高三物理电容器试题

1. 极板间距为d的平行板电容器，充电后与电源断开，此时两极板间的电势差为U1，板间电场强度大小为E1；现将电容器极板间距变为，其它条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间电场强度大小为E2，下列说法正确的是 

【解析】试题分析: 根据电容的定义式，由匀强电场公式，电容器充电后与电源断开，电量Q不变，据题知S和ɛ不变，则E不变。由U=Ed可知，将电容器极板间距变为，则则得：，故D正确，A、B、C错误。

【考点】 电容器的动态分析

2. 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（可视为点电荷）。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（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合电键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，电表均为理想电表。下列说法中正确的是（   ）

A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ变小

B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小

C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小

D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变

【答案】CD

【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，电容器两端的电压不变，则θ不变．故AB错误．用更强的光线照射，的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量不变．因为外电压减小，电压增大，则两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小．故CD正确．

【考点】考查了含电容电路，闭合回路欧姆定律的应用

3. 如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a0．平板电容器的A、B两极板之间有一电荷，在P点处于静止状态．以φp表示P点的电势，U表示两极板间电压，EP表示电荷在电场中的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确（　　）

A．U变大          B．φp不变           C．Ep变大          D．电荷将向上加速

【答案】A

【解析】根据平行板电容器特点可知，当A板向上平衡时，板间距增大，故电容减小、电荷量应减小，但又由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，故其电荷量保持不变，由知，两极板间的电压增大，所以选项A正确；根据可知，电场强度不变，故电荷所受电场力不变，所以选项D错误；根据可以知道，保持不变，即P点的电势不变，故电荷的电势能也不变，所以选项BC错误；

【考点】带电粒子在复合场中的运动、平行板电容器

4. 能的转化与守恒是自然界普遍存在的规律，如：电源给电容器的充电过程可以等效为将电荷逐个从原本电中性的两极板中的一个极板移到另一个极板的过程. 在移动过程中克服电场力做功，电源的电能转化为电容器的电场能．实验表明:电容器两极间的电压与电容器所带电量如图所示．

（1）对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，根据图示的Q-U图像，若电容器电容为C，两极板间电压为U，求电容器所储存的电场能．

（2）如图所示，平行金属框架竖直放置在绝缘地面上．框架上端接有一电容为C的电容器．框架上一质量为m、长为L的金属棒平行于地面放置，离地面的高度为h．磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面相垂直．现将金属棒由静止开始释放，金属棒下滑过程中与框架接触良好且无摩擦．开始时电容器不带电，不计各处电阻．

求a. 金属棒落地时的速度大小

b. 金属棒从静止释放到落到地面的时间

【答案】（1）（2）a, b.

【解析】（1）(5分)由功能关系可知克服电场力做的功等于产生的电场能（1分）

根据速度时间图像围成的面积代表位移可知在QU图像中，图像所围面积即为，也就是克服电场力所做的功（1分）

即 （1分）

又有电容定义式 （1分）

两式联立得   电容器储存的电场能为 （1分）

（2）(7分)设导体棒落地的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生感生电动势

感生电动势大小为  （2分）

电容器储存的电场能为 （2分）

由动能定理得 （2分）

解得 （1分）

（3）(8分)导体棒下落过程中受安培力和重力，由动量定理可知

解得   (8分)

【考点】电容器 电磁感应定律

5. 如图所示，由M、N两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计的金属球相接，极板M与静电计的外壳均接地。给电容器充电，静电计指针张开一定角度。实验过程中，电容器所带电荷量不变。下面操作能使静电计指针张角变大的是

【解析】极板M和静电计外壳均接地，相当于以大地为导向连接在一起，那么两极板之间的电压即静电计的指针和外壳之间的电压越大，指针偏角越大，平行板电容器电压，M板上移，正对面积变小，电压变大，选项A对。将M板沿水平向右方向靠近N板，板间距离变小，在M、N之间插入有机玻璃板相对介电常数变大，在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，板间距离变小，都会导致电压变小，指针张角表小，选项BCD错。

