模型22电容器的动态分析（教师版含解析）-备战2021年高考物理模型专题突破

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1、22 电容器的动态分析 1(2020 天津滨海新 油田三中高二期中)如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂 在电容器内部， 闭合电键 k， 电容器充电， 这时悬线偏离竖直方向的夹角为 ， 则下述说法正确的是( ) A电键 k断开，A 板向 B板靠近，则 增大 B电键 k 断开，A板向上移动，则 增大 C保持电键 k 闭合，A板向 B 板靠近，则 变小 D保持电键 k闭合，A 板向上移动，则 变小 【答案】B 【详解】 A若断开 K，电容器带电量保持不变，由 4 S C kd 和 Q C U 以及 U E d 可得 4kQ E S 由于 Q、S不变，A 板向 B板靠近，虽然

2、d 变小，但电场强度不变，故电场力不变，则不变，故 A错 误； B若断开 K，由 4 kQ E S 得，Q 不变，A 板向上移动，S 变小，E变大，则变大，故 B正确； C若保持 K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据 U E d 可知，当将 A板向 B板靠近 时，d 变小，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故 C 错误； D若保持 K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据 U E d 可知，A 板向上移动，d 不 变，电场强度不变，则电场力不变，将不变，故 D错误。 故选 B。 2(2020 安阳市殷都区第二高级中学高二期中)如图所示，电容器与一稳定的电源连接后，保持

3、两极板间距 不变而将极板相互错开一些，关于极板错开前后，下列判断中正确的是( ) A电容器的电容增大 B电容器两极板的电场强度变大 C电容器两极板间的电势差不变 D电容器储存的电荷量不变 【答案】C 【详解】 A、根据电容器的决定式 4 rS C kd 可知保持两板间距不变，相互错开，极板正对面积减小，电容减小，故 A 错误； BC、合上开关 S后，电容器与电源保持相连，板间的电势差仍等于电源电动势，保持不变。由于板间距 d 不变，根据 U E d 可知板间的电场强度不变，B 错误，C正确； D、因电容减小，电压不变，则由 QUC 可知，电容器储存的电荷量减小，D错误。 故选 C。 3(202

4、0 甘肃兰州一中高二期中)如图所示，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 。实验中，极板所带电荷量不变，若( ) A保持 S不变，增大 d，则 不变 B保持 S 不变，增大 d，则 变小 C保持 d 不变，减小 S，则 变大 D保持 d不变，减小 S，则 不变 【答案】C 【详解】 由电容公式 Q C U 4 S C kd 解得 4 kdQ U S AB. 极板所带电荷量不变，保持 S不变，增大 d，U增大，则 增大，AB 错误； CD. 极板所带电荷量不变，保持 d不变，减小 S，U增大，则 变大，C正确，D 错误。 故选 C。 4(2020 黑龙江大庆一中高二月考

5、)如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器 R与直流电源连接,G 为一零 刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关 S 后,下列说法正确的是( ) A若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大 B若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变 C若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，电容器储存的电量将增加 D若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从 a 到 b方向的电流 【答案】C 【分析】 闭合开关 S 后， 电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压， 保持不变 将开关 S 断开， 电容器放电， 知电量的变化若只将电容器下极板向下移动一小段距离，分析电容的变化，判断电量的变化，

6、分析电 路中电流的方向若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动，电压增大 【详解】 A、B项：闭合开关 S后，电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压，保持不变，若只在两板间插 入电介质，电容器的电容将增大故 A、B 错误； C项： 若只将滑动变阻器滑片 P 向上移动， 电容器极板间电压增大， 则电容器所带电荷增多， 故 C 正确； D项：若只将电容器下极板向下移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器所 带电量减小， 电容器放电 由于上极板带正电， 所以此过程电流计中有从 b到 a 方向的电流， 故 D错误 故应选：C 【点睛】 本题电容器动态变化分析问题，关键是确定电容器的电压

