2018版高考物理二轮复习专题三电场与磁场专题跟踪检测十三涉及电

专题跟踪检测（十三） 涉及电容器问题的分析

一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题) 1.(2017·南京一模)如图所示为可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。则电容器的电容将( )

A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．先增大后减小

解析：选A 旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器极板间的正对面积，εS则由电容器的决定式C＝可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确。

4πkd2．(2017·南京二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏内有一导电层。导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，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．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指离开的准确位置

解析：选C 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到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，无需手指按压屏幕，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置利用的是电容器的充、放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误。

3.(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a给超级电容器C充电，然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )

A．电源给电容器充电后，M板带正电

B．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小 C．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小

D．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0

解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N板带正电，故A错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D错误。

4.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，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )

A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大

D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

εS解析：选D 根据C＝知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计检测的是电容

4πkd器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该带电油滴带负电荷，则电势能减小，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝＝＝故D正确。

5．如图所示，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，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为

UQ4πkQ，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，

dCdεSL的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动的加速度大小为( )

A.g C.

LdB.D.

g d－Lg d－LUddLd－Lg d解析：选B 设板间电压为U，带电粒子静止时有：q＝mg；当插入金属板后，金属板处于静电平衡状态，相当于电容器极板间距减小为d′＝d－L，由牛顿第二定律得qU－mgd′

＝ma，解得a＝

g，故B正确。 d－LL6.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴能向下运动的是( )

A．增大R1的阻值 C．增大两板间的距离

B．增大R2的阻值 D．断开电键S

解析：选CD 增大R1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R2，故R2两端无电压，所以，增大R2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B错误；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C正确；断开电键S后，两极板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D正确。

7．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离。此过程中电容器的电容C、两极板带电荷量Q、两板间电场强度E、两板间电压U随两板间距离d变化的关系，表示不正确的是( )

εrS解析：选ABD 平行板电容器的电容为C＝，d增大时，C减小，而Q一定，所以

4πkd4πkQ电容器两极板间电场强度E＝一定，A、B错误，C正确；由U＝Ed知，D错误。

εrS8.如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是( )

A．电容器两板间电压始终不变

B．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值 C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小 D．电路中电流由B板经电源流向A板

解析：选BD 在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未

QQεrSQεrS4πkQ来得及变化，即Q不变，则C＝＝，又C＝，所以＝，所以E＝也不UEd4πkdEd4πkdεrS变，而U＝Ed，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故A错误，B正确；此后，因

εrS为C＝，所以d增大时，C减小，由Q＝CU，所以Q减小，电路中有瞬时电流，方向由

4πkdB板经电源流向A板，故D正确，C错误。

9.(2017·苏锡常二模)如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S，平行板间有一质量为m、电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是( )

A．将A板向上平移一些，液滴将向下运动 B．将A板向左平移一些，液滴将向上运动

C．断开开关S，将A板向下平移一些，液滴将保持静止不动 D．断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将向上运动

解析：选BCD 二极管具有单向导电性，闭合开关S后电容器充电，电容器的电容：CεSQU4πkQ＝，C＝，极板间的电场强度：E＝，整理得：E＝；液滴静止，液滴所受合力4πkdUdεSεS为零，向上的电场力与向下的重力相等，qE＝mg；将A板向上平移一些，d变大，由C＝

4πkd4πkQ可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极εS板间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，液滴将保持静止不动，故A错误；将A板向左εS平移一些，S变小，由C＝可知，C变小，而两极板间的电压U等于电源电动势不变，

4πkd由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝

4πkQ 可知电容器两极板间的电场强εS度增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动，故B正确；当断开开关S，将A板向下平εS4πkQ移一些时，d变小，由C＝可知，C变大，因电量保持不变，由E＝ 可得，电场

4πkdεS强度不变，液滴将保持静止不动，故C正确；同理，当断开开关S，将A板向右平移一些时，

S变小，由C＝

εS4πkQ 可知，C变小，因电量保持不变，由E＝可得，电场强度变大，4πkdεS液滴将向上运动，故D正确。

二、非选择题

10.(2017·海州区模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一根长为L的绝缘细线，一端连着一质量为m、带电量为＋q的小球，另一端固定于O点，现把小球向右拉至细线水平且与场强方向平行的位置，

无初速度释放，小球能摆到最低点的另一侧，细线与竖直方向的最大夹角θ＝30°，重力加速度为g，求：

(1)场强E的大小；

(2)小球摆到最低点时细线的拉力T。

解析：(1)对小球运动的全过程由动能定理可得：

mgLcos θ－qEL(1＋sin θ)＝0

解得：E＝

3mg。 3q(2)小球摆到最低点时，由动能定理可得

mgL－qEL＝mv2 v2

在最低点T－mg＝m

L23

联立解得：T＝3mg－mg。

3答案：(1)

3mg23 (2)3mg－mg 3q3

2

12

11.(2017·如东期末)如图所示，空间有场强E＝1.0×10 V/m竖直向下的匀强电场。长L＝0.8 m不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.25 kg，电荷量q＝5×10 C的小球，拉起小球至轻绳水平后由A点无初速度释放小球，当小球运动至O点的正下方B点时，轻绳

恰好断裂，然后小球垂直打在同一竖直平面内且与水平面成θ＝53°角，无限大的挡板MN上的C点。g取10 m/s，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：

(1)轻绳的最大张力T； (2)A、C两点间的电势差UAC。

解析：(1)小球从A到B过程，由动能定理得： 12

(mg＋qE)L＝mvB－0，

2

2

－2

vB2

在B点，由牛顿第二定律得：T－(mg＋qE)＝m，

L解得：T＝22.5 N。

(2)从A到C过程，由动能定理得： 12

(mg＋qE)hAC＝mvC－0，

2

在C点根据速度关系有：vCsin θ＝vB， 在匀强电场中有：UAC＝E·hAC， 解得：UAC＝125 V。 答案：(1)22.5 N (2)125 V

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