2018年高考物理复习第一部分 预测点 专练2

[命题特点] 高考对本考点的考查4年2考，频度较低，涉及平行板电容器间电场的特点、串并联电路和闭合电路欧姆定律.注意动态分析的一般程序.1.据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( )A.充电时，电容器的电容变小B.充电时，电容器存储的电能变小C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零答案 B解析 电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，故A 错误；充电时，手机电能增加，根据能量守恒定律，电容器存储的电能减小，故B 正确；充电时，电容器所带的电荷量减小，故C 错误；电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电结束后，电容器的电容不可能为零，故D 错误.2.在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示.现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角减小，则A 板可能是( )图1A.右移B.左移C.上移D.下移答案 A解析 将A 板向右移一些，板间距离减小，由C ＝εr S 4πkd，可知，电容增大，而电容器电量不变，由C ＝Q U知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；同理可知，A 板向左移一些时，静电计指针偏角增大.故A 正确，B 错误；A 板向上或向下移一些，两极板正对面积都减小，由电容的决定式C ＝εr S ，可知，电容减小，而电容器电量不变，由C ＝Q U分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大.故C 、D 错误.3.(多选)如图2所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电池相连，在距离两板等远的M 点有一个带电液滴处于静止状态.若将b 板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是( )图2A.液滴将加速向下运动B.M 点电势升高，液滴在M 点时电势能将增大C.M 点的电场强度变小了D.在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功相同答案 ACD解析 原来液滴受力平衡，则知所受的电场力向上，液滴带负电.电容器与电源相连，板间电压不变.将b 板向下平移时，两板间的距离增大，由E ＝U d分析可知：板间电场强度减小，粒子受到的电场力减小，故液滴将加速向下运动，故A 、C 正确；下极板接地，电势为零，M 点的电势等于M 与b 之间的电势差.由U ＝Ed 可知，因E 减小，a 板与M 距离不变，则U 减小，则M 点的电势升高；因为液滴带负电，所以液滴在M 点的电势能将减小，故B 错误；因两板间的电势差不变，由W ＝Uq 知，前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故D 正确.4.(多选)如图3所示为电容式加速度传感器的原理图.质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质.弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动改变电容，则( )图3A.电介质插入极板间越深，电容器电容越大B.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长C.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流D.当传感器由静止向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流答案 AD解析 根据电容器的电容公式C ＝εr S 4πkd，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 正确；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故B 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故C错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确.5.如图4甲所示为一种电容式位移传感器的原理图，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.已知电容器的电容与电介质板进入电容器的长度x之间的关系如图乙所示，其中C0为电介质没有插入电容器时的电容.为判断被测物体是否发生微小移动，将该电容式位移传感器与电源、电流表、开关组成串联回路(图中未画出).被测物体的初始位置如图所示.电路闭合一段时间后，下列说法正确的是()图4A.若电源为直流电源且直流电流表示数不为零，说明物体一定在发生移动B.若电源为交流电源且交流电流表示数不为零，说明物体一定在发生移动C.若电源为直流电源且直流电流表示数变大，说明物体一定在向右发生移动D.若电源为交流电源且交流电流表示数变大，说明物体一定在向右发生移动答案 A解析根据电容器的电容公式C＝εr S4πkd，当电介质插入极板间的深度发生变化时，则电容器电容发生变化，根据Q＝CU可知，电容器极板上的电量发生变化，会有电流通过电容器.所以若电源为直流电源且直流电流表示数不为零，说明物体一定在发生移动，故A正确；电容具有隔直流，通交流的特点，所以若电源为交流电源，则交流电流表示数不为零，所以不能说明物体一定在发生移动，故B错误；若电源为直流电源且直流电流表示数变大，但没有说明电流的方向，所以不能判断出物体一定在向右发生移动，故C错误；若电源为交流电源且交流电流表示数变大，可能是电路中的电动势发生了变化，物体不一定在向右发生移动，故D错误.6.(多选)如图5所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，当滑动变阻器R 的触头向下移动时，下列论述正确的是()图5A.灯泡L一定变亮B.电流表的示数变小C.电压表的示数变小D.R0消耗的功率变小答案ABD解析当R的滑动触头向下移动时，R变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，则电压表读数增大，灯泡L的电压增大，则灯L一定变亮，电路中并联部分电压增大，通过L的电流增大，而总电流减小，则电流表A的读数减小，R0消耗的功率变小，故A、B、D正确，C错误.7.(多选)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R t随温度t变化的图线如图6甲所示.如图乙所示电路，热敏电阻R t与其他电阻构成的闭合电路中，当R t所在处温度升高时，下列说法正确的是()图6A.A示数变大，V示数变小B.A示数变小，V示数变小C.电源的总功率变小D.R2消耗的功率变大答案BD解析温度升高时R t电阻减小，总电阻减小，总电流增大，U内增大，U外减小，示数变小，R2两端电压增大，R1两端电压减小，示数变小，电源总功率P总＝EI总增大，R2消耗的功率P＝I2总·R2变大.8.(多选)在如图7所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器.开关闭合后，灯泡L能发光，把滑动变阻器的滑片向右移动一点，下列判断正确的是()图7A.电容器C的电荷量将增大B.R0上有自右向左的电流C.灯泡L亮度变暗D.电路稳定后电源的输出功率变小答案AC9.可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图8所示的电路.