7、电路稳定时，电容器所带电路无电流，只有 在充电或放电过程中电容器所在电路有电流 5如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为 Q，板间距离为 d，上极板与静电计相连， 静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间 P 点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对 值为 q。静电力常量为 k，下列说法正确的是( ) A油滴带正电 B油滴受到的电场力大小为 2 4kQq d C若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动 D若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小 【答案】D 【详解】 A根据受力分析知，油滴受重力和电场力，因为油滴受力平衡，因此可判断油滴带负电，所

8、受电场力 竖直向上，故 A错误； B因为油滴处于匀强电场中，因此只能用匀强电场公式，根据平行板电容器公式可得 Q C U UEd 可得 Qq FEq Cd 故 B 错误； C电场力 4qUkqQ FqE dS 可知电场力与两极板距离 d 无关，若仅将上极板平移到图中虚线位置，所受电场力不变，因此油滴仍静 止不动，故 C 错误。 D平行板电容器电荷量不变，根据公式 4 S C kd Q U C 因此将上极板平移到图中虚线位置， 间距变小， 电容变大， 电压变小， 静电计指针张角变小， 故 D 正确； 故选 D。 6(2020 江西南昌二中高二期中)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正

9、向电阻为零可以视 为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一 带电油滴位于容器中的 P点且处于静止状态下列说法正确的是( ) A将下极板下移，则 P点的电势升高 B将上极板下移，则 P点的电势不变 C减小极板间的正对面积，带电油滴保持静止，但 P 点的电势会降低 D减小极板间的正对面积，带电油滴将向上运动 【答案】D 【详解】 二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容= 4 rS C kd ， Q C U ，极板间的场强 U E d ，整理可得 4 r UkQ E dS A将下极板下移，d 变大，由= 4 rS C kd 可知 C

10、 变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电， 由 4 r k S E Q 可知电容器两极板间的电场强度不变，上极板与 P 点之间距离不变，根据 PP UEd 上上 ， 可知上极板与 P点电势差不变，再由 PP U 上上 ，其中上极板电势不变，则可知 P点电势不变，故 A错误； B将上极板下移，d变小，由= 4 rS C kd 可知 C变大，两极板电势差不变，根据 U E d 知两板间电场强 度变大， P 点与下极板之间距离不变，根据 PP UEd 下下，可知上极板与 P点电势差变大，再由 PP U 下下，其中下极板电势不变，则可知 P 点电势升高，故 B错误； CD根据= 4 rS C

11、kd ，减小极板间的正对面积，电容 C 减小，由于二极管具有单向导电性，而图中电容 器只能充电不能放电，由 4 r k S E Q 可知电容器两极板间的电场强度变大，油滴所受电场力变大，带电 油滴将向上运动，上极板与 P 点之间距离不变，根据 PP UEd 上上 ，可知上极板与 P点电势差变大，再 由 PP U 上上 ，其中上极板电势不变，则可知 P点电势会降低，故 C错误，D 正确。 故选 D。 7(2020 安徽池州一中高二期中)如图所示，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用 绝缘细线悬挂于平行板间处于静止状态，小球与竖直方向的夹角为 ，此时 A 极板带负电，B 极板带正

12、 电。则下列判断正确的是( ) A轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动 B若将 A极板向左平移稍许，电容器的电容将增大 C若将 A极板向上平移稍许，夹角 将变小 D若将 A极板向下平移稍许，静电计指针偏角增大 【答案】D 【详解】 A轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，故 A错误； B充电后与电源断开，电荷量不变，由公式 4 S C kd 可知，若将 A极板向左平移稍许，即d增大， 则电容器的电容将减小，故 B 错误； C充电后与电源断开，电荷量不变，由公式 4 S C kd 可知，若将 A极板向上平移稍许，即 S减小，则 电容减小，由 Q C U 可知，则

13、电势差增大，由公式 U E d 可知，场强增大，小球受到的电场力增大， 则夹角 将变大，故 C 错误； D充电后与电源断开，电荷量不变，由公式 4 S C kd 可知，若将 A 极板下平移稍许，即 S 减小，则 电容减小，由 Q C U 可知，则电势差增大即静电计指针偏角增大，故 D 正确。 故选 D。 8(2020 甘肃天水 高二期中)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C中央各有一小孔，小孔分 别位于 O、M、P点，由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P点，现将 C板向右平移到 P点，则由 O点 静止释放的电子 A运动到 P 点返回 B运动到 P 和 P点之间返回 C运动到 P

