新高考真题专题新电容器
专题21电容器
1、（2011天津卷）板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强
为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板
间场强为E2，下列说法正确的是
A．U2 = U1，E2 = E1 B．U2 = 2U1，E2 = 4E1
C．U2 = U1，E2 = 2E1 D．U2 = 2U1，E2 = 2E1
【答案】C
2、（2012大纲全国卷）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球
用一绝缘轻线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖
直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极
板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。
【答案】2QQ
3、（2012广东卷）（多选题）图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强
电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有
A.带正电的矿粉落在右侧
B.电场力对矿粉做正功
C.带负电的矿粉电势能变大
D.带正电的矿粉电势能变小
【答案】BD
4、（2012·海南物理）（多选题）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带
的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
【答案】AD
5、（2012江苏卷）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板
间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是
（A）C和U均增大（B）C增大，U减小
（C）C减小，U增大（D）C和U均减小
【答案】B
6、（2013新课标全国卷Ⅰ）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，
上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方2d处的P点有一带电粒子，该粒子
从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移3d，
则从P点开始下落的相同粒子将
A.打到下极板上 B.在下极板处返回
C.在距上极板2d处返回 D.在距上极板52d处返回
【答案】 D
7、【2014·海南卷】如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板
间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金
属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为
A．gdl B．gdld C．gldl D．gldd
【答案】A
8、【2015·安徽·20】已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为02，其中为平
面上单位面积所带的电荷量，0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，
带电荷量为Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互
的静电引力大小分别为
A．0QS和20SQ B．02QS和20SQ C．02QS和202SQ D．0QS和202SQ
【答案】D
9、【2015·海南·5】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为
M、电荷量为q（q＞0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q
的粒子，在电场力的作用下，
两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l52的平面。若两粒子间
相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（）
A．3:2 B．2：1 C．5:2 D．3:1
【答案】A
10、【2015·全国新课标Ⅱ·14】如图所示，两平行的带电金属板水
平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静
止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再
由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将
A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动
【答案】D
11、【2014·上海卷】如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上极板始终接地。长度为d/2、
质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴0在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，
其电荷量为q。当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO′夹角=300的位置；若两金属板在竖直
平面内同时绕O、O′顺时针旋转=15至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电
压。假定两板间始终为匀强电场。求:
（1）绝缘杆所受的重力G；
（2）两板旋转后板间电压U2。
（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位
置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变。你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你
若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2。
【答案】（1）12quGd（2）21134uu（3）1134wqu，
21
1
4
wqu
2023年高考物理总复习：电容器的电容(含答案解析)
2023年高考物理总复习：电容器的电容一.选择题（共20小题）1.给带一定电荷量的电容器进行充电，所带电荷量增加。
下列说法正确的是（）A.电容变小B.电容不变C.电容变大D.电荷量与两极板间电压比变大2.某电容器的外壳上标有“1.5nF 9V”的字样。
该参数表明（）A.该电容器只有在电压为9V时电容才为1.5pFB.当两端电压为4.5V时，该电容器的电容为0.75卩FC.该电容器正常工作时所带电荷最不超过1.5X10 6CD.给该电容器充电时，电压每升高IV,单个极板的电荷量增加】.5X10 6C3.关于电场强度、电容和电势差，下列说法正确的是（）A.由公式E=f可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力 F成正比，与q成反比B.由公式E=将可知，在离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比C.由公式C=另可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大D.由公式U=Ed可知，在匀强电场中，两点间的电势差与这两点间的距离成正比4.电容器是非常重要的电学元件，通过充电使一电容器的带电量变为原来的2倍，则该电容器的（）A.电容变为原来的2倍B.电压变为原来的2倍C.耐压变为原来的4倍D.场强变为原来的4倍5.下列说法正确的是（）A.电容器不带电时电容为零B.电容器的电容大小和加在电容器两端的电压有关C.电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量D.电容器中加入电介质，电容不变6. 下血是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（ ）A. 根据电场强度定义式E = f 可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成 反比B. 根据真空中点电荷电场强度公式E = k%可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所 带的电荷量有关C. 根据电势差定义式。
