10.4 电容器的电容-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(人教版2019)

第4节电容器的电容 白题基础过关练 限时：7min 题型1对电容的理解 重难聚焦 1.某电容器的电容是30μF,额定电压为200V, 重难题型1 平行板电容器的动态分析 击穿电压为400V,对于该电容器，下列说法 3.(2024·北京期 中正确的是 ( 中)如图所示，平 A.为使它的两极板间的电压增加1V,所需要 行板电容器已经 的电荷量是3×103C 充电，静电计的 B.给电容器1C的电荷量，两极板间的电压为 金属球与电容器 3×105V 的一个极板连接，外壳与另一个极板连接， 静电计指针的偏转指示电容器两极板间的 C.该电容器能容纳的电荷量最多为6×103C 电势差，实验中保持极板上的电荷量Q不 D.该电容器两极板间能承受的最大电压为 变.设电容器两极板正对面积为S,极板间 200V 的距离为d,静电计指针偏角为a.下列关于 题型2平行板电容器的电容及充放电 实验现象的描述正确的是 2.(多选)用电流传感器和计算机可以准确地描 A.保持S不变，增大d,则0变大 绘电流随时间变化的曲线，现用如图a所示的 B.保持S不变，减小d,则0不变 电路粗略测量电容器的电容实验时，电阻箱 C.保持d不变，减小S,则0变小 的阻值调至890Ω，先把开关拨至1，当电容器 D.保持S、d不变，在两板间插人电介质，则 充电完毕后，再把开关拨至2，计算机记录电 0变大 流随时间变化的图像如图b所示.不计电流传 重难题型2电容器中的力学问题分析 4.（多选)如图所示，两个较大 感器的电阻，下列说法正确的是 的平行金属板A、B,分别接A i/mA 在电压为U的电源正、负极 上，油滴恰好静止在两极之间，在其他条件 不变的情况下 012345 A将两板缓慢地错开，油滴将向上加速运 图a 图b 动，电流计中电流从b流向a A.电容器充电完毕时的带电量约为8×103C B.将A板缓慢地提高，油滴将向下加速运 B.电容器的电容约为1×103F 动，电流计中的电流从a流向b C.若把电阻箱的阻值调至1000Ω再次做实 C.将A板缓慢地提高，油滴静止不动，电流 计中的电流从b流向a 验，则i-t图线下的面积减小 D.将两板缓慢地错开，油滴静止不动，电流 D.若把电阻箱的阻值调至1O002再次做实 计中的电流从a流向b 验，则电容器放电的时间增加 必修第三册：RJ黑白题032 黑题应用提优练 限时：l8mi 1.(多选)如图所示为几种电容式传感器，其中 A.传感器匀速向左做直线运动时，电容器两 通过改变电容器两极板间正对面积而引起电 极板所带电荷量将多于静止状态时 容变化的是 ( B.传感器匀减速向右做直线运动时，电流表 金属芯线 中有由b向a的电流 电宏器9 导电 液体 电介 个极 C.传感器运动时向右的加速度逐渐增大，则 被测动体 电流表中有由b向a的电流 洲位移 测液高 A B D.传感器运动时向左的加速度逐渐减小，则 國定电极 0 电流表中有由a向b的电流 一动片 可动 子一电极 4.(2024·重庆月考)如图所示，电容式麦克风的 定片 压力F 振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制 测压力 别度 D 成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构 2.如图所示，平行板电容器充电后 成闭合回路麦克风正常工作时，振动膜随声波 断开电源，在P点固定一个试探 左右振动.下列说法不正确的是 ( 电荷q,只移动下极板来改变极板距离d,F表 振动 示试探电荷所受的电场力，E表示板间电场强 号 度，p表示P点电势，E,表示试探电荷的电势 输出 能，则下列图线可能正确的是 基板 电池 A.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强 度不变 B.振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的 电流 C.振动膜向左运动时，电容器的板间电场强 3,(2024·河北邯郸二模)手机软件中运动步数 度减小 的测量是通过手机内电容式加速度传感器实 D.振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量 现的，如图所示为其工作原理的简化示意图 减小 质量块左侧连接轻质弹簧，右侧连接电介质， 5.