【考点】平行板电容器

6. 如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的极板，重力可以忽略 不计的带电粒子以速度v0水平射入电场，且刚好沿下极板B的边缘以速率v飞出。若保持其中一个极板不动而把另一个极板移动一小段距离，粒子仍以相同的速度v0从原处飞入，则下列判断正确的是

A．若上极板A不动，下极板B上移，粒子仍沿下极板B的边缘以速率v飞出

B．若上极板A不动，下极板B上移，粒子将打在下板B上，速率小于v

C．若下极板B不动，上极板A上移，粒子将打在下板B上，速率小于v

D．若下极板B不动，上极板A上移，粒子仍沿下极板B的边缘以速率v飞出

【答案】 B

【解析】试题分析:对于带电粒子以平行极板的速度从左侧飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的距离为d，电容器两极板电压为U，进入电容器的点与下极板的距离为a；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt，竖直方向：y==，刚好沿下极板B的边缘以速率飞出y=a；

若上极板A不动，下极板B上移，将电容器下板向上移动一段距离，电容器两极板电压U不变，距离d变小,y变大（y>a），所以不能沿下极板B的边缘以速率v飞出，而是粒子将打在下板B上，故A错；若上极板A不动，下极板B上移，电容器两极板电压U不变，距离d变小，进入电容器的点与上极板电压变大，到下极板电压变小，电场力做功变小，初动能相同，由动能定理，可知，打到B板上时的动能变小，也就是速率小于v，故B正确；若下极板B不动，上极板A上移，电容器两极板电压U不变，距离d变大,y减小（y【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析

7. 如图，C为平行板电容器，开关S先接a对C充电．当S接b后，电容器

【解析】 因面积和距离不变，固电容器的电容不变，A错，S接b后，电容器电能转化为灯泡内能，故电容器所带电量减少，电压降低，由E=U/d，得E减少，所以BC正确，D错。本题选择BC。

【考点】 能的转化和守恒 电容器

8. 如图所示，电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大(　　)

A．使A、B两板靠近一些

B．使A、B两板正对面积错开一些

C．断开S后，使B板向右平移拉开一些

D．断开S后，使A、B两板正对面积错开一些

【答案】CD

【解析】AB、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A、B错误．

C、断开S，电容器所带的电量不变，B板向右平移拉开些，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大．故C正确． D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．故选CD．

【考点】本题考查电容器的动态分析。

9. 如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，电容器的电容C1＝4 μF，C2＝1 μF，求C1、C2所带电荷量。

【答案】1.6×10-5 C  10-5 C

【解析】由于电容器的隔直作用，故R3无电流通过，R1，R2构成串联电路，根据闭合电路欧姆定律，I＝＝2 A，U1＝IR1＝6 V，U2＝IR2＝4 V，所以C1两端的电压UC1＝U2＝4 V，C2两端的电压UC2＝U1＋U2＝10 V，根据Q＝CU知，Q1＝C1UC1＝4×10－6×4 C＝1.6×10－5 C，Q2＝C2UC2＝1×10－6×10 C＝10－5 C。

【考点】闭合电路欧姆定律 欧姆定律 电容 电阻

10. 如图所示，D是一只理想二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a．平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态，保持极板A和B的间距不变，使极板A和B正对面积减小后，微粒P的运动情况、极板A和B间电压变化情况分别是

【解析】开始时粒子受重力和电场力，保持平衡；使极板A和B正对面积减小后，电容减小，由Q=CU知，电容器将要放电，由于二极管的作用，电容器只能充电，不能放电，即电容器的带电量不变，由C=知，电压U增大，场强增加，电场力增加，电场力大于重力，向上加速运动,C正确。

【考点】本题考查电容器的动态分析、二极管的作用。

11. 将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是(　　) 

【解析】据题意，电容器两极板之间的场强为：，则保持Q不变，将d变为原来两倍情况下，电场强度不变，A选项错误，如果保持d不变，将Q变为原来的一半，E将变为原来的一半，C选项正确；保持电场强度E不变，将d变为原来的一般，则据可知，两极板电势差将变为原来的一半，B选项错误；据可知，保持d不变，将Q变为原来的两倍，U将变为原来的两倍，故D选项错误。

