2018年高考模擬理綜物理選編電容器及其應(yīng)用-解析版

1、.樂陵一中電容器及其應(yīng)用一、單項選擇題本大題共5小題，共30分1. 在圖中所示的電路中，當滑動變阻器的滑動觸片向b端挪動時A. 伏特表V讀數(shù)增大，電容C的電荷量在減小B. 安培表A的讀數(shù)增大，電容C的電荷量在增大C. 伏特表V的讀數(shù)增大，安培表A的讀數(shù)減小D. 伏特表V的讀數(shù)減小，安培表A的讀數(shù)增大物理備課組整理D備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：當滑動變阻器的滑動觸片向b端挪動時，變阻器有效電阻減小，外電路總電阻減小，那么路端電壓減小，總電流增大，所以伏特表V的讀數(shù)減小根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點可知，電路中并聯(lián)部分分壓減小，通過R2的電流減小，而總電流增大，所以通過電流表的電流增大，即安培表A的讀數(shù)增大由于并聯(lián)

2、部分電壓減小，電容器板間電壓減小，那么電容C的電荷量在減小故ABC錯誤，D正確應(yīng)選：D當滑動變阻器的滑動觸片向b端挪動時，先分析變阻器電阻的變化，得到總電阻的變化，分析總電流的變化，判斷出路端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化再根據(jù)并聯(lián)部分電壓的變化和總電流的變化，分析電流表讀數(shù)的變化此題是電路動態(tài)變化分析問題，通常按照“部分整體部分的順序進展分析也可根據(jù)結(jié)論分析變阻器中電流的變化：只要變阻器接入電路的電阻減小，通過其電流必定增大2. 某種位移式傳感器的原理示意圖如下圖，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，在可挪動介質(zhì)P向右勻速移出的過程中A. 電容器的電容變大B. 電容

3、器的電荷量保持不變C. M點的電勢比N點的電勢低D. 流過電阻R的電流方向從M到N物理備課組整理D備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：介質(zhì)P向右勻速移出的過程中，根據(jù)電容的決定式C=S4kd，分析可知電容變小，而電容器的電壓不變，由C=QU分析可知其電荷量變小，電容器處于放電狀態(tài)，那么流過電阻R的電流方向從M到N，M點的電勢比N點的電勢高，故ABC錯誤，D正確應(yīng)選：D根據(jù)電容的決定式C=S4kd，分析電容的變化，電容器板間電壓不變，由電容的定義式C=QU分析電荷量的變化，即可確定流過電阻R的電流方向此題是電容器的動態(tài)分析問題，在抓住電容器電壓不變的根底上，根據(jù)電容的決定式和定義式結(jié)合分析3. 傳感器是把非電學(xué)

4、物理量如位移、速度、壓力、角度等轉(zhuǎn)換成電學(xué)物理如電壓、電流、電量等一種元件圖所示中的甲、乙、丙、丁是四種常見的電容式傳感器，以下說法正確的選項是A. 甲圖中兩極間的電壓不變，假設(shè)電量增加，可判斷出變大B. 乙圖中兩極間的電壓不變，假設(shè)電量減少，可判斷出h變大C. 丙圖中兩極間的電壓不變，假設(shè)有電流流向傳感器的正極，那么F變大D. 丁圖中兩極間的電壓不變，假設(shè)有電流流向傳感器的負極，那么x變大物理備課組整理C備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、圖甲中兩極間的電壓不變，假設(shè)電量增加，那么由電容的定義式C=QU分析知道，電容增大，由電容的決定式C=S4kd得知，極板正對面積增大，變小故A錯誤B、圖乙中兩極間的電

5、壓不變，假設(shè)電量減少，那么由電容的定義式C=QU分析知道，電容減小，由電容的決定式C=S4kd得知，兩極板正對面積減小，h變小故B錯誤C、圖丙中兩極間的電壓不變，假設(shè)有電流流向傳感器的正極，說明電容器在充電，電量增加，由電容的定義式C=QU分析知道，電容增大，極板間間隔 減小，那么F變大故C正確D、圖丁中兩極間的電壓不變，假設(shè)有電流流向傳感器的負極，說明電容器在放電，電量減小，由電容的定義式C=QU分析知道，電容減小，由電容的決定式C=S4kd得知，電介質(zhì)向外挪動，那么x變小故D錯誤應(yīng)選：C 根據(jù)電容的決定式C=S4kd和定義式C=QU結(jié)合分析電量不變時，電壓增加時，h如何變化分析電壓不變時，