14、点返回 D穿过 P点 【答案】A 【详解】 设 A、B板间的电势差为 U1，B、C 板间的电势差为 U2，板间距为 d，电场强度为 E，第一次由 O点静止 释放的电子恰好能运动到 P 点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将 C板向右移动，B、C板间的电场强 度 22 4 4 Q UQkQC E S ddS d kd ，E 不变，所以电子还是运动到 P 点速度减小为零，然后返回，故 A 正确；BCD错误 9(2020 北京丰台 高二期中)电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用电 容表征。如图所示，在研究电容器充、放电的实验中，使开关 S掷向 1端，电源 E对电

15、容器 C充电。关 于电容器，下列说法正确的是( ) A电容器所带的电荷量越多，电容就越大 B电容器所带电荷量为 0时，电容就为 0 C电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压就变为原来的 2倍 D电容器的电容在数值上等于两极板间的电压为 1 V 时电容器需要带的电荷量 【答案】D 【详解】 AB电容器的电容是由电容器本身的内部结构决定的，与电容器带电量无关，选项 AB错误； C根据 Q C U 可知，电容器电容不变，当电容器所带电荷量减小为原来一半时，两极板间的电压就变为原来的一半， 选项C错误； D根据 Q C U 可知，电容器的电容在数值上等于两极板间的电压为 1 V 时电容器需要

16、带的电荷量，选项 D正确。 故选 D。 10(2020 北京丰台 高二期中)电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用 电容表征。如图所示，在研究电容器充、放电的实验中，使开关 S 掷向 1 端，电源 E 对电容器 C 充电。 下列图像中，能正确反映电容器充电过程中电流与时间、电荷量与电压关系的是( ) A B C D 【答案】A 【详解】 AB 充电过程中随着电容器电荷量的增加， 充电电流越来越小， 充满以后电流为零， 故 A正确， B错误； CD根据 Q C U 可知，电容器的电容大小不变，则qU图象是一条过原点的直线，故 CD错误。 故选 A。 11(2020 四

17、川阆中市川绵外国语学校高二期中)如图所示，一平行板电容器与电源 E和电流表相连接，接 通开关 S，电源即给电容器充电，下列说法中不正确的是( ) A保持 S接通，使两极板的面积错开一些(仍平行)，则两极板间的电场强度减小 B保持 S接通，减小两极板间的距离，则电流表中有从左到右的电流流过 C断开 S，增大两极板间的距离，则两极板间的电压增大 D断开 S，在两极板间插入一块电介质板，则两极板间的电势差减小 【答案】A 【详解】 A保持开关 S接通，电容器上电压 U 保持不变，正对面积 S 减小时，由 U E d 可知 U和 d 都不变，则场强 E 不变，A错误，符合题意； B减小距离 d 时，由

18、 4 S C kd 可知电容 C增大，因为开关 S接通 U 不变，由 QCU 得电荷量 Q将增大，故电容器充电，电路中有充 电电流，电流表中有从左到右的电流流过，B正确，不符合题意； C断开开关 S后，电容器的电荷量 Q保持不变，当 d 增大时，由 4 S C kd 可知电容 C减小，由 Q C U 可得电压 U将增大，C正确，不符合题意； D插入电介质，增大，由 4 S C kd 可知电容 C增大，因为断开 S后 Q不变，由 Q C U 知电压 U 将减小，D正确，不符合题意。 故选 A。 12(2020 河南高二月考)电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路，上极板接地。闭合开关 S，电源