【考点】本题考查电容器的动态平衡问题。

12. 如图所示的电路中，AB是两金属板构成的平行板电容器。先将电键K闭合，等电路稳定后再将K断开，然后将B板向下平移一小段距离，并且保持两板间的某点P与A板的距离不变。则下列说法正确的是（    ）

【解析】当平行板电容器充电稳定后，两板间存在匀强电场，当开关断开后，两极板的电量不变，当变化极板间距，从而改变电容器的电容，但极板间的电场强度却不变化．

A、将B板向下平移一小段距离，由可知电容器的电容变小，故A正确；

B、由、、可知，，只改变极板间距，没有改变电荷分布密度，板间场强不变，故B错误，C正确；

D、板间场强不变，故D错误。

故选：ACD。

【考点】电容器的动态分析．

点评：电容器的电容由两板间距、正对面积与电介质决定；而两板间的电场强度则由电容器的电量、电介质及正对面积决定．当开关断开时，电容器的电量不变；而开关闭合时，电容器的电压却不变．

13. 如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，现将其接在直流电源上，已知A板和电源正极相连．当开关接通时．一带电油滴悬浮于两板之间的P点，为使油滴能向上运动，则下列措施可行的是（      ）

【解析】为使油滴能向上运动，即电场强度变大，

将开关断开，两极板上的电荷量不变，则根据推式可得

将B板下移，电场强度不变，A错误，将AB板错开一段距离，则正对面积变小，故电场强度变大，B正确，

保持开关闭合，则两极板间的电压不变，则根据公式可得

将AB板左右错开一段距离，电场强度不变，C错误，将A板下移一段距离，d减小，故E增大，D正确

故选BD

【考点】考查了电容器的动态变化

点评：在分析电容器动态变化的时候需要知道将开关断开，两极板上的电荷量不变，保持开关闭合，则两极板间的电压不变，

14. 用图示装置研究平行板电容器电容与哪些因素有关时，以下说法正确的是(    )

【解析】静电计指针张角与电容器两端的电压有关，电压越大，张角越大，

根据电容的决定式：，

把A板向左平移或者右移，正对面积变小，C变小，电量一定，根据,，U变大，张角变大，A正确；B错误；

把A板向上平移，d变大，C变小，电量一定，根据，电压变大，张角变大，C正确；

保持两板不动，在AB之间插入一块金属板，相当于两板间距离减小，C变大。电量一定，根据，电压变小，张角变小。D错

故选AC

【考点】考查了电容器的动态分析

点评：做此类题目时，如果电容器和电源相连，则电压不变，如果断开电源，则电荷量不变

15. (14分）如图，一对很大的竖直放置的平行金属板可以绕M、N左右转动，其之间存在一水平匀强电场。有一长为l的轻质细绝缘棒OA.处于电场中，其一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端A.处固定一带电－q、质量为m的小球A.，质量为2m的绝缘不带电小球b固定在OA.棒中点处。滑动变阻器电阻足够大，当变阻器滑片在P点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，已知此时BP段的电阻为R，M、N两点间的距离为d。试求：(重力加速度为g)

（1）求此时金属板间电场的场强大小E；

（2）若金属板顺时针旋转α＝30°（图中虚线表示），并移动滑片位置，欲使棒静止在与竖直方向成30°角的位置，BP段的电阻应调节为多大？

（3）若金属板不转动，将BP段的电阻突然调节为R，则小球b在摆动过程中的最大动能是多少？

【答案】（1）（2）R2＝ R（3）

【解析】（1）(4分)小球和棒力矩平衡：

金属板间电场的场强大小

（2）（5分）金属板间电势差U1＝E1d＝

金属板旋转30°后平衡，

， 板旋转后，板距d′＝d cos30°，U2＝E′d′＝

金属板间电势差与变阻器BP电阻成正比，因此  ＝， R2＝ R

（3）（5分）BP段的电阻调节为R后，

设小球动能最大时，细线与竖直角度为θ，即摆动过程中的平衡位置，根据力矩平衡得到：，tgθ＝1，θ＝45°。

A.的速度是b的2倍，A.的质量是b的一半，所以A.的动能是 b的动能2倍，设b的最大动能为Ek，对整体，根据动能定理得到：

解得：

【考点】考查了动能定理以及静电学的综合应用

点评：做此类型题目，需要从受力分析开始，因为涉及的过程比较多，所以采用动能定理或者能量守恒分析解题

16. 如图所示电路，电源的电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，R为滑动变阻器。在变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，电容器C所带的电量（   ）