6、x如何變化此題是電容的動態(tài)變化分析問題，抓住不變量，根據(jù)電容的決定式和定義式結(jié)合進展分析4. 電源、開關(guān)、平行板電容器連成如圖電路閉合開關(guān)S，電源對電容器充電后，電容器帶電量為Q板間電壓力為U，板間電場強度大小為E那么以下說法正確的選項是A. 假設(shè)將A板下移少許，Q增大；U減??；E不變B. 假設(shè)將A板下移少許，Q不變；U減??；E減小C. 假設(shè)斷開開關(guān)，假設(shè)將A板下移少許，Q增大；U不變；E增大D. 假設(shè)斷開開關(guān)，假設(shè)將A板下移少許，Q不變；U減??；E不變物理備課組整理D備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：AB、閉合開關(guān)S，那么極板間電壓U不變，假設(shè)將A板下移少許，即減小極板間距，由C=s4kd可知，電容器的電

7、容增大；由Q=UC可知，Q增大，由E=Ud可知，E變大；故AB錯誤；C、給電容器充電后與電源斷開，電量不變，假設(shè)將A板下移少許，即減小極板間距，由C=s4kd可知，那么C增大，那么由Q=UC可知，U減小，而E=Ud=QCd=4kQs，那么有E不變，故C錯誤，D正確；應(yīng)選：D電容器充電后斷開電源，電容器上的電量不變；而一直與電源相連，那么電壓不變；再由電容器的決定式及定義式可分析各物理量的變化規(guī)律對于電容器的動態(tài)分析問題，要注意明確兩種情況，假設(shè)充電后斷開電源，那么電量不變；假設(shè)充電后與電源相連，那么電壓不變，同時理解E=4kQs公式的應(yīng)用5. 如下圖，平行板電容器與電動勢為E的直流電源內(nèi)阻不計

8、連接，電容器下極板接地一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)交平行板電容器的上極板豎直向下挪動一小段間隔 ，以下說法正確的選項是A. 帶電油滴將豎直向上運動B. P點的電勢將降低C. 電容器的電容增大，極板帶電荷量不變D. 電容器的民容增大，極板帶電荷量減小物理備課組整理A備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、將上極板豎直向下挪動時，d減小，電容器的電壓U不變，由E=Ud分析得知，板間場強增大，那么油滴所受電場力增大，油滴將沿豎直向上運動故A正確B、P點到下極板的間隔 不變，而E增大，由U=Ed知，P點與下極板間電勢差增大，P點的電勢大于零，那么P點的電勢升高，故B錯誤；C、d減小，由C=S4k

9、d知，電容C增大，U不變，由C=QU分析可知電容器所帶電量增加，故CD錯誤；應(yīng)選：A 將平行板電容器的上極板豎直向上挪動一小段間隔 ，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)E=Ud分析板間場強的變化，判斷電場力變化，確定油滴運動情況由U=Ed分析P點與下極板間電勢差如何變化，即能分析P點電勢的變化和油滴電勢能的變化此題是電容器動態(tài)變化分析問題，抓住不變量：電容器與電源保持相連，電壓不變，由C=S4kd，E=Ud，C=QU結(jié)合進展分析二、多項選擇題本大題共4小題，共24分6. 如下圖，兩塊大小、形狀完全一樣的金屬平板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，合開關(guān)S，電源給電容器充電在兩極板間有固定點P用E表示兩極板間

10、的電場強度，表示P點的電勢，以下說法正確的選項是A. 保持S接通，上極板A不動，將下極板B緩慢向下挪動稍許到B，增大B. 保持S接通，上極板A不動，將下極板B緩慢向下挪動稍許到B，E增大C. 假設(shè)斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下挪動稍許到A，那么E不變D. 假設(shè)斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下挪動稍許到A，減小物理備課組整理AC備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：AB、保持S接通，那么兩板間的電勢差不變，上極板A不動，將下極板B緩慢向下挪動稍許到B，導(dǎo)致d增大，由E=Ud可知，兩極板間的電場的電場場強減小，那么P到上極板的電勢差減小，因此P點的電勢升高，故A正確，B錯誤；C、斷開S，下極板B不