19、对 电容器充电后，电容器带电量为 Q，两极板间电压为 U，板间电场强度大小为 0 E，电容器中的 P点电势 为，则下列说法正确的是( ) A若将上板下移少许，Q 增大，U减小， 0 E不变，变大 B若将上板下移少许，Q 不变，U减小， 0 E减小，变小 C若断开开关 S，将上板下移少许，Q增大，U不变， 0 E增大，变小 D若断开开关 S，将上板下移少许，Q不变，U减小， 0 E不变，变大 【答案】D 【详解】 AB电容器与电源保持连接时电容器两极板间的电压 U 不变，上板下移(板间距 d减小)。 由公式 4 rS C kd ，可知电容 C将增大； 由公式 Q C U 可知电容器带电量 Q将增

20、大； 由公式 0 U E d 可知两极板间的场强增大； P 点电势为为负值，设 P点到上板的距离为 x，则 0 E x x 减小，所以变大，选项 A、B 错误； CD断开电源后电容器带电量 Q不变，上板下移(两极板间距 d 减小)。 由公式 4 rS C kd ，可知，电容 C 将增大； 由公式 Q C U 可知电容器两极板间电压 U 将减小； 由 0 U E d ， Q C U ， 4 rS C kd ，三式可解得 0 4 r k Q E S 由此可知两极板间的场强不变，由 0 E x 可知变大，选项 C错误、D 正确。 故选 D。 13(2020 甘肃省静宁县第一中学高二月考)如图所示为一

21、种电容传声器。b是固定不动的金属板，a是能在 声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片， a、 b 构成一个电容器。 其工作原理是当声波作用于金属膜片时， 金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板 b 间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变 化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关 K，若声源 S发出声波使 a 向右运动时( ) A电容器的电容减小 Ba、b 板之间的电场强度减小 C流过电流表的电流方向为自左向右 D电容器两板间的电压会増大 【答案】C 【详解】 A 由电容的决定式 4 S C kd 可知， a 向右运动时， 极板间的距离 d减小， 所以电容增大， 选项 A错误； BD闭合

22、开关 K，电压 U保持不变，距离减小，由 U E d 可知电场强度增大，选项 BD 错误； C由电容定义式 Q C U 可知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流表的电 流方向为自左向右，选项 C正确。 故选 C。 14(2020 江西九江 高二期中)平行板电容器与电动势为 E的直流电源、电阻 R 和开关 S连接成如图所示的 电路，下极板接地。当开关 S闭合时，一带电油滴位于电容器中的 P 点且恰好处于静止状态。现断开开 关 S，将下极板竖直向上移动一小段距离，则( ) A油滴保持静止 B油滴的电势能减小 CP 点的电势将降低 D电容器极板带电荷量增大 【答案】AC 【详解

23、】 AD油滴恰好处于静止状态，此时油滴受到的重力与电场力平衡。断开开关 S 后，电容器极板带电量不 变，将下极板竖直向上移动一小段距离，板间距 d减小，由 4 rS QU CCE Ukdd ， 联立解得场强大小为 4 r k S E Q 即场强大小与 d 无关，故此时电场力不变，油滴仍然保持静止，故 A 正确，D错误； BC 上极板与电源正极相连， 故电场方向竖直向下， 下极板接地， 电势为 0， 下极板上移一小段距离后， P 点到下极板的距离减小，又因为场强 E 不变，由UEd可知，P点与下极板间的电势差减小，故 P点 电势降低，而油滴受到的电场力向上，故油滴带负电，由 p Eq 可知，油滴

24、的电势能将增大，故 B 错 误，C正确。 故选 AC。 15 (2020 云南省云天化中学高二期中)如图所示， 两板间距为 d 的平行板电容器与电源连接， 电键 K闭合。 电容器两板正中间有一质量为 m、带电荷量为 q 的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是 ( ) A微粒带的是负电 B电源电动势大小为 2mgd q C电键 K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 D电键 K断开，把电容器两板距离增大，微粒保持静止不动 【答案】AD 【详解】 A根据题意可知，带电荷量为 q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容 器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电，故 A 正确

25、； B由平衡条件得 U mgq d 可得电源电动势的大小为 mgd EU q 故 B 错误； CD断开开关 S，电容器所带电量不变，由 4 S C kd Q C U U E d 可得电容器板间场强为 4 kQ E S 当把电容器两极板间距离增大，场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动，故 C 错误，D 正确； 故选 AD。 16(2020 湖南省临澧县第一中学高二期中)一平行板电容器充电后与电源断开，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，以 E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，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