【解析】由电路图可知，与R的左半部分并联后再与右半部分串联，当滑片向b移动时，外电路电阻减小；由闭合电路欧姆定律可得电路中电流增大，则内电压增大，外电压减小；故C两端的电压减小时；则由可得，电容器C所带电量减小；A正确，

【考点】考查了带有电容器的电路动态分析

点评：判断外电阻的变化可用极限分析法，当滑片接a时，被短路，总电阻等于R，而滑片右移时，两电阻并联，而并联后总电阻减小，滑动变阻器并联部分越多，电阻越小时．

17. 如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)

【解析】带电粒子在电场内运动的时间和电场外运动时间相等，最后垂直打在M屏上说明竖直分速度为零，在电场外有向下的加速度，大小为g，则在电场中应有向上的加速度，大小也为g，即，，。AB错；粒子水平方向不受力，因此水平分速度不变，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间均为；C对D错

【考点】带电粒子在电场中的运动

点评：中等难度。本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，把运动分解成水平方向和竖直方向来研究．

18. 如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a.平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态，保持极板A和B的间距不变，使极板A和B正对面积减小后，微粒P的运动情况是（   ）

【解析】因D是一只二极管，只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，极板A和B正对面积减小后,电容增大,电容器充电,所以平行板电容器的电荷量Q变大，两极板电压增大，由E=U/d知E增大，所以电荷P向上运动，即C正确

19. 用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图).设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若(    )

【解析】本题考查平行板电容器电容C=的应用以及电容器的动态分析.由C=可知,保持S不变,增大d时,电容器的电容C减小,而电容器两极板上的电量不变,由U=可得,电容器两极板间的电势差增大,故偏角增大,A正确,B错误;若保持d不变,减小S,则电容器的电容C减小,同理由U=可得,电容器两极板间的电势差增大,故偏角增大,C､D错误.

20. (2011年龙岩质检)计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器，电容的计算公式是C＝9.0×10－12 (F)，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离．当某一键按下时， d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号．已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片的间距为0.6 mm.只要电容变化达0.25 pF，电子线路就能发出相应的信号．那么为了使按键得到反应，至少应把键盘按下的距离为(　　) 

【解析】选D.未按下键盘时，电容器的电容为

C1＝9.0×10－12×F＝7.5×10－13F＝0.75 pF

则电子线路能发出信号时电容器的电容应为

C2＝C1＋ΔC＝1.00 pF＝1.00×10－12F

由C2＝9.0×10－12×得：

d2＝0.45 mm

所以Δd＝d1－d2＝0.15 mm，D对．

21. (2010·北京·18)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若（   ）

【解析】由知保持S不变，增大d，电容减小，电容器带电能力降低，电容器电量减小，静电计所带电量增加，θ变大；保持d不变，减小S，电容减小，θ变大。正确答案A。

22. (2011·阜阳模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒.S闭合时，该微粒恰好能保持静止.在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开.下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是(   )

【解析】保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E=U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两极板带电荷量Q不变，根据Q=CU，C=可得，E=，可以看出E与两板间距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确.

23. 虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是(   )

【解析】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.

24. 用比值法定义物理量物理学中一种很重要的思想方法，下列表达中不属于用比值法定义物理量的是                                                                   (       ) 

【解析】比值法定义的物理量只是一种计算式，而不是决定式，跟牵涉其中的物理量没有大小关系，公式，都是利用比值法定义的，而感应电动势的大小跟穿过闭合线圈的磁通量的变化量以及所用的时间都有关系，所以公式不是利用比值法定义的，故选A。

25. 如图，平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，两板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动；当微粒运动到P点时，断开开关S，并将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动情况是( B  )

【解析】断开开关，然后改变极板间距离，极板上的电荷量不变，极板间场强不变，所受电场力不变，所以带电微粒受力不变，让做直线运动。答案选B。

26. M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图偏离竖直方向。下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大？（P球不与金属极板接触）