11、動，將上極板A緩慢向下挪動稍許到A，因兩板上所帶電量不變，減小間隔 d，電容增大，由C=QU，及E=Ud=4kQS，那么可知E不變，故C正確；D、由上分析可知，因電場強度不變，當將上極板A緩慢向下挪動稍許到A，而P到B極板間的電勢差不變，那么其電勢不變，故D錯誤；應(yīng)選：AC電容器與電源相連，兩極板間的電勢差不變，通電后斷開，那么兩極板上的電量不變；由平行板電容器電容C=s4kd，根據(jù)某些量的變化可知電容的變化，那么由Q=UC可知電壓或電量的變化，由E=Ud可求得電場強度的變化電容器的動態(tài)分析重點在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開那么極板上的電量不變；和電源相連，那么兩板間的電勢差不變7. 如

12、下圖為研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗裝置設(shè)兩極板的正對面積為S，極板間的間隔 為d，靜電計指針偏角為，平行板電容器的電容為C實驗中極板所帶電荷量可視為不變，那么以下關(guān)于實驗的分析正確的選項是A. 保持d不變，減小S，那么C變小，變大B. 保持d不變，減小S，那么C變大，變大C. 保持S不變，增大d，那么C變小，變大D. 保持S不變，增大d，那么C變大，變大物理備課組整理AC備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：AB、根據(jù)電容的決定式C=S4kd得知，當保持d不變，減小S，那么C變小，電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=QU分析可知板間電勢差增大，那么靜電計指針的偏角變大故A正確，B錯誤CD、根據(jù)電容的

13、決定式C=S4kd得知，保持S不變，增大d，那么C變小，電容器極板所帶的電荷量Q不變，那么由電容的定義式C=QU分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角變大，故C正確，D錯誤應(yīng)選：AC靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大根據(jù)電容的決定式C=S4kd分析極板間間隔 、正對面積變化時電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，再由電容的定義式C=QU分析板間電勢差的變化，即可再確定靜電計指針的偏角變化情況此題是電容動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是掌握電容的兩個公式：電容的決定式C=S4kd和定義式C=QU8. 如下圖，電源電動勢E=9V，內(nèi)電阻r=4.5

14、，變阻器Rl的最大電阻Rm=5.0，R2=1.5，R3=R4=1000，平行板電容器C的兩金屬板程度放置在開關(guān)S與a接觸且當電路穩(wěn)定時，電源恰好有最大的輸出功率，在平板電容器正中央引入一帶電微粒，也恰能靜止那么A. 在題設(shè)條件下，R1接入電路的阻值為3，電源的輸出功率為4.5WB. 引入的微粒帶負電，當開關(guān)接向b未接觸b的過程中，微粒將向下運動C. 在題設(shè)條件下，R1的阻值增大時，R2兩端的電壓增大D. 在題設(shè)條件下，當開關(guān)接向b后，流過R3的電流方向為dc物理備課組整理AD備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A在開關(guān)S與a接觸且當電路穩(wěn)定時，電源恰好有最大的輸出功率，可知R1+R2=rR2=1.5，那么R1

15、=3電源的輸出功率Pm=E24r=4.5W故A正確B在開關(guān)S與a接觸且當電路穩(wěn)定時，在平板電容器正中央引入一帶電微粒，也恰能靜止微粒受重力和電場力平衡而上極板帶正電，可知微粒帶負電當開關(guān)接向b未接觸b的過程中，電容器所帶的電量未變，電場強度也不變，所以微粒不動故B錯誤C電容器所在的支路相當于斷路，在題設(shè)條件下，R1和R2及電源構(gòu)成串聯(lián)電路，R1的阻值增大時，總電阻增大，總電流減小，R2兩端的電壓減小故C錯D在題設(shè)條件下，開關(guān)接a時，上極板帶正電，當開關(guān)接向b后，下極板帶正電，流過R3的電流方向為dc故D對應(yīng)選ADA根據(jù)當外電阻等于內(nèi)電阻時，電源的輸出功率最大去求解B對微粒進展受力分析，根據(jù)微粒

16、處于平衡狀態(tài)，判斷出微粒的電性當開關(guān)接向b未接觸b的過程中，電容器電荷量未變，從而判斷出微粒的運動狀況C電路的動態(tài)分析抓住電動勢和內(nèi)阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆電路進展分析D找出開關(guān)接a和接b上下極板所帶電荷的電性，即可確定出電流的方向解決此題的關(guān)鍵掌握在什么情況下，電源的輸出功率最大，以及電容器的特性9. 如圖電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1為定值電阻，閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)的變化量用U表示，電流表示數(shù)的變化量用表示I表示以下判斷正確的選項是A. 電容器的帶電量減小，減小量為CUB. 通過電阻R1的電流減小，減少量為I，且等于UR1C. 電路的路端電壓一定增大，增加量

