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1、题组层级快练(三十三)一、选择题1(2016课标全国)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变答案D解析电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C项错误，D项正确2(2017山西名校联考)由电源、开关、滑动变动器及电容器组成如图所示电路将平行板电容
2、器的一个极板与滑动变动器的滑片相连接，并将开关S1、S2闭合则()A在电容器两极板间插入一块陶瓷片，电容器的带电量将减少B将滑片向右移动，电容器带电量将会增大C保持开关S1闭合，将开关S2断开，将滑动变动器滑片向左移电容器上带电量减少D保持开关S2闭合，将开关S1断开，将滑动变动器滑向右移电容器上带电量增加答案B解析根据C，在电容器两极板间插入一块陶瓷片，介电常数增大，电容增大，再根据C，电压U不变，故电容器的带电量Q增大，所以A项错误；将滑片向右移动，电容器电压增大，电容不变，所以电荷量Q增大，所以B项正确；保持开关S1闭合，将开关S2断开，电容器电压等于电源电动势，移动滑片电容器电压不变，
3、所以电容器电荷量不变，所以C项错误；保持开关S2闭合，将开关S1断开，电容器放电完毕，电荷量始终为零，所以D项错误3.(2017南昌调研)如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()A油滴带正电B油滴带电荷量为C电容器的电容为D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动答案C解析带电油滴在电场中受重力与电场力处于静止状态，故所受电场力方向竖直向上M板带正电，故油滴带负电，A项错误；由平衡条件有：mgq，故q，B项错误；电容定义式为C，由题意得Q
4、kq，解得：C，C项正确；电容器与电源保持连接，两极板电势差不变，N板下移，板间距离d增大，故场强减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，D项错误4(多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动答案BD解析受力分析如图所示，知重力与电场力的合力与速度方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，动能减小，所以A、C项错误，D项正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，即B项正确5.(2017福建模拟)(多选
5、)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)R2为滑动变阻器，当开关S闭合时，电容器C中一带电微粒恰好处于静止状态下列说法中正确的是()A只增大R1的光照强度，电压表示数变小B只增大R1的光照强度，电流表示数变小C只将滑片向上端移动时，微粒将向下运动D若断开开关S，带电微粒仍处于静止状态答案AC解析只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电流表示数变大，内电压增大，则路端电压减小，因此电压表示数变小，故A项正确，B项错误；只将滑片向上端移动时，电容器板间的电压变小，由E分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则微
6、粒将向下运动故C项正确；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D项错误6(2017湖南模拟)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是()A小球带正、负电荷都有可能B小球可能做匀加速直线运动C小球通过O点时所受电场力一定指向DD小球动能的减少量是电势能增加量的2倍答案B解析A项，一个带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外
7、力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电量不确定，故A、C两项正确；B项，据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B项错误；D项，由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D项正确7(2017孝感一模)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金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，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减小
8、些，下列采取的措施可行的是()A断开开关S后，将A、B两极板分开些B断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些D保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动答案B解析A项，断开开关，电容器带电量Q不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C知，电容C减小，根据C知，电势差增大，指针张角增大，故A项错误；B项，断开开关，电容器带电量Q不变，增大正对面积，根据C知，电容C增大，根据C知，电势差U减小，指针张角减小故B项正确；C、D两项，保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变故C、D两项错误8.一
9、平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()答案C解析电容器的电容C，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，A项错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E，U，C，可知E保持不变，B项错误；负极板接地，电势为零，P点的电势等于P点到负极板的电势差，即El，E不变，l减小，线性减小，C项正确；由Wq可知，W随的变化而变化，即W随l的变化
10、而变化，D项错误9如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为x，连线AB与极板间的夹角为30，则静电力对试探电荷q所做的功等于()A.B.C. D.答案C解析电容器两极板间电势差为U，场强为E.而A、B两点间电势差为UABExsin30，静电力对q所做的功为WqUAB，C项正确10.(2017临汾二模)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d处的P点有一带电液滴，该液滴从静止开始下落，经过小孔进入电容器
11、，并在下极板处(未与极板接触)返回若在下极板上叠放一厚度为的金属板，则从P点开始下落的相同液滴将()A在两极板间运动的加速度为gB在金属板上表面处返回C在距上极板返回D在距上极板处d返回答案AD解析对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，mg(11)dqU0.若在下极板上叠放一厚度为的金属板，相当于将下极板向上平移，设运动到距离上极板x处返回根据动能定理得，mg(dx)qU0联立两式解得xd.根据牛顿第二定律，则有：qmgma，解得：ag，故A、D两项正确，B、C两项错误11.(2017福州联考)如图所示，两平行金属板竖直放置且B板接地，其间有用绝缘细线悬挂的带电小球，当给
12、两金属板充电Q后，悬线与竖直方向夹角为，因电离作用，两金属板的电荷量缓慢减小(小球电荷量假设不变)，以致悬线与竖直方向间的夹角逐渐减小，则在夹角减少到的过程中，下列说法正确的是()A细线拉力逐渐增大B细线拉力大小不变C电容器两极板减小的电荷量为D电容器两极板减小的电荷量为答案D解析小球受到重力mg，细线的拉力FT和水平向右的电场力F的作用而处于动态平衡(如图所示)，由FT可知， 减小，FT也减小，A、B两项错误；令两极板间距离为d，电容器的电容为C，由图知tan1，令减小的电荷量为Q，同理可得tan2，联立解得QQ，C项错误，D项正确12如图(1)是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板
13、为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电荷量Q将随待测物体的上下运动而变化，若Q随时间t的变化关系为Q(a、b为大于零的常数)，其图像如图(2)所示，那么图(3)、图(4)中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是()A和 B和C和 D和答案C解析由C知，U不变，Q减小，C减小，由C知，d增大由E知图像正确由C知d，即d与t为一次函数，故v的大小不变，图像正确二、非选择题13如图所示，水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连，两极板间距离d10 cm.距下板4 cm处有一质量m0.01 g的不带电小球由静止落下，小球和下极板碰撞瞬间带上了q1.010
14、8 C的电荷，反跳的高度为8 cm，这时下板所带电荷量Q1.0106 C如果小球和下板碰撞时没有机械能损失(g取10 m/s2)求：(1)该电容器极板间的电场强度；(2)该电容器的电容答案(1)5.0106 V/m(2)2.0 pF解析(1)设小球下落高度为h1，到下极板时的速度为v1由机械能守恒定律，有mgh1mv12反弹后的速度为v2，由于没有机械能损失，所以v2v1设电场强度为E，小球带电后，向上运动的高度为h2，由动能定理，有qEh2mgh20mv22由以上各式，得E代入数据，解得E5.0106 V/m(2)设极板间的电压为U，电容器的电容为C由公式C和UEd得该电容器的电容C2.01012 F2.0 pF14竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用长为L的轻质绝缘细线悬挂一个带电量为q质量为m的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接当滑动变阻器R在a位置时，绝缘线与左极板的夹角为130，当将滑片缓慢地移动到b位置时，夹角为260.两板间的距离大于L，重力加速度为g.问：(1)小球在上述两个平衡位置时，平行金属板上电势差之比U1U2？(2)若保持变阻器滑片位置在a处不变，对小球再施加一个拉力，使绝缘线与竖直方向的夹角从130缓慢地增大到260，则此过程中拉力做的功W？答案(1)13(2)(1)mgL解析(1)小球处于静止状态，受力情况如图所示：由平衡条件得：tan
