新高考物理一轮复习选择题考点专项练43　平行板电容器的动态分析（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习选择题考点专项练43　平行板电容器的动态分析（含答案解析），共5页。

A.F逐渐减小，FT逐渐减小
B.F逐渐增大，FT逐渐减小
C.F逐渐减小，FT逐渐增大
D.F逐渐增大，FT逐渐增大
2.(U不变)如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A.电容器的电容增加
B.在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流
C.A、B两板间的电场强度增大
D.P点电势升高
3.(U不变)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
4.(Q不变)电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器( )
A.电容变小
B.极板间电压变大
C.极板间电场强度不变
D.极板间的电场强度变小
5.(Q不变)如图所示，有一个平行板电容器，A板带电荷量为＋Q，B板接地，在A、B两板间的电场内有一固定点P。下列说法中正确的是( )
A.若B板固定，A板下移，则P点的电场强度不变，P点电势不变
B.若B板固定，A板下移，则P点的电场强度不变，P点电势升高
C.若A板固定，B板上移，则P点的电场强度变大，P点电势降低
D.若A板固定，B板上移，则P点的电场强度不变，P点电势升高
6.(Q不变)如图所示，水平放置的平行金属板带等量异种电荷，上板接地。板间一个带电小球用绝缘细线悬挂处于静止状态，细线的张力不为零。若将下板向下移一些，则( )
A.两金属板间电势差增大
B.细线上的张力增大
C.小球的电势能减少
D.上板带电量减少
7.(两种模型的综合)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F，调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )
A.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B.保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
C.保持R1和R2不变，缓慢向上移动M板，F将不变
D.保持R1和R2不变，缓慢向左移动M板，F将不变
解析答案43 平行板电容器的动态分析
A [电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度E减小，电场力F＝qE减小，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力分析如图所示，根据力的合成法得FT＝eq \r(F2＋（mg）2)，由于重力不变，电场力减小，拉力减小，故A正确。]
2．B [根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E＝eq \f(U,d)，U不变，d增大可知场强大小变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误。]
3．A [根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)和Q＝CU可知，电容减小，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝eq \f(U,d)可知极板间电场强度E减小，B、C、D错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。]
4．C [由平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可得，d减小，C增大，故A错误；电容器所带电荷量Q不变，C增大，由U＝eq \f(Q,C)可得，U变小，故B错误；由匀强电场的场强与电势差关系公式可得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，E与d无关，E不变，故C正确，D错误。]
5．A [两板间电场强度E＝eq \f(U,d)，又C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，联立得E＝eq \f(4kπQ,εrS)，可知，P点的电场强度E不变，P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故A正确，B错误；B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C、D错误。]
6．A [根据C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，联立则有E＝eq \f(4πkQ,εrS)，由于电荷量不变，则极板间场强不变，距离增大，由公式U＝Ed可知两板间的电势差增大，故A正确；由于两板带电量一定，因此两板间的距离增大，两板间的电场强度大小不变，因此细线上的张力不变，故B错误；由于上板的电势为零，且带电小球所在位置与上板间的距离不变，由U＝Ed可知，带电小球所在位置与上板的电势差不变，因此小球的电势能不变，故C错误；两板始终带等量异种电荷，故D错误。]
7．C [保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电＝qE＝qeq \f(U,d)减小，悬线的拉力为F＝eq \r(（mg）2＋Feq \\al(2,电))将减小，A错误；保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，B错误；保持R1和R2不变，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，缓慢向上移动M板，两极板正对面积减小，但距离不变，根据E＝eq \f(U,d)可知E不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，C正确；保持R1和R2不变，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，缓慢向左移动M板，由E＝eq \f(U,d)可知，E减小，F电减小，故拉力F减小，D错误。]