17、小于UD. 電可變電阻R的功率可能變小物理備課組整理CD備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：A、閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析得知，電阻R1兩端的電壓減小，R兩端的電壓增大，而它們的總電壓即路端電壓增大，所以電阻R1兩端的電壓減小量小于U電容器兩極板間的電壓等于R兩端的電壓，可知電容器板間電壓增大，帶電量增大，增大量為CU故A錯誤B、根據(jù)A的分析可知，電阻R1兩端的電壓減小量小于U，所以通過電阻R1的電流減小量I小于UR1，故B錯誤；C、總電流減小，那么內(nèi)阻所占電壓減小，所以電路的路端電壓一定增大，由于電阻R1兩端的電壓減小，而R的電壓增大U，所以電路的路端電壓增加量小于U

18、故C正確D、當可變電阻的阻值與R1+r的阻值相等時，功率最大，由于不增大詳細值，所以可變電阻R的功率可能變小故D正確應(yīng)選：CD 閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析電阻R1兩端的電壓，再根據(jù)路端電壓的變化，分析電阻R1兩端的電壓變化量，并比較與U的關(guān)系，確定電容帶電量變化量此題中兩電表讀數(shù)的比值要根據(jù)歐姆定律和閉合電路歐姆定律來分析，難度不大，屬于根底題三、填空題本大題共1小題，共5分10. 有一充電的平行板電容器，現(xiàn)使它的電荷量減少3×10-4 C，于是電容器兩極板間電壓降低2V，那么此電容器的電容是_  F；假設(shè)把電容器極板上的電

19、荷全部放掉，那么電容器的電容是_ F物理備課組整理1.5×10-4；1.5×10-4備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：電容C=QU=3×1042=1.5×10-4F；電容大小是由電容器本身的性質(zhì)決定的，與電量和電壓無關(guān)，故放掉電量后電容仍為1.5×10-4F；故答案為：1.5×10-4；1.5×10-4 根據(jù)電容器的電容C=QU=QU即可求得電容的大??；明確電容器與電壓和電量無關(guān)對于電容器的電容，表征電容器包容電荷的本領(lǐng)大小，與其電量、電壓無關(guān)求電容可用C=QU=QU，注意電容等于QU的數(shù)學(xué)推導(dǎo)的方法四、實驗題探究題本大題共1小題，共9.

20、0分11. 下面三個圖為探究平行板電容器電容大小決定因素的實驗，請將正確的結(jié)論填在橫線上兩平行板之間的電場可以視為勻強電場給電容器充電后與電源斷開，那么 1假設(shè)保持板間間隔 d不變，正對面積S變小，那么兩板電容C _ ，板間電勢差U _ 2假設(shè)保持S不變，d變大，兩板電容C _ ，板間電場強度E _ 3假設(shè)保持S和d都不變，插入介質(zhì)板后，那么板間電勢差U _ ，板間電場強度E _ 填“變小、“變大或“不變物理備課組整理減??；增大；減??；不變；減??；減小備課組長教學(xué)指導(dǎo)解：1保持板間間隔 d不變，兩極板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式C=S4kd得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義

21、式C=QU分析得到，板間電勢差U增大；2保持S不變，板間間隔 d增大，根據(jù)電容的決定式CC得知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=S4kd分析得到電容減??；但E=Ud和Q=UC可知：E=4kQS，故E和d無關(guān)，故E不變；3保持S和d都不變，插入介質(zhì)板后，根據(jù)電容的決定式C=S4kd得知，電容C增大，而電容器的電量Q不變，由電容的定義式C=QU分析得到，板間電勢差U減小由U=Ed可知，E減??；故答案為：1減??；增大； 2減??；不變； 3減??；減小先根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析板間電勢差的變化，根據(jù)U=Ed可知電場強度的變化此題考察電容器的動態(tài)分析問題，