闭合S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2所带的电荷量相等.现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是()图8A.只增大R2的电阻B.只增大C2的电容C.只增大C1的电容D.只将R1的滑片向A端移动答案 C解析由题意，当变阻器R1的滑片在图示位臵时，C1、C2的电荷量相等.要使C1的电荷量大于C2的电荷量，根据Q＝CU，可知，C1的电压大于C2的电压，不管R2电阻增大还是减小，都不会导致C1的电压大于C2的电压.故A错误；只增大C2的电容，C2的电荷量增大，C1的电荷量不变，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故B错误；只增大C1的电容，C1的电荷量增大，C2的电荷量不变，则C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，故C正确；当将R1的滑片向A端移动时，C1两端的电压降低，C2两端的电压升高，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故D错误.10.(多选)如图9所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器.闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处.则下列说法中正确的有()图9A.若仅将A板上移，带电小球将无法运动至N处B.若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出C.若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处D.断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔N处答案AD解析 若仅将A 板上移，根据C ＝εr S 4πkd，知电容器的电容减小，由Q ＝CU 知，电压不变，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，故电容器的电量不变，根据C ＝Q U ，U ＝Ed ，得到：E ＝4πkQ εr S，故场强不变；故如果能到达小孔N ，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N 时速度已经减为零返回了，故A 正确；若仅将B板上移，根据C ＝εr S 4πkd，电容增加，电容器要充电；由于电压U 一定，根据U ＝Ed ，电场强度增加，故如果能到达小孔N ，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N 时速度已经减为零返回了，故B 错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N ，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N 时速度已经减为零返回了，故C 错误；断开开关S ，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N 处，故D 正确.11.目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏.电容式触摸屏是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层导电物质，最外层是一薄层玻璃保护层，夹层作为工作面，四个角上引出四个电极，内层作为屏蔽层以保证良好的工作环境.当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，对于高频电流来说，电容具有“通高频”的作用，于是手指从手的接触点吸走一部分电荷，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息.在开机状态下，下列说法正确的是( )A.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C.当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D.使用绝缘笔触摸屏幕时也能进行正常操作答案 C解析 电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位臵，无需要手指有压力，故A 错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位臵是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B 错误；由题意可知，手指从手的触摸点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C 正确.绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在屏幕上进行触控操作，故D 错误.12.如图10所示，带等量异种电荷的金属板M 、N 平行正对水平放置，间距为d ，M 板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).一带电微粒从M 板上方高d 处的P 点由静止开始下落，穿过M 板的小孔后刚好到达N 板处的Q 点(但未触及N 板)而返回.不计空气阻力，忽略金属板正对部分之外的电场.现将M 板向上平移d 2的距离，再让原带电微粒从P 点由静止开始下落.则微粒的运动情况为( )图10A.落到N 板上B.到达与N 板相距d 处就返回C.到达与N 板相距d 2处就返回 D.仍刚好到达Q 点而返回答案 B解析 M 板未移动时，带电微粒刚好到达Q 点而返回，全过程利用动能定理，mg (2d )－qU＝0，得qU ＝2dmg ，由C ＝Q U 和C ＝εr S 4πkd 得出U ＝4πkdQ εr S ，当M 板向上平移d 2后，平行板所带电荷量未变，两板间距变为32d ，移动后两板间电压U 1＝4πk (32d )Q εr S ＝32U ，假设微粒进入平 行板距离M 板x 距离后静止，由动能定理mg (d 2＋x )－q U 132d x ＝0，解得x ＝d 2，所以微粒距离N 板的距离为d .B 正确.13.(多选)如图11电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，R 1为定值电阻，闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值，电压表示数的变化量用ΔU 表示，电流表示数的变化量用ΔI 表示.下列判断正确的是( )图11A.电容器的带电量减小，减小量为C ΔUB.通过电阻R 1的电流减小，减少量为ΔI ，且等于ΔU R 1C.电路的路端电压一定增大，增加量小于ΔUD.可变电阻R 的功率可能变小答案 CD解析 闭合开关S ，增大可变电阻R 的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R 1两端的电压减小，R 两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R 1两端的电压减小量小于ΔU.电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器两板间电压增大，带电量增大，增大量为CΔU.故A错误；根据A的分析可知，电阻R1两端的电压减小量小于ΔU，所以通过电阻R1的电流减小量ΔI小于ΔUR1，故B错误；总电流减小，则内阻所占电压减小，所以电路的路端电压一定增大，由于电阻R1两端的电压减小，而R的电压增大ΔU，所以电路的路端电压增加量小于ΔU.故C正确；当可变电阻的阻值与R1＋r的阻值相等时，功率最大，由于不知道具体值，所以可变电阻R的功率可能变小.故D正确.。