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12．傳感器是把非電學量（如溫度，速度，壓力等）的變化轉換為電學量變化的一種元件，自動控制中有著廣泛的應用．如圖所示是一種測量液面高度h的電容式傳感器的示意圖，從電容C大小的變化就能反映液面的升降情況．關于兩者關系的說法中正確的是（　　）
A．C增大表示h減小B．C增大表示h增大
C．C減小表示h減小D．C的變化與h的變化無直接關系

分析 根據電容器的決定式C=$\frac{?s}{4πkd}$，結合正對面積的變化，判斷電容的變化．

解答 解：金屬芯線和導電液構成電容器的兩個極，h的大小決定了電容器兩極間的正對面積的大小，h增大，正對面積增大，則電容器C增大，因此C增大，表示h增大；C減小，表示h減小，故BC正確，AD錯誤；
故選：BC．

點評 解決本題的關鍵知道h的高度影響正對面積的大小，掌握電容的決定式C=$\frac{?s}{4πkd}$，并能靈活運用．

練習冊系列答案
相關習題

科目：高中物理 來源： 題型：多選題

18．如圖所示，在水平方向做勻速直線運動的列車中，一位乘客將一小鋼球向后水平拋出，站在地面上的人看這個小球的運動軌跡可能是（　�。�
A．B．C．D．

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科目：高中物理 來源： 題型：多選題

3．下列說法中正確的是（　�。�
A．X射線穿透物質的本領比γ射線更強
B．在電磁波發(fā)射技術中，使電磁波隨各種信號而改變的技術叫做調諧
C．根據宇宙大爆炸學說，遙遠星球發(fā)出的紅光被地球接收到時可能是紅外線
D．愛因斯坦狹義相對論指出：真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的

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科目：高中物理 來源： 題型：解答題

20．某熱機在工作時，若燃料燃燒時放出5.0×106J的熱量，但被廢氣帶走的能量及其他各種損耗為3.8×106J，則該過程中熱機對外做了1.2×106J功，該熱機工作時的效率為24%，能否使熱機的效率提高到100%？不能．

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科目：高中物理 來源： 題型：選擇題

7．如圖所示，空間的虛線框內有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離為0.5cm，其中BB′為零勢面．一個質量為m，帶電量為q的粒子沿AA′方向以初動能EK自圖中的P點進入電場，剛好從C′點離開電場．已知PA′=2cm，粒子的重力忽略不計．下列說法中正確的是（　�。�
A．該粒子在P點時的電勢能是-0.5 EK
B．該粒子通過等勢面BB′時的動能是1.25 EK
C．該粒子到達C′點時的動能是2EK
D．該粒子到達C′點時的電勢能是0.5EK

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科目：高中物理 來源： 題型：解答題

17．如圖所示，一質量為m、電量為q的帶電粒子，以速度v沿平行于板的方向射入電場中．極板間的電壓為U，板長為L，板間距離為d．若不計帶電粒子的重力，求帶電粒子射出電場時
（1）側向位移的大小
（2）速度的大小．

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科目：高中物理 來源： 題型：填空題

4．如圖所示三塊相同的蹄形磁鐵并列放置，可以認為磁極間的磁場是均勻的．將一根直導線用金屬細線懸掛在磁鐵的兩極間，有電流通過懸線將擺動一個角度，通過這個角度可以比較安培力的大�。�
（1）保持電流大小方向不變，先接通1、2兩線，再接通1、3兩線，發(fā)現第二次金屬線擺角較大，由此可推斷安培力大小與導體長度有關．
（2）接通1、4兩線，第一次通電0.1A，第二次通電0.4A，發(fā)現第二次金屬線擺角較大，由此推斷安培力大小與電流大小有關．
（3）請你猜測安培力大小還與哪些因素有關磁場強弱，及放置的角度．

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科目：高中物理 來源： 題型：解答題

1．如圖1為某同學設計的“探究加速度與物體所受合力F及質量m的關系”實驗裝置簡圖，A為小車，B為電火花計時器，C為裝有砝碼的小桶，D為一端帶有定滑輪的長方形木板．在實驗中細繩對小車拉力F等于砝碼和小桶的總重力，小車運動加速度a可用紙帶上的點求得．

（1）關于該實驗，下列說法中正確的是BC．
A．用砝碼和小桶的總重力來表示F，會產生偶然誤差
B．為消除摩擦力對實驗的影響，可以把木板D的左端適當墊高
C．電火花計時器使用交流電源
D．木板D的左端被墊高后，圖中細線應保持水平
（2）圖2是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計數點，每相鄰兩計數點間還有4個打點（圖中未標出），計數點間的距離如圖2所示．則打紙帶上點3時小車的瞬時速度大小v3=0.26m/s，由紙帶求出小車的加速度大小a=0.50 m/s2  （結果保留2位有效數字）．
（3）在該實驗中，有兩位同學通過測量，分別作出a-F圖象，如圖3（a）、（b）中的A、B線所示，試分析：A線不通過坐標原點的原因是平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力；B線不通過坐標原點的原因是平衡摩擦力過度．

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科目：高中物理 來源： 題型：多選題

2．遠距離輸電時，輸送電功率為P，輸電電壓為U，所用導線的電阻率為ρ，橫截面積為S，總長度為L，輸電線的損失功率為△P，用戶得到電功率為P′，則（　�。�
A．△P=$\frac{{{U^2}S}}{ρL}$B．△P=$\frac{{{P^2}ρL}}{{{U^2}S}}$C．P′=P-$\frac{{{U^2}S}}{ρL}$D．P′=P（1-$\frac{pρL}{{U}^{2}S}$）

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