22、要注意明確電容器的定義式、決定式以及U=Ed等公式的正確應(yīng)用，注意明確當斷開電源S不變，只改變板間間隔 時，兩板間的電場強度不變五、計算題本大題共4小題，共48分12. 如圖，平行正對金屬板A、B的長度為l，間距為d質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以速度v0沿平行于極板方向從A板的左側(cè)邊緣射入，運動中未打到極板上，不計重力1假設(shè)板間電勢差為U，求粒子從右側(cè)射出時的速度大??；2假設(shè)粒子恰好從B板的右邊緣射出，那么A、B板間的電壓應(yīng)為多少？物理備課組整理解：1粒子在A、B間運動過程中，沿極板方向做勻速運動，有：l=v0t       垂直

23、于極板方向做勻加速運動，有：vy=at       其中：a=qEm       E=Ud         射出電場時速度：v=v02+vy2    整理得：v=m2d2v02+q2l2U2mdv0 2從B板右側(cè)邊緣射出時：y=d=12at2          由解得：

24、U=2md2v02ql2答：1粒子從右側(cè)射出時的速度大小為m2d2v02+q2l2U2mdv0；2A、B板間的電壓應(yīng)為2md2v02ql2備課組長教學(xué)指導(dǎo)1粒子做類似平拋運動，平行極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向做勻加速直線運動，根據(jù)類平拋運動的分運動公式列式求解；2同樣根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式求解此題關(guān)鍵是明確粒子的運動性質(zhì)，然后根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式求解，根底問題13. 如下圖，間距L=1m的兩根足夠長的固定程度平行導(dǎo)軌間存在著勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小B=1T、方向垂直于紙面向里，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量M=0.1kg，電阻r=1的金屬棒MN與導(dǎo)軌垂宜且在程度拉力F作用下以v

25、=2m/s的速度程度向左勻速運動R1=2，R2=2，C=5F，導(dǎo)軌和棒之間的動摩擦因數(shù)=0.2開關(guān)S1、S2閉合，電路穩(wěn)定后，求：g=10m/s21程度拉力F的大??；2斷開S1后，流過R2的電荷量物理備課組整理解：1對導(dǎo)體棒做勻速運動，F(xiàn)=f+BILf=N=mg導(dǎo)體棒做切割磁感線運動，E=BLvI=ER1+R2+r聯(lián)立解得程度拉力的大小F=0.6N2開關(guān)S1，S2閉合，電路穩(wěn)定后電容兩端電壓等于R2兩端電壓Uab=IR2此時電容所帶的電荷量為Q=CUab斷開S1后，電容所有的電荷都會通過R2，故斷開S1后，流過R2的電荷量Q=4×106C答：1程度拉力F的大小為0.6N；2斷開S1后

26、，流過R2的電荷量4×106N備課組長教學(xué)指導(dǎo)1由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，然后應(yīng)用歐姆定律求出電流，由右手定那么可以判斷出感應(yīng)電流的方向由安培力公式可以求出金屬棒受到的安培力，然后由平衡條件求出拉力2由歐姆定律求出電容器兩端的電壓，然后由電容定義式的變形公式求出電荷量此題是電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的問題，是一道含容電路問題，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，分析清楚電路構(gòu)造是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式與平衡條件可以解題14. 如下圖，電源電動勢E=6V，內(nèi)阻r=1，電流表內(nèi)阻RA=3，三個定值電阻的阻值分別為R1=5，R2=10，R3=15，電容器電容C

27、=1.0×10-10F，問：1閉合開關(guān)S待電路穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)是多少？2閉合開關(guān)S待電路穩(wěn)定后，電容器的帶電量是多少？3再次斷開開關(guān)S待電路穩(wěn)定，通過R2的電量是多少？物理備課組整理解：1根據(jù)電阻之間的關(guān)系，有：R總=r+RA+R2R3R2+R3=1+3+10×1510+15=10 電流表示數(shù)I=ER總=610A=0.6A 2電容器兩端電壓U=EI(r+RA)=60.6×(1+3)=3.6V，電容器帶電量Q=CU=1×1010×3.6=3.6×1010C3電容器通過R2和R3放電，放電電流根電阻成反比，因此電量也跟電阻成反比，那么通過的R2電量為：R2Q=R3R2+R3Q=1510+15×3.6×1010=2.16×1010C 答：1閉合開關(guān)S待電路穩(wěn)定后，電流表的示數(shù)是0.6A 2閉合開關(guān)S待電路穩(wěn)定后，電容器的帶電量是3.6×1010C 3再次斷開開關(guān)S待電路穩(wěn)定，通過R2的電量是2.16×1010C備課組長教學(xué)指導(dǎo)1求出電路的總電阻，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出電流；2求出并聯(lián)部