相=争可知，带电荷量为1C 的正电荷，从A 点移动到B 点 克服电场力做功为1 J ，则U AB =1VD. 根据电容定义式C = %可知，电容器的电容与其所帯电荷量成正比，与两极板间的电 压成反比7. 物理量的决定式能掲示该物理量的大小受什么因素的影响，以下公式不属于决定式的是A. 平行板电容器的电容。
2023届高考物理一轮复习知识点精讲与2022高考题模考题训练专题59电容器充电放电实验(解析版)
2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第十一章静电场专题59 电容器充电放电实验第一部分知识点精讲[实验目的]1．观察电容器的充、放电现象。
2．探究电容器的充、放电过程中，电流、电压、电量及能量的转化过程。
[实验原理]1．充电：电源使电容器的两极板带上等量异种电荷的过程。
如图1－1甲。
图1－1 2．放电：用导线将充好电的电容器的两极板相连，使两极板的异种电荷中和的过程，如图乙。
3．电容器充放电时的能量转化：充电后，电容器储存了电能。
放电时，储存的电能释放出来，转化为其他形式的能。
[实验器材]直流电源、电阻、电容器、电流表（或电流传感器和计算机）、电压表、单刀双掷开关、导线。
【温馨提示】电流传感器,与计算机相连,可以测出电容器的放电电流随时间变化关系图像。
[实验步骤]1．把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路(如图1－2所示)。
2．把开关S接1，此时电源给电容器充电。
在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。
通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的负极板。
同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。
随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。
即使断开电源，两极板上电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。
把电流表、电压表换成电流传感器和电压传感器的电路如图。
3．把开关S接2，电容器对电阻R放电。
观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。
此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。
电容器充电的I——t图像电容器放电的I——t图像[注意事项]1．电容器的电容要大一些，电源的电压在6 V左右。
2．开关向1闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向。
3．开关向2闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向。
2020-2021年高考复习微专题—静电场之电容器习题选编 含答案
微专题—静电场之电容器习题选编一、单项选择题1．根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器。
通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右。
地球的电容约为（）A．0.17 FB．l.7 FC．17 FD．170 F2．图中的电容器C两板间有一负电荷q静止，使q向上运动的措施是（）A．两板间距离增大B．两板间距离减小C．两板间相对面积减小D．两板间相对面积增大3．某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。
先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线，如图2所示。
电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0，图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出．．．．的是（）A．电容器放出的总电荷量B．电阻R两端的最大电流C．定值电阻RD．电源的电动势和内电阻4．电容为C 的平行板电容器竖直放置，正对面积为S ，两极板间距为d ，充电完成后两极板之间电压为U ，断开电路，两极板正对区域视为匀强电场，其具有的电场能可表示为2p 12E CU =。
如果用外力使平行板电容器的两个极板间距缓慢变为2d ，下列说法正确的是（ ） A ．电容变为原来的两倍 B ．电场强度大小变为原来的一半 C ．电场能变为原来的两倍D ．外力做的功大于电场能的增加量5．如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S 与1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i ﹣t 曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。
仅由这个i﹣t 曲线所提供的信息可以估算出（ ）A ．电容器的电容B ．一段时间内电容器放电的电荷量C ．某时刻电容器两极板间的电压D ．一段时间内电阻产生的热量6．阴雨天里积雨云会产生电荷，云层底面产生负电荷，在地面感应出正电荷，电场强度达到一定值时大气将被击穿，发生闪电。
高考物理 第6章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动挑战真题 新人教版
高考物理第6章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动挑战真题新人教版1.（2010·课标全国）静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）（）【解析】因粉尘带负电，故带电粉尘所受电场力的方向与电场线的切线方向相反，轨迹上任何一点的切线方向为运动方向，若粒子做曲线运动，轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内.从轨迹找几个点判断一下，只有A项符合，故A项正确.【答案】A2．(2009·海南高考) 一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为ε0S/d,其中ε0是常量.对此电容器充电后断开电源.当增加两板间距时，电容器板间（）A.电场强度不变，电势差变大B.电场强度不变，电势差不变C.电场强度减小，电势差不变D.电场强度较小，电势差减小【解析】平行板所带电荷量Q、两板间电压U，有C=Q/U、C=ε0S/d，两板间匀强电场的场强E=U/d，可得E=Q/ε0S.电容器充电后断开，电容器电荷量Q不变，则E不变.根据C=ε0S/d可知d增大、C减小，又根据C=Q/U可知U变大.【答案】A3．(2008·广东高考) 关于电容器的电容C ，电压U 和所带电荷量Q 之间的关系，以下说法正确的是 （ ）A.C 由U 确定B.C 由Q 确定C.C 一定时，Q 与U 成正比D.C 一定时，Q 与U 成反比【解析】根据定义式由C=U Q 可知，C 一定,Q 与U 成正比;C 的大小不取决于Q 和U,而是与电容器本身有关，由电容的决定式C=kd S πε4可知其决定因素. 【答案】C4．(2009·浙江理综) 如图所示，相距为d 的平行金属板A 、B 竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板.有一质量m 、电荷量q （q>0）的小物块在与金属板A 相距l 处静止.若某一时刻在金属板A 、B 间加一电压U AB =qmgd 23μ-，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为-q 21，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回.已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间.