平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一 弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动 个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部， 电介质相对于外框无摩擦左右移动（不能上 闭合开关S,电容器充电，这时悬线偏离竖直 下移动)以改变电容器的电容.下列说法正确 方向夹角为6，如图所示，那么 的是 A.保持开关S闭合，将A板稍向B板靠近，则 0减小 第十章黑白题033 B.保持开关S闭合，将A板稍向上移，则0 极管，下极板均接地.a、b是电荷量相同、质 减小 量分别为m1、m2的带负电油滴.当甲、乙的电 C.开关S断开，将A板稍向B板靠近，则日 荷量分别为Q,、Q,时，油滴a、b恰好分别悬 不变 浮在甲、乙的极板之间，则下列说法可能正确 D.开关S断开，将A板稍向上移，则0减小 的是 6.(2023·江苏苏州期中)如图所示电路，R。为 A.Q,大于Q 二极 定值电阻，R,、R2为滑动变阻器，G为理想灵 甲 B.m,大于m2 电流计，电源内阻不计.M、N是两块水平放 C.将甲的上极板向上平移少 置的平行金属板，导线与M、N中点的连接 许，a向下运动，b向上运动 点分别为A、B,O点到两极板距离相等.将一 D.将乙的上极板向右平移少许，a向下运动，b 质量为m的带正电小液滴放置在O点，闭合 向上运动 开关S,、S2后，液滴恰好处于静止状态.下列结 压轴挑战 论正确的是 9.如图所示，两块水平放置的平行金属板 A.R,的滑片向下滑动，通 M、N相距为d,组成一个电容为C的平行板 过灵敏电流计的电流 R 电容器，M板接地，板正中央有一个小孔B, 向下 G 从B孔正上方h处的A点，一滴一滴地由 B.R2的滑片向右滑动，小 静止滴下质量为m、电荷量为g的带电油 液滴将向上加速运动 滴.油滴穿过B孔后落到N板，把全部电荷 C.断开S2,将M极板向下移动一小段距离，小 量传给N板.若不计空气阻力及板外电 液滴将向上加速运动 场，问： D.将两极板分别绕垂直纸面且过A、B点的轴 (1)第几滴油滴将在M、N间做匀速直线 同时顺时针转过一个相同的小角度后，小 运动？ 液滴将在水平方向做匀加速直线运动 (2)能到达N板的油滴不会超过多少滴？ 7.(2023·江苏金陵中学期中)一带负电的小球 固定在平行板电容器内部.通过先控制开关的 通断，再上下调节极板的位置（如图所示），能 使小球的电势能增大的是 D 8.如图所示甲、乙为两个相同的平行板电容器， 它们的极板均水平放置，上极板间连有一个二 进阶突破拔高练PO西 必修第三册RJ黑白题0342m.以上两式相减可得方=n0·L= 形 容器刚开始放电的眠间有U=R=4.5×103×890V=4.005V,电容器 gD正确故 的电容约为c=.4x10 F=1×103F.B正确：C.电阻箱的阻值 选BD. U4.005 au号 不影响电容器充电完毕时所带的电量，则-1图线下的面积不变， (22 (3)A点，-2m时 C错误：D.若把电阻箱的阻值调至1000)再次做实验.通过的电荷 解析：(1)对滑块水平方向受力分析，如图所示 量不变，电路中电阳增大电流减小，由号=可知，电容器放电的时间 增加.D正确.故选BD. AN 3.A解析：A,根据电容器的定义式与决定式C= .c知，当 保持$不变，增大d时，电容器的电容减小，面电容器电荷量不变，则 电容器两端电压增大，从而使静电计指针张角9变大，故A正确： 据牛顿第二定律fa=mm,又F=,可知，= B.保持S不变，减小d时.电容器的电容增大，而电容器电荷量不 m 变，则电容器两端电压减小，从而使静电计指针张角日诚小，故B错 6m哈 清块向左滑行距A最大位移为，根据后=2血可得一248可 误：C.保特d不变，减小5时，电容器的电容减小，而电容器电荷量不 变，则电容器两端电压增大，从而使静电计指针张角0变大，故C错 (2)设滑块第一次从左侧再次回到A处的速度为”1加速度为1，滑 误：D.保持S、d不变，在两板间插人电介质，电容器的电容增大，而 块在右侧电场中的加速度为3，在右侧滑行的最大距离为ǒ2，滑块 电容器电荷量不变，则电容器两端电压减小，从而使静电计指针张 从A左侧最大位移处向右到达A的过程中，据牛顿第二定律F电 角日减小，故D错误.