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【创新设计】(广东专用)2022届高考物理一轮复习方案 第23讲 电容器 电容(含解析)

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课时作业(二十三) [第23讲 电容器 电容]1.(双选)图K23-1为静电除尘机理的示意图,尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,以达到除尘目的,下列表述正确的是(  )图K23-1A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大2.2022·宜昌模拟有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片,与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定金属片,这两片金属片组成一个小电容器.该电容器的电容C可用公式C=计算,公式中常量εr=9×10-12F·m-1,S表示金属片的正对面积,d表示两金属片间的距离.当键按下时,此小电容器的电容发生变化,与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了,从而给出相应的信号.设每个金属片的正对面积为50mm2,键未按下时两金属片的距离为0.6mm,如果电容变化0.25pF,电子线路恰能检测出必要的信号,则键至少需要被按下A.0.15mm        B.0.25mmC.0.35mmD.0.45mm3.2022·宁德质检在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒,每一颗粒充当电容器的一极,外表面绝缘,手指贴在其上构成电容器的另一极,这就组成了指纹传感器.当手指的指纹一面与绝缘表面接触时,由于指纹深浅不同,对应的峪和嵴与颗粒间形成一个个电容值大小不同的电容器,则(  )A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近,电容小B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,电容小C.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压,在手指靠近时,各金属电极电荷量减小D.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压,在手指远离时,各金属电极均处于充电状态4.(双选)如图K23-2所示,当S闭合后,一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态,5\n下列说法正确的是(  )图K23-2A.保持S闭合,使滑片P向左滑动,微粒仍静止B.断开S后,使两板错开一定距离,微粒仍静止C.断开S后,使两极板靠近,则微粒将向上运动D.断开S后,使两极板靠近,则微粒仍保持静止5.带电小球悬挂在平行板电容器内部,闭合开关S,电容器充电后,悬线与竖直方向的夹角为θ,如图K23-3所示.下列方法中能使夹角θ减小的是(  )图K23-3A.保持开关闭合,使两极板靠近一些B.保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动C.保持开关闭合,使两极板远离一些D.断开开关,使两极板靠近一些6.(双选)传感器是一种采集信息的重要器件,如图K23-4所示是一种测定压力的电容式传感器.当待测压力F作用于可动膜片电极上时,以下说法中正确的是(  )图K23-4A.若F向上压膜片电极,电路中有从a到b的电流B.若F向上压膜片电极,电路中有从b到a的电流C.若F向上压膜片电极,电路中不会出现电流D.若电流表有示数,则说明压力F发生变化7.电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的.油滴实验的原理如图K23-5所示,两块水平放置的平行金属板与电源连接,上、下板分别带正、负电荷.油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带电.油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况.两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力.(1)调节两金属板间的电势差u,当u=U0时,使得某个质量为m1的油滴恰好做匀速运动.该油滴所带电荷量q为多少?(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略,当两金属板间的电势差u=U时,5\n观察到某个质量为m2的油滴进入电场后做匀加速运动,经过时间t运动到下极板,求此油滴所带电荷量Q.图K23-58.2022·松滋一中在真空中水平放置一个平行板电容器,两极板间有一个带电油滴,电容器两板间距为d,当平行板电容器的电压为U0时,油滴保持静止状态,如图K23-6所示.给电容器突然充电使其电压增加ΔU1,油滴开始向上运动;经时间Δt后,电容器突然放电使其电压减少ΔU2,又经过时间Δt,油滴恰好回到原来的位置.假设油滴在运动过程中电荷量不变,充电和放电的过程均很短暂,这段时间内油滴的位移可忽略不计,重力加速度为g.试求:(1)带电油滴所带电荷量与质量之比;(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比;(3)ΔU1与ΔU2之比.图K23-65\n课时作业(二十三)1.BD [解析]集尘极接直流高压电源正极,带正电荷,放电极接电源负极,带负电荷,故电场方向由集尘极指向放电极,选项B正确;尘埃在电场力作用下向集尘极运动,受力方向与电场方向相反,故尘埃带负电荷,选项A、C错误;由F=qE可知,当电场强度E不变时,F与q成正比,选项D正确.2.A [解析]先求得未按下时的电容C1=0.75pF和恰能检测出信号时的电容C2=1.00pF,再由=得=,即Δd=0.15mm,A正确.3.B [解析]对应的峪和嵴与颗粒间形成的电容器近似看成是平行板电容器,由C=知,d变小时C变大,d变大时C变小,A错,B对;当电容器两极电压一定时,由Q=CU=,d变小时Q变大(充电),d变大时Q变小(放电),C、D均错.4.AD [解析]保持S闭合,极板两端的电压恒等于电源电动势,极板间距不变,微粒仍静止,A正确;断开S后,Q不变,由C=、U=和E=得E=,使两板错开一定距离,E增大,微粒将向上运动,B错误;使两极板靠近,E不变,微粒仍保持静止,C错误,D正确.5.C [解析]保持开关闭合,两极间电压不变,使两极板靠近一些,板间场强变大,夹角θ增大,A错;保持开关闭合,使滑动变阻器滑片向右移动,不会影响板间电压,夹角θ不变,B错;保持开关闭合,使两极板远离一些,由E=可知,场强减小,夹角θ减小,C对;断开开关,使两极板靠近一些,板间场强不变,夹角θ不变,D错.6.BD [解析]F向上压膜片电极,使得电容器两板间的距离减小,电容器的电容增加,而电容器两极板间的电压不变,故电容器的电荷量增加,电容器继续充电,电路中有从b到a的电流.选项A、C错误,选项B、D正确.7.(1) (2)或[解析](1)油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡,可见所带电荷为负电荷,即q=m1g,解得q=.(2)油滴加速下落,若油滴带负电,电荷量为Q1,则油滴所受到的电场力方向向上,设此时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得m2g-Q1=m2a1d=a1t2解得Q1=若油滴带正电,电荷量为Q2,则油滴所受到的电场力方向向下,设此时的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得m2g+Q=m2a2d=a2t25\n解得Q2=.8.(1) (2)1∶3 (3)1∶4[解析](1)油滴静止时,有mg=q解得=.(2)设第一个Δt内油滴的位移为x1,加速度为a1,第二个Δt内油滴的位移为x2,加速度为a2,则x1=a1(Δt)2x2=v1Δt-a2(Δt)2且v1=a1Δt,x2=-x1解得a1∶a2=1∶3.(3)油滴向上加速运动时,由牛顿第二定律有q-mg=ma1即q=ma1油滴向上减速运动时,由牛顿第二定律有mg-q=ma2即q=ma2解得=.5

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发布时间:2022-08-25 15:15:46 页数:5
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文章作者:U-336598

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