则（1）小物块与金属板A 碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？【解析】本题考查电场中的动力学问题.（1）加电压后，B 极板电势高于A 板，小物块在电场力与摩擦力共同作用下向A 板做匀加速直线运动.电场强度为dU E BA =. 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为F 合=qE-μmg,故小物块运动的加速度为g md mgd qU m F a AB μμ211=-==合. 设小物块与A 板相碰时的速度为v 1，由21v =2a 1l ,解得v 1=gl μ. （2）小物块与A 板相碰后以与v 1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小为F 合=μmg-21qE ， 加速度大小为a 2=m F 合=41μg. 设小物块碰后到停止的时间为 t ，注意到末速度为零，有0-v 1=-a 2t ，解得t=gl a v μ421=. 设小物块碰后停止时距离A 板为x ，注意到末速度为零，有0-21v =-2a 2x ， 则x=l a v 2222-. 或距离B 板为d-2l .【答案】(1) gl μ (2)时间为gl μ4,停在距离A 板2l 处或距离B 板为d-2l。
高考物理专题复习：电容器
高考物理专题复习：电容器一、单选题1．一平行板电容器充好电后，断开开关，将两个极板相互错开一些。
下列说法正确的是（ ） A ．电容器的电容增大 B ．每个极板的电荷量减小 C ．两极板间的电压增大D ．两极板间的电场强度减小2．利用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素，如图所示，平行板电容器的极板A 与一静电计相接，极板B 接地，若极板B 稍向上移动一点，由观察到的静电计的指针变化，得出平行板电容器的电容变小的结论，其依据是( )A ．两极板间的电压不变，静电计指针张角变大B ．两极板间的电压不变，静电计指针张角变小C ．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变小D ．极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大3．如图所示，电源电动势E ，内电阻恒为r ，R 是定值电阻，热敏电阻R T 的阻值随温度降低而增大，C 是平行板电容器。
静电计上金属球与平行板电容器上板相连，外壳接地。
闭合开关S ，带电液滴刚好静止在C 内。
在温度降低的过程中，分别用△I 、△U 1和△U 2表示电流表、电压表1和电压表2示数变化量的绝对值。
关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）A ．1U I ∆∆一定不变，2U I∆∆一定变大B ．1U I ∆∆和2U I∆∆一定不变 C ．带电液滴一定向下加速运动且它的电势能不断减少 D ．静电计的指针偏角增大4．如图，有一平行板电容器，下列说法正确的是（ ）A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则极板间的电场强度E 减小B ．保持S 接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量减小C ．断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D ．断开S ，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大5．如图所示，平行板电容器与电动势为E 的电流电源连接，上极板A 接地，一带负电油滴固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板B 竖直向下移动一小段距离，则（ ）A ．带电油滴所受电场力不变B ．P 点的电势将升高C ．带电油滴的电势能增大D ．电容器的电容减小，极板带电量增大 6．电容单位用基本单位制正确表述的是（ ） A ．C/V B ．A 2·s 2/JC ．A 2·s 2/（kg·m 2）D ．A 2·s 4/（kg·m 2）7．如图，电源A 的电压为6V ，电源B 的电压为8V ，当电键K 从A 转B 时，通过电流计的电量为1.4×10-5C；则电容器的电容为（）A．2×10-5F B．1.5×10-6F C．6×10-6F D．1×10-6F8．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（）A．将两极板的间距加大，电容将增大B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将增大C．在下板的内表面上放置一块薄陶瓷板，电容将增大D．将电源与电容器的两极板相连，使电容器充电，此过程电容将增大二、多选题9．M、N为平行板电容器的两块金属板，M极板与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和N极板都接地，将它们水平正对放置，当M板带上一定量的正电荷后，静电计指针偏转一定角度，如图所示（静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电荷量与金属板M所带的电荷量相比可以忽略不计）。
2020年高考物理专题复习：平行板电容器的动态剖析练习题
2020年高考物理专题复习：平行板电容器的动态剖析练习题1. 一平行电容器两极板之间充满云母介质，充满电后与电源断开，若将云母介质移出，则电容器（）A. 电容器的电压变大，极板间的电场强度变大B. 电容器的电压变小，极板间的电场强度变大C. 电容器的电压变大，极板间的电场强度不变D. 电容器的电压变小，极板间的电场强度不变2. 如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。
K闭合时，该微粒恰好能保持静止。
在充电后将K断开的情况下，能使带电微粒向上运动打到上极板的做法是（）A. 上移上极板MB. 上移下极板NC. 左移上极板MD. 把下极板N接地3. 如图所示，平行板电容器的两金属板A、B竖直放置，电容器所带电荷量为Q，一个液滴从A板上边缘由静止释放，液滴恰好能击中B板的中点O，若将电容器所带电荷量增加Q1，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中OB的中点C，若将电容器所带电荷量减小Q2，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中B板的下边缘D点，则Q1/ Q2等于（）A. 1B. 2C. 3D. 44. 极板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，场强为E1。
现将电容器所带电荷量变为2Q，极板间距变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，场强为E2，下列说法正确的是（）A. U2＝U1，E2＝E1B. U2＝2U1，E2＝4E1C. U2＝U1，E2＝2E1D. U2＝2U1，E2＝2E15. 如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）A. 电容器中的电场强度将增大B. 电容器上的电荷量将减少C. 电容器的电容将减小D. 液滴将向上运动6. 如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。
让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。
A、B间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；M、N间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。
考点35 电容器——2021年高考物理专题复习附真题及解析
考点35 电容器考情分析考点解读一、电容器的充、放电和电容的理解 1．电容器的充、放电（1）充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容（1）定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。
（2）定义式：UQ C =。
