＋q所做的功等于()A.eq\f(qCx,Qd) B.eq\f(qQx,Cd)C.eq\f(qQx,2Cd) D.eq\f(qCx,2Qd)答案C解析電容器兩極板間電勢差為U＝eq\f(Q,C)，場強為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd).而A、B兩點間電勢差為UAB＝Exsin30°＝eq\f(Qx,2Cd)，靜電力對＋q所做的功為W＝qUAB＝eq\f(qQx,2Cd)，C項正確．10.(2017·臨汾二模)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方d處的P點有一帶電液滴，該液滴從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若在下極板上疊放一厚度為eq\f(d,4)的金屬板，則從P點開始下落的相同液滴將()A．在兩極板間運動的加速度為eq\f(5,3)g B．在金屬板上表面處返回C．在距上極板eq\f(d,2)返回 D．在距上極板處eq\f(3,5)d返回答案AD解析對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運用動能定理得，mg·(1＋1)d－qU＝0.若在下極板上疊放一厚度為eq\f(d,4)的金屬板，相當于將下極板向上平移eq\f(d,4)，設運動到距離上極板x處返回．根據動能定理得，mg·(d＋x)－eq\f(x,\f(3d,4))·qU＝0聯立兩式解得x＝eq\f(3,5)d.根據牛頓第二定律，則有：qeq\f(U,\f(3d,4))－mg＝ma，解得：a＝eq\f(5,3)g，故A、D兩項正確，B、C兩項錯誤．11.(2017·福州聯考)如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細線懸掛的帶電小球，當給兩金屬板充電Q后，懸線與豎直方向夾角為θ＝eq\f(π,3)，因電離作用，兩金屬板的電荷量緩慢減小(小球電荷量假設不變)，以致懸線與豎直方向間的夾角逐漸減小，則在夾角減少到eq\f(π,6)的過程中，下列說法正確的是()A．細線拉力逐漸增大 B．細線拉力大小不變C．電容器兩極板減小的電荷量為eq\f(Q,2) D．電容器兩極板減小的電荷量為eq\f(2Q,3)答案D解析小球受到重力mg，細線的拉力FT和水平向右的電場力F的作用而處于動態平衡(如圖所示)，由FT＝eq\f(mg,cosθ)可知，θ減小，FT也減小，A、B兩項錯誤；令兩極板間距離為d，電容器的電容為C，由圖知tanθ1＝eq\f(F,mg)＝eq\f(qQ,mgCd)，令減小的電荷量為ΔQ，同理可得tanθ2＝eq\f(q（Q－ΔQ）,mgCd)，聯立解得ΔQ＝eq\f(2,3)Q，C項錯誤，D項正確．12．如圖(1)是某同學設計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電荷量Q將隨待測物體的上下運動而變化，若Q隨時間t的變化關系為Q＝eq\f(b,t＋a)(a、b為大于零的常數)，其圖像如圖(2)所示，那么圖(3)、圖(4)中反映極板間場強大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是()A．①和③ B．①和④C．②和③ D．②和④答案C解析由C＝eq\f(Q,U)知，U不變，Q減小，C減小，由C＝eq\f(εS,4kπd)知，d增大．由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπb,εS（t＋a）)知②圖像正確．由C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εS,4kπd)＝eq\f(b,U（t＋a）)知d＝eq\f(εSU（t＋a）,4kπb)，即d與t為一次函數，故v的大小不變，③圖像正確．二、非選擇題13．如圖所示，水平放置的平行板電容器與一恒定的直流電壓相連，兩極板間距離d＝10cm.距下板4cm處有一質量m＝0.01g的不帶電小球由靜止落下，小球和下極板碰撞瞬間帶上了q＝1.0×10－8C的電荷，反跳的高度為8cm，這時下板所帶電荷量Q＝1.0×10－6C．如果小球和下板碰撞時沒有機械能損失．(g取10m/s2)求：(1)該電容器極板間的電場強度；(2)該電容器的電容．答案(1)5.0×106V/m(2)2.0pF解析(1)設小球下落高度為h1，到下極板時的速度為v1由機械能守恒定律，有mgh1＝eq\f(1,2)mv12反彈后的速度為v2，由于沒有機械能損失，所以v2＝v1設電場強度為E，小球帶電后，向上運動的高度為h2，由動能定理，有qEh2－mgh2＝0－eq\f(1,2)mv22由以上各式，得E＝eq\f(mg（h2－h1）,qh2)代入數據，解得E＝5.0×106V/m(2)設極板間的電壓為U，電容器的電容為C由公式C＝eq\f(Q,U)和U＝Ed得該電容器的電容C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q,Ed)＝2.0×10－12F＝2.0pF14．豎直放置的一對平行金屬板的左極板上，用長為L的輕質絕緣細線懸掛一個帶電量為q質量為m的小球，將平行金屬板按如圖所示的電路圖連接．當滑動變阻器R在a位置時，絕緣線與左極板的夾角為θ1＝30°，當將滑片緩慢地移動到b位置時，夾角為θ2＝60°.兩板間的距離大于L，重力加速度為g.問：(1)小球在上述兩個平衡位置時，平行金屬板上電勢差之比U1∶U2＝？(2)若保持變阻器滑片位置在a處不變，對小球再施加一個拉力，使絕緣線與豎直