26、到图中虚线所示的位置，则下列说法正确 的是( ) AU变小，E 变小 BE不变，EP不变 CU变小，EP不变 DU不变，EP不变 【答案】BC 【详解】 平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据 4 rS C kd 知电容增大，根据 Q U C 则电势差 U变小；由 U E d 知电场强度 4 4 UQQkQ E S dCdS d kd 不变，则 P与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在 P 点的电势能 EP不变；故选 BC。 17(2020 福建福州 高二期中)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

27、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。 以下实验过程中电容器所带电荷量可认为不变。下面操作能使静电计指针张开角度变小的是( ) A将 M板沿水平向右方向靠近 N 板 B在 M、N之间插入有机玻璃板 C将 M板向上平移 D在 M、N 之间插入金属板，且不和 M、N接触 【答案】ABD 【详解】 ABD由题意，电容器所带电量 Q 保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差 U变小，由 Q C U 分 析可知，电容 C应变大，根据 4 S C kd 分析可知，应增大正对面积，减小板间距离、或增大电介质， 插入金属板，相当于减小 d，故 ABD正确。

28、C将 M 板向上平移，正对面积减小，电容减小，则电压 U 增大，指针张开角度变大，故 C 错误。 故选 ABD。 18(2020 湖南高二期中)图示是电子束加工工件的示意图，电子枪产生热电子后被高压电源加速，经聚焦 系统会聚成很细的电子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工。现将电子加速系统简化 为如图所示电路， 平行板电容器与直流电源相连接， 保持电键闭合， 电子由静止开始从A板向B板运动， 当到达B板时速度为v，则下列说法正确的是( ) A若增大两极板间距离，则电容器电量Q变大，v也增大 B若B板向上移动少许，则电容器电量Q变小，v保持不变 C若断开电键后增大两极板间距离，则电容

29、器电量Q不变，v也不变 D若断开电键后将B板向上移动少许，则电容器电量Q不变，v增大 【答案】BD 【详解】 根据电容公式 4 S C kd 可知 d 增大 C 减小，S 减小 C减小。 A.电键保持闭合，U不变，d增大 C减小 Q=UC 因此 Q减小。根据动能定理 电场力做功 eU= 1 2 mv2 可知 v 不变，故 A错误。 B.电键保持闭合，U不变，若 B板向上移，S 变小，C 减小 Q=UC 因此 Q减小。根据动能定理 电场力做功 eU= 1 2 mv2 可知，v不变，故 B正确。 C.电键断开，Q不变。d 增大 C减小 Q U C C减小 U增大。根据动能定理 电场力做功 eU=

30、1 2 mv2 可知，v变大，故 C错误。 D.电键断开，Q不变。若 B 板向上移，S 变小，C减小 Q U C C 减小 U增大。根据动能定理 电场力做功 eU= 1 2 mv2 可知，v变大，故 D正确。 故选 BD。 19(2020 四川省冕宁中学校高二期中)如图所示，平行板电容器与直流电源相连，下极板接地，一带电油 滴位于容器中的 p点恰好处于静止状态现将平行板电容器的上极板上移一小段位移，则( ) A电容器的电容减小，极板带电量将减小 B带电油滴将沿竖直方向向上运动 CP点的电势将降低 D带电油滴在 P 点的电势能将减小 【答案】AC 【详解】 A由于电容器和电源相连，电势差不变；将

31、平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则 d变 大，则根据 4 S C kd 可知电容 C变小，根据 Q=UC 可知，极板的带电量变小，故 A 正确； B将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离变大， 根据 U E d 得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故 B错误； C场强 E减小，而 P点与下极板间的距离不变，则由公式 U=Ed 分析可知，P点与下极板间电势差将减 小，故 P 点电势降低；故 C正确； D由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于 P点的电势降低，则油滴的电势能将增加， 故 D错误。 故选 AC。 2

