【物理】2020届一轮复习人教版第六章电容器作业 6页

‎(四十三) 电容器 作业 ‎1.在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与静电计相接，极板B接地。若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化，做出平行板电容器电容变小的结论的依据是(　　)‎ A．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大 B．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小 C．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 D．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大 解析：选A　极板A与静电计相连，电荷量几乎不变，极板B与极板A带等量异种电荷，电荷量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，会发现静电计指针张角变大，即电压U变大，由公式C＝知电容C变小；故B、C、D错误，A正确。‎ ‎2.两个较大的平行金属板A、B相距为d，连接在如图所示的电路中，电电压不变，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两极板之间。在其他条件不变的情况下，如果将两极板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中(　　)‎ A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b 解析：选D　电容器与电相连，两极板间电压不变，将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动。由C＝可知，电容减小，由Q＝CU可知，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确。‎ ‎3.一平行板电容器充电后与电断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)‎ A．U变小，E变小　　　　 B．E变大，Ep变大 C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变 解析：选C　由题意知，电容器的带电荷量Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据电容的决定式C＝知，电容C增大，由公式U＝ 知，极板间电压U变小，由推论公式E＝分析，可知极板间电场强度E不变，则由U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎4.如图所示电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电两极相接。当声S振动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变 B．a振动过程中，a、b板所带电荷量不变 C．a振动过程中，电容器的电容不变 D．a向右的位移最大时，电容器的电容最大 解析：选D　a、b板与电相连，电势差恒定，a在声波驱动下沿水平方向振动，a、b板间的距离发生变化，根据E＝，电场强度发生变化，选项A错误；根据C＝，电容器的电容随a、b板间距离变化而变化，根据Q＝UC，a、b板所带电荷量随电容变化而变，选项B、C错误；当a、b板间距离最近(即a向右的位移最大)时，电容最大，选项D正确。‎ ‎5.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电连接，平行板间P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将b板稍微向下移动，则(　　)‎ A．点电荷所受电场力增大 B．点电荷在P处的电势能减小 C．P处电势降低 D．电容器的带电荷量增加 解析：选B　因电容器与电始终相连，故两板间的电势差不变，b板下移，板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F＝Eq可知点电荷所受电场力变小，故A错误；由U′＝Ed′知，P处与a板间的电压减小，而a的电势不变，故P处的电势升高，由Ep＝qφ及q为负值，可知点电荷在P处的电势能减小，故B正确，C错误；由C＝知C减小，又Q＝CU，Q减小，故D错误。‎ ‎6.如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于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．电容器的电容将增大 B．静电计指针张角减小 C．电容器的电荷量不变 D．带电小球的电势能将增大 解析：选D　将电容器的下极板竖直向下移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据C＝可得电容减小，A错误；电容器两极板和电相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，故静电计指针张角不变，B错误；根据C＝可知Q减小，C错误；根据公式E＝可知两极板间的电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为小球带正电荷，则小球的电势能增大，D正确。‎ ‎7.(多选)平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连，如图所示。要使静电计指针张角变小，下列措施中可行的是(　　)‎ A．A板向上移动 B．A、B之间插入与平行金属板等大的厚导体板 C．A、B之间插入电介质 D．使两板带的电荷量减小 解析：选BCD　A板上移时，正对面积减小，由C＝可知，电容减小，由C＝可知，电势差增大，张角变大，故A错误；插入厚导体板相当于减小两板间距离，同理知电容增大，由C＝可知，电势差减小，张角变小，故B正确；当A、B间插入电介质时，电容增大，由C＝可知，电势差减小，张角变小，故C正确；减小电荷量时，电容不变，由C＝可知，电势差减小，张角变小，故D正确。‎ ‎8.(多选)如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电两极连接，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，且此时极板电荷量与油滴电荷量的比值为k，则(　　)‎ A．油滴带负电 B．油滴电荷量为 C．电容器极板上的电荷量为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 解析：选AC　由题意知，油滴所受重力和电场力平衡，即mg＝q，则电场力竖直向上，M板带正电，故油滴带负电，且q＝，A正确，B错误；由于极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k，即＝k，则Q＝，C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离，d 增大，根据E＝可知，E变小，电场力变小，故油滴将向下运动，D错误。‎ ‎9.(多选)如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B之间距离为d，两板间的电压为U，其中A板接地。在两板间放一半径为R的金属球壳，球心O到两板的距离相等，C点为球壳上离A板最近的一点，D点靠近B板。则下列说法正确的是(　　)‎ A．UC O＝U B．UAC＝ C．C点的电势为φC＝－ D．把一负点电荷由C点移到D点，电势能减少 解析：选BC　将金属球壳放入电场后，A、B两板间电场线如图所示，应用对称性，两板间电场线形状关于球心O对称，所以A板与金属球壳的电势差UAO和金属球壳与B板的电势差UOB相等，即UAO＝UOB，又A、B两板电势差保持不变为U，即UAO＋UOB＝U，得UAO＝UOB＝，又金属球壳内部无电场线，UC O＝0，所以A、C间电势差UAC＝UAO＝，由A板接地得0－φC＝，则φC＝－，A错误，B、C正确；把一负点电荷由C点移到D点，电场力做负功，电势能增加，D错误。‎ ‎10．(多选)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小定性显示其相互绝缘的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，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)‎ A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大 B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大 C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大 D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小 解析：选AC　断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝ 知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，则S减小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，故选项D错误。‎ ‎11.如图所示为板长L＝‎4 cm的平行板电容器，板间距离d＝‎3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－‎10 C，以v0＝‎1 m/s的速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向运动并恰好从B板边缘飞出(取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：‎ ‎(1)液滴的质量；‎ ‎(2)液滴飞出时的速度。‎ 解析： (1)根据题意画出液滴的受力图如图所示，可得 qEcos α＝mg E＝ 解得m＝8×10－‎8 kg。‎ ‎(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零，‎ 对液滴由动能定理得qU＝mv2－mv02解得v＝ m/s。‎ 答案：(1)8×10－‎8 kg　(2) m/s ‎12.如图所示，上、下水平放置的两带电金属板，相距为‎3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在小球B上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝，让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(空气阻力不计，重力加速度为g)。求：‎ ‎(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；‎ ‎(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；‎ ‎(3)B球是否能碰到下板；如能，求刚碰到时B球的速度v3大小；如不能，请通过计算说明理由。‎ 解析：(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动，v12＝2gl解得v1＝。‎ ‎(2)A球进入电场前，只有B球受电场力，‎ F＝qE＝mg，方向竖直向下，‎ 由牛顿第二定律可得，‎ F＋2mg＝2ma1‎ 解得a1＝ 系统做匀加速直线运动，A球刚进入电场时有，‎ v22＝v12＋‎2a1l 解得v2＝。‎ ‎(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图所示，‎ ‎6qE－qE－2mg＝2ma2 解得a2＝ 设系统速度为零时，B球没碰到下板，此时系统通过的距离为H，‎ H＝，解得H＝<‎‎2l 故B球不能碰到下板。‎ 答案：(1)　(2)　(3)不能　理由见解析