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M
B. 上移下极板N
C. 左移上极板M
D. 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. 1
B. 2
C. 3
D. 4
4. 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1
2
d，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＝E1
B. U2＝2U1，E2＝4E1
C. U2＝U1，E2＝2E1
D. U2＝2U1，E2＝2E1
5. 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。

若将B 板稍向下移，下列说法正确的是（）
A. P向下动，Q向上动
B. U1减小，U2增大
C. Q1减小，Q2增大
D. C1减小，C2增大
7. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。

两块金属板接在如图所示的电路中。

电路中的R1为光敏电阻（光照越强电阻越小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。

当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S。

此时电
流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定。

则以下说法正确的是（）
A. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U变小
B. 保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U减小
C. 保持滑动触头P向a端移动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ角变小
D. 保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变
8. 如图所示，平行板电容器水平放置，两板间距离d=0.10m，上板带负电，下板带正电，电势差U=1.0×103V。

一个质量为m=0.2g、带电荷量为q=+1.0×10-7C的小球（可视为质点）用长L=0. 01m的绝缘细线悬挂于电容器内部的O点，将小球拉到细线呈水平伸直状态的位置A，然后无初速度释放（g取10m/s2）。

求：
（1）小球运动至O点正下方B点时，小球的速度大小（结果可用根号表示）；
（2）在B点时此时绳子拉力的大小。

1. A 解析：充满电后与电源断开，则电容器的电量Q 保持不变，将云母介质移出，则介电系数εr 变小，则根据4r S C kd
επ=可以知道，电容变小；根据Q
C U =可以知道电压变大，
根据U
E d
=
可以知道，电场强度E 变大，故选项A 正确。

2. C 解析：开始时，电键闭合，微粒保持静止，电场力和重力平衡；电键断开后，电容器的电量保持不变，要使微粒向上运动，需要增加电场力，即要增加电场强度；根据电容定
义公式Q C U =
、平行板电容器的决定公式4S C kd επ=、电势差与电场强度关系公式U=Ed 得到：S kQ E επ4=
；根据S kQ E επ4=，场强与极板间距d 无关，故A 、B 均错误；根据S
kQ
E επ4=，左移上极板M ，两个极板的正对面积S 减小，故电场强度变大，电场力变大，故微粒向上加速，故C 正确；把下极板N 接地，电场强度不变，微粒仍静止，故D 错误，故选C 。

3. B 解析：两个带电液滴在复合场中分别受到大小不变的电场力和重力，又是由静止自由释放，可知两个液滴均做初速度为零的匀加速直线运动，在水平和竖直两个方向上均做初速度为零的匀加速直线运动。

设AB 的距离为L ，设BC=h ，则BD=4h 。

电容器所带电荷量为Q ，水平方向上有：2
12 qE L t m
⋅= 竖直方向上有：2h=
12
gt 2 电容器所带电荷量增加Q 1时： 水平方向上有：2
11 12qE L t m
⋅= 竖直方向上有：h=
12
gt 12 电容器所带电荷量减少Q 2时：
水平方向上：222 12qE L t m ⋅=
竖直方向上有：4h=1
2
gt 22
解得：22121t t =；
121
2t t = 联立得：1241E E =；
11
2
E E = 根据U
E L
=，Q=CU ，可得
1241Q Q Q Q +=-；112Q Q Q =+ 解得Q 1：Q 2=2：1，故选B 。

4. C 解析：根据电容公式4S C kd
επ＝
说明电容变为2倍，根据电容定义式Q
C U ＝，发现
电量变为原来的2倍，电容也变为原来的2倍，所以电势差不变，根据场强关系U
E d
＝，d 变为原来的
1
2
，所以场强变为2倍，故ABD 错误，C 正确；故选C 。

5. B 解析：电容器两板间电压等于2R 两端电压。

当滑片P 向左移动时，总电阻增大，则
总电流减小，则2R 两端电压U 减小，由E U
d
=知电容器中场强变小，A 错误；由上分析可知，电容器两端电压减小，根据C Q
U
=
可得，电容器放电，电荷量减小，B 正确；电容器的电容与U 的变化无关，保持不变，C 项错误；当滑片P 向左移动时，2R 两端电压U 减小，由E U
d
=知电容器中场强变小，则带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D 项错误。

6. AC 解析：将B 板下移时，由4s
C kd
επ=
，C 1将增小；而MN 板不动，故MN 的电容不变，故D 错误；假设Q 不变，则AB 板间的电压U 1将增大，大于MN 间的电压，故AB 板将向MN 板充电，故Q 1减小，Q 2增大，故C 正确；充电完成，稳定后，MN 及AB 间的电压均增大，故对Q 分析可知，Q 受到的电场力增大，故Q 将上移；对AB 分析可知，
1111
144U Q Q kQ E d Cd s s d kd
επεπ=
===
，故电场强度减小，P 受到的电场力减小，P 将向下运动，故A 正确，故选AC 。

7. BCD 解析：滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头P ，R 1和R 3所在电路中电流I 不变，U 也不变，故A 错误；保持滑动触头P 不动，逐渐增加照射R 1的光强，R 1减小，则I 增大，电源的内电压增大，根据闭合电路欧姆定律得知U 减小，故B 正确；用更强的光线照射R 1，R 1的阻值变小，外电路总电阻减小，电流I 增大，内电压和R 3的电压增大，则电容器板间电压减小，板间电场强度变小，小球所受的电场力变小，则θ减小，故C 正确；保持滑动触头P 不动，逐渐增加照射R 1的光强，总电阻减小，电流I 增大，外电压U 减小，根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir ，||U r I ∆=∆，可见||U
I
∆∆|保持不变，故D 正确，故选BCD 。

8.（1）s m v B /10
10
=
（2）T ＝3×10-3N 解析：（1）由动能定理得：22
1B mv qEL mgL =- 又有：d U E /= 解得：s m v B /10
10
=
（2）由向心力公式：L
v
m mg qE T B 2
=-+
解得：T ＝3×10-3N。