【解析】小球受重力绳子拉力，还有水平向右的电场力，要使OP悬线与竖直方向的夹角增大，则需要增大电场力即增大电场强度，增大MN两极板间的电势差，可知电场强度变大，A对。减小MN两极板的带电量，不影响电场强度大小，B错

保持板间间距不变，将M、N板一起向右或者向左平移，不影响电场强度大小，CD错

所以选A

27. 如图所示，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（   ）     

【解析】【考点】电容器的动态分析；带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．

专题：带电粒子在电场中的运动专题．

分析：此电路为R1和R2还有滑动变阻器串联，电容器两端电压跟R2两端电压相等

解答：解：滑动变阻器的滑片P向左移动，有效阻值增大，使得电路中的电流减小，则R2两端电压减小，所以电容器中的电场强度将减小，故A错误

根据Q=CU可知电容器所带的电荷量将会减少，故B正确

电容器的电容只跟本身有关系，跟两端电压和所带电荷量无关，所以电容器的电容不变，故C错误

因为板间场强减小，所以所受电场力减小，此时重力大于电场力，故液滴会向下运动，故D正确

所以应该选BD

点评：根据受力情况解决问题，运用公式，判断．

28. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是

A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大

B．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变

C．保持S闭合，悬线烧断，则小球在电场中将作自由落体运动    

D．断开S，悬线烧断，则小球在电场中将作变加速曲线运动

【答案】AB

【解析】【考点】电容器的动态分析；电场强度．

专题：电容器专题．

分析：小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时θ增大，电场力变小时θ减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变．

解答：解：若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据E=

可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，θ将增大，若悬线烧断，小球受重力恒定的电场力作用，所以小球沿悬线延长线做匀加速直线运动运动，故A正确，C错误．

若断开S，电容器带电量保持不变，由C=和C=以及E=

可得：E=，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则θ不变，若悬线烧断，小球受重力恒定的电场力作用，所以小球沿悬线延长线做匀加速直线运动运动，故B正确，D错误．

故选AB．

点评：对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：C= 、C= 、E= 

之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化．

29. 有带电平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距d="0.1" m,电势差U="1000" V，现从平行板上A处以vA="3" m/s速度水平向左射入一带正电小球（知小球带电荷量q=10-7 C，质量m="0.02" g），经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，求:

【1】在图上粗略画出带电小球从Ａ运动到Ｂ的轨迹。

【答案】略

【2】算出A、B间的距离sAB；

【答案】7.2×10-2 m

【3】小球到达B点时的动能.(g取10 m/s2)

【答案】1.044×10-4J 

30. 半导体指纹传感器：在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，传感器阵列的每一点是一个金属电极，充当电容器的一极，其外面是绝缘的表面．手指贴在其上与其构成了电容器的另一极，由于手指指纹深浅不同，嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值大小不同，其工作过程是通过对电容感应颗粒预先充电到某一参考电压，然后对每个电容的放电电流进行测量，设备将采集到不同的数值汇总，也就完成了指纹的采集，则(　　) 

【解析】影响电容器电容的因素有，板间距离、正对面积、介电常数，根据可知，指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，即板间距离小，则电容大，故A错误

指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，即板间距离大，则电容小，故B正确

对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指靠近时，即增大介电常数，则电容增大，根据，电压不变，所以各金属电极电量增大，故C错误

对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指远离时，即介电常数减小，则电容减小，根据，电压不变，所以各金属电极电量减小，各金属电极均处于放电状态，故D错误

故选B

31. 如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连。当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点。则

【解析】分析：开始时液滴静止说明液滴受力平衡，可得出电场力与重力大小相等；

根据开关的通断，可知两板间电势差的变化或电量的变化；则改变极板间的距离时，由电容器的性质可知板间电场强度的变化，由F=Eq可知电场力的变化，即可判断液滴的运动情况．

解答：解：开始时，液滴静止，故mg=Eq，电场力向上；

A、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则减小两板间距离时，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故A错误；