（3）物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
3．平行板电容器（1）影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。
（2）决定式：r 4πSC kdε=，k 为静电力常量。
特别提醒 U QC =适用于任何电容器，但r 4πS C kdε=仅适用于平行板电容器。
二、平行板电容器的动态分析 1．对公式UQC =的理解电容UQC =，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 （1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
（2）用决定式r 4πSC kd ε=分析平行板电容器电容的变化。
（3）用定义式U QC =分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
（4）用dUE =分析电容器两极板间电场强度的变化。
3．电容器两类问题的比较 分类 充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量 UQd 变大 C 变小→Q 变小、E 变小 C 变小→U 变大、E 不变 S 变大 C 变大→Q 变大、E 不变 C 变大→U 变小、E 变小 εr 变大C 变大→Q 变大、E 不变C 变大→U 变小、E 变小4．解电容器问题的常用技巧（1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关。
（2）对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住r 4πSC kdε=、Q ＝CU 和dUE =进行判定即可。
高考物理专题复习：电容器的电容
高考物理专题复习：电容器的电容一、单选题1．下列关于电容器的说法中，正确的是（）A．给电容器充电后，电容器两极板带上等量的同种电荷B．电容器不带电时，其电容为零C．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多D．电容器的电容由它本身结构决定，跟它是否带电无关2．如图所示，将平行板电容器接在电源两极间，电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态。
若将上极板缓慢地上移一些，其他条件不变，则（）A．电容器带电荷量不变B．电源中将有电流从正极流出C．尘埃将下落D．电流计中将有电流通过，电流方向由b a→3．对于电容C=QU，以下说法正确的是（）A．一只电容器电荷量越大，电容就越大B．对于固定电容器，它所充电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C．电容器的电容由极板带电量与极板间电压共同决定D．如果一个电容器没有电压，就没有充电荷量，也就没有电容4．如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，aϕ表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。
现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A．aϕ变大，F变大B．aϕ变大，F变小C．aϕ不变，F不变D．aϕ不变，F变小5．让平行板电容器正对的两极板带电后，静电计的指针偏转一定角度.不改变A、B两板所带电荷量，且保持两板在竖直平面内。
现要使静电计指针偏转角变大，下列做法中可行的是（）A．保持B板不动，A板向下平移B．保持B板不动，A板向左平移C．保持B板不动，A板向右平移D．保持A、B两板不动，在A、B之间插入一块绝缘介质板6．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后（）A．P点的电势将降低B．带点油滴的电势能将减少C．带点油滴将沿竖直方向向上远动D．电容器的电容减小，则极板带电量将增大7．某同学按照如图所示连接了电路，利用电流传感器研究电容器的充电和放电过程，先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信号传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，如图所示。
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题1.12 电容器(基础篇)(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-1）第一部分静电场专题1.12 电容器（基础篇）一．选择题1. （2019广东揭阳市期末）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，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【参考答案】B【名师解析】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，A符合题意；充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，B符合题意；充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，C不符合题意；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；D不符合题意；【温馨提示】充电的时候电容不变，给手机充电，电荷量变小，电容器的电压也变小。
2.（2019浙江嘉兴质检）激光闪光灯的电路原理如图所示，电动势为300V的电源向电容为6000μF的电容器C充电完毕后，通过外加高压击穿“火花间隙”间空气，使电容器一次性向激光闪光灯放电，提供所有能量使闪光灯发出强光，则电容器放电过程释放的电量和通过闪光灯的电流方向为（）A．.1.8C 向左B．.1.8C 向右C．.2×10－5C 向左D．.2×10－5C 向右【参考答案】B【名师解析】电动势为300V的电源向电容为6000F的电容器C充电完毕后，电容器带电量Q=CE=6000×10-6×300C=1.8C。
电容器放电过程释放的电量为Q=1.8C，通过闪光灯的电流方向为向右，选项B正确3.（2019北京东城期末）如图所示是电容式话筒的原理图，膜片与固定电极构成一个电容器，用直流电源供电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流，于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压下列说法正确的是（）A. 电容式话筒是通过改变正对面积来改变电容的B. 电阻R两端电压变化的频率与电流的频率相同C. 当膜片靠近固定电极时，电流从b流向aD. 当膜片靠近固定电极时，电容器处于放电状态【参考答案】B【名师解析】由图可知，电容式话筒是通过改变板间距来改变电容的，故A错误；根据欧姆定律可知，电阻R两端电压变化的频率与电流的频率相同，故B正确；当膜片靠近固定电极时，根据电容的决定式知，电容变大，因始终和电源相连，故U不变，由可知，电量增大，电容器充电，电流由a到b，故CD错误。
新课标全国高考考前复习物理 6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