32、0如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，电源电动势 E=3V。实验时先使开关 S 与 l端相连，电源向电容器 C 充电，待电路稳定后把开关 S掷向 2端，电容器通过电阻 R 放电，传感器 将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的 I-t曲线，则( ) A如果仅将 R的阻值调大，则 I-t曲线与两坐标轴围成的面积增大 B如果仅将 R的阻值调大，则电容器放电更快 C如果仅将电源电动势 E 调大，则 t=0时刻的放电电流更大 D电容器的电容约为10F 【答案】CD 【详解】 A由q It 可知，It图像围成的面积表示通过 R的电荷量，通过 R 的电荷量为电容器两极板上的电

33、 荷， 由于电压未变， 故电容器极板上的电荷量不变， 故It图像与两坐标轴围成的面积不变， 故 A 错误； B增大电阻的阻值，电容器放电变慢，故 B 错误； C仅将电源电动势增大，则电容器两极板间的电压变大，故 0 时刻的放电电流更大，故 C 正确； D由It图像可知，其其围成的总格数约为 75 格，故电容器极板上的电荷量约为 325 75 0.2 100.2 10 C3 10 Cq 故电容为 10F q C U 故 D 正确。 故选 CD。 21(2020 海伦市第一中学高二期中)如图所示电路中电源电动势为 E内阻为 r，电流表和电压表均为理想电 表， 1 R、 3 R为定值电阻， 2 R为

34、滑动变阻器，C为平行板电容器。开关 S闭合后两极板间的带电液滴处 于静止状态，当滑动变阻器滑片 P 向 a 端滑动过程中，下列说法正确的是( ) A 3 R的功率变大 B电压表、电流表示数都变大 C在滑动变阻器片 P 向 a端滑动时，若同时增大平行板间距，则液滴可能保持不动 D电容器 C 所带电荷量减少，液滴向下加速运动 【答案】AC 【详解】 AB当滑动变阻器滑片 P向 a端滑动时，接入电路的电阻增大，R2与 R3并联的电阻增大，则电路的总 电流减小，R1电压减小，则电压表的示数变小，R2与 R3并联的电压增大，R3中的电流增大，由电功率公 式有 333 2 PI R 则电阻 R3的功率变大

35、，电流表的示数为电路总电流减去 R3中的电流，因此电流表示数变小，A正确，B 错误； CR3两端电压增大，若增大平行板的间距，由 U E d 可知，电场强度可能恒定，则液滴可能不动，C 正确； DR2与 R3并联的电压增大，电容器两板间电压增大，由 Q C U 可知，电容 C不变，电量 Q 增大，板 间的场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴将向上加速运动，D错误。 故选 AC。 22(2020 重庆市开州区陈家中学高二月考)如图所示，电路中 A、B 为两块竖直放置的金属板，C是一只静 电计，开关 S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( ) A使 A、B两板间距增

36、大 B使 A、B两板正对面积减小一些 C断开 S后，使 B 板向右平移一些 D断开 S后，使 A、B正对面积减小一些 【答案】CD 【详解】 AB合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变，故 AB错误； C断开 S，电容器带电量保持不变，B板向右平移一些，即 A、B间距增大一些，根据 4 S C kd 可知， d 变大，C变小，根据 Q C U 可知，U 增大，张角变大，故 C正确； D断开 S，电容器带电量保持不变，使 A、B正对面积减小一些，根据 4 S C kd 可知，S变小，C 变 小，根据 Q C U 可知，U增大，张角变大，故 D正确。 故选 CD。 23(2020

37、黑龙江大庆中学高二月考)传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定压力的电容 式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待 测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器与灵 敏电流表(电流从正接线柱流入指针向右偏转)和电源串联成闭合电路，在待测压力增大过程中，以下说 法正确的是( ) A电容器的电容将减小 B电容器的电荷量将增加 C灵敏电流表指针向左偏 D灵敏电流表指针向右偏 【答案】BD 【详解】 当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式 4 S C kd 分析得知，电容增大，电容 两端电势差不变，根据QCU可知，电容器的电荷量将增加，由于电容器上极板带正电，则电路中形 成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏，故 A、C错误，B、D正确； 故选 BD。