B、当开关闭合时，两板间的电势差不变，则增大两板间距离时，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，合力向下，故液滴将向下运动，故B正确；

C，D、而通电后断开开关，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C正确而D错误；

故选BC．

32. 如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为v/2，仍能恰好穿过电场，则必须再使（    ）

【解析】粒子能穿过极板，有，由此可知当速度变为原来的一半时，为使竖直位移相同，电压变为原来的四分之一，或场强变为原来的四分之一，AD正确

33. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若

【解析】略

34. 2009年度诺贝尔物理学奖，由“光纤之父”华裔物理学家高锟、美国科学家韦拉德-博伊尔和乔治-史密斯三人分享。博伊尔和史密斯的成功是发明了电荷耦合器件（CCD），电荷耦合器件由一组规则排列的金属─氧化物─半导体（MOS）电容器阵列和输入、输出电路组成。下列有关电容器电容的说法中正确的是

A．电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量

B．电容器的带电量为零时，它的电容也为零

C．电容器的电容随所带电量的增大而增加

D．电容器的带电量增大时，两极板间的电压也随着增加，但其电容保持不变

【答案】AD

【解析】A、电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，故A正确；

B、电容器的电容与带电量无关，由自身因素决定，故B错误；

C、电容器的电容与带电量无关，由自身因素决定，故C错误；

D、电容器的电容与带电量无关，由自身因素决定，故D正确；

故选AD。

35. 如图所示，图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，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），其图象如题21图2所示，那么题21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

【解析】本题考查速度传感器的有关知识，本题为较难题目。由题意可知： 所以E的变化规律与Q的变化规律相似，所以E的图象为②，由, 所以

，随均匀增加。所以是匀速移动，所以速度图象为③，综上所述C正确。

36. 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。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离

【答案】B

【解析】电容器两端电压U不变，由公式，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A错；P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U=Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变,电容C减小时由公式Q=CU，带电量减小，D错。

37. 如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.

求：

（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。

（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。

（3）经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。

【答案】见解析

【解析】（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：

－umgL＝                                                                 ①

v1＝                                                                              ②

（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：

－umgL－2rEqs＝                             ③

当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m                    ④

由题意有：N≥0                   ⑤

由以上三式可得：E≤                                               ⑥

E的取值范围：0＜ E≤                        ⑦

（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得：                                  ⑧

U＝Ed

由法拉第电磁感应定律得E1＝n　　　　　　　　　　　　⑨

由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R）　　　　　　　　　　　⑩

U＝2RI

经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。

38. 如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态.要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是

【解析】带点尘埃静止在两板之间，故所受向下的重力和向上的电场力平衡；R1的滑片的移动不会影响电容器两板的电压，故选项A错误；把R2的滑片向左移动，则电容器两极板间电压减小，电场强度减小，故尘埃向下加速，选项B正确；同理，把R2的滑片向右移动，则尘埃向上加速，选项C错误；把开关S断开时，电容器两板的电压等于电源的电动势，即电压变大，场强变大，故尘埃向上加速，选项D错误；故选B。

【考点】直流电路中的电容电路；物体的平衡.

39. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中，下列说法中正确的是

【解析】在可变电阻R3由较小逐渐变大的过程中，R3两端的电压增大，则电容器C两端的电压变大，带电量变大，选项A错误；电容器带电量增大，故电容器充电，通过R2的电流方向是由上向下，选项B正确；因为当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于不知外电路电阻和内阻的关系，故无法判断，选项C错误；由于随可变电阻R3的增大，电路的电流减小，故根据可知，电源内部消耗的功率减小，选项D错误；故选B。

【考点】电路的动态分析；电功率.

40. 如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为，理想电流表A示数变化量的绝对值为，则

【解析】滑片向右滑动变阻器连入电路的阻值变小，总电阻变小，电流变大，灯泡逐渐变亮，B错；电源输出功率最大时有电源内阻等于外电路电阻，虽然外电路电阻变小，但不能确定是不是接近电源内阻，电源输出功率不一定增大，A错；， ，C对；当电路稳定后，断开电键，小灯泡与电容器组成闭合回路，电容放电，小灯泡不立刻熄灭，D错。

【考点】本题考查电路的动态分析