新课标全国高考考前复习物理6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动1．如图6－3－1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是 ( )．A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析 在由电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B 点运动，受 电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大 小的变化不能确定．选项B 正确． 答案 B2. 如图6－3－2所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则 ( )．A ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在减小解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电荷 量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在 减小，故D 正确． 答案 D3．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金属球与外壳之间的电势差大图6－3－1图6－3－2小．如图6－3－3所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )．图6－3－3A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析 要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增 大，断开开关S 后，将A 、B 分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大， A 正确；保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的 电势差不变，B 、C 均错误；保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动， 静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误． 答案 A4．如图6－3－4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．达到屏上动能将增加解析 由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两 极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下， 所以小球向下偏转，将打在O 点下方，A 项正确，B 项错误；小球的运动时间由水平方图6－3－4向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C 项错 误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D 项正确． 答案 AD5．如图6－3－5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( )． A ．mv 02B.12mv 02C ．2mv 02D.52mv 02解析 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E kP ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D(等效思维法)．答案 D6．如图6－3－6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则 ( )．A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做 的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间 距离增加，时间变长．图6－3－6图6－3－5答案 CD7．如图6－3－7所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )．A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压 解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程 中，由U 0q ＝mv 022，得v 0＝2U 0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 正确．(类平抛模型)答案 C8．如图6－3－8所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )．A ．带电粒子在Q 点的电势能为－Uq B ．带电粒子带负电图6－3－7图6－3－8C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场 力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 正确；设带电粒子在P 点时的速度 为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运 动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向 上的平均速度为v y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的 运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U 3d，C 正确，D 错误． 答案 AC9．如图6－3－9所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )．A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在 荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置 上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度大小为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12mv 02① 偏转电场中：L ＝v 0t② y ＝12×Uedmt 2③图6－3－9eU d y ＝12mv 2－12mv 02④由①②③得y ＝L 2U 4dU 0.当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小， 所以选项A 错，B 对． 由①②③④得12mv 2＝L 2U 2e4d 2U 0＋eU 0当U 增大时，12mv 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案 BD10．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－10所示，则下列说法正确的是 ( )．A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强 度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐 渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动 与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误． 答案 C11．如图6－3－11甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．图6－3－10图6－3－11(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压 电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为 100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端 边缘，此时有x ＝12qU md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 0 2⑧ 根据题意，收集效率为η＝x d⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 2.答案 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 212．如图6－3－12所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定 律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 得物块滑过木板所用时间t ＝2s .(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)Q ＝Fs 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J图6－3－12。