故选A. m.F电=，可得a,=兰 4,BD解析：如果将两板缓慢地水平错开，那么在错开的过程中，电容 又=244可知，- 2%, 器的电容将减小，由于电源电压不变.E=子，板间场强不变，则油清 静止不动，由Q=CU,Q诚小，电流计中的电流从a流向b,D正确：如 果将A板援橙地提高。由于电源电压不变，尽一行，板间场强变小，则 油滴向下加速运动，提高的过程中，电容器的电容将减小，由Q=CU, Q减小，电流计中的电流从a流向b,B正确 黑题应用提优练 滑块经A进人右侧匀强电场时受力分析如图，有Eg=m3,知1= 3 1,BD解析：A图：可变电容器，通过改变电介质改变电容，故A错误： 又据=2a,可得与产1 B图：电容器的一个极板是金属芯线.另一个极板是导电液体，故是 通过改变电容器两极板何正对面积而引起电容变化的，故B正确： 当滑块运动至右侧位移一半处，电势能等于动能，即电势能等于动能 C图：通过改变极板间的距离改变电容，故C错误：D图：电容器为可变 mi 的位置为2灯 电容器，通过转动动片改变正对面积改变电容，故D正确：故选D, 2.C解析：电容器充电后，断开电源，电容器的电量保持不变，根据C= (3)滑块在A点两侧做往复运动，由于摩擦阳力做功，振幅逐渐减 小，最终停在A点据能量守恒知滑块运动全程中摩擦力做功罩= .C=Q和=可知：尼=、，所以，只移动下极板来改变 6,S 2m6 两板间的场强不变，试深电荷在P点所受的电场力也不变，故AB错 误：P点与上板间的电势差U=E,由于上板接地，所以上板的电势 第4节 电容器的电容 为零.即U=”=e,由以上的分析可知，P点电势不变，根据E。 白题 基础过关练 #,所以P点电势能不变，故C正确，D错误 3.D解析：A.传感器匀速运动时弹簧长度与静止时相同，电容器两极 1.A解析：A由C-9可知，电压增大1V时，需要增加的电荷量为： △U 板所带电荷量与静止状态时相同，故A管误：B.匀减速向右运动时， △0=C△U=30x10◆×1C=3×10-5C,故A正确：B.给电容器1C的 弹簧的伸长量保持不变，电介质新人电容器长度不变，电容器的电容 电荷量，则由C= 号得：电压U=名子x10V,放B错误，C由0= 不变，所带电荷量不变，故电路中无电流，故B错误：CD.传感器运动 时向右的加速度逐渐增大以及向左的加速度逐新减小，此时弹簧的 CU可知，当电压达到击穿电压时，电荷量达到最多，最大值为：Q。= 400×30×106C=1.2×102C,故C错误：D.两极板间能承受的最大 长度都会逐渐变短，电介质插入电符器的长度变复，由6可知 电压为击穿电压400V,故D错误故选A. 电容器的电容变小.电容器两端的电压不变等于电源电动势，根据 2.BD解析：A.-t图线下的面积等于电容器充电完毕时所带的电量， Q=CU可知.电容器的电荷量减小.电容器放电.电路中有由向b 由图像可知电容器充电完毕时的带电量约为4×103C,A错误：B.电 的电流，故G错误，D正确.故选D. 必修第三册·RJ黑白题16 4.A解析：人.由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，振动7.D解析：A.由图可知.上极板带正电，下极板接地，将上极板下移到 顺向右运动时，电容器两极板间的距肉减小，由上=行、电容器的板 虚线位置，则两极板间的距离减小，开关保持闭合，则电容器两端的 电压不变，根据E=可知电场强度增大，由于电荷所在位置与下极 &S 同电场强皮增大，故A错误：B。根据G=4可知电容增大，则由 板的距离不变，则有='=一9x,可知电荷所在位置与下极板的 C=号，可知电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从。到6的电流。 电势差增大，放电荷所在位置的电势增大，根据E,=抑，可知负电荷 的电势能碱小，故A错误： 故B正确：CD,振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，所 B.由图可知，上极板带正电，下极板接地，将下极板下移到虚线位 以电容诚小，由干电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强 置，则两极板间的距离增大，开关保持闭合，则电容器两端的电压不 度减小，电容器的带电荷量或小，故CD正确.故选A. 变，上，下极板的电势不变，根据E=?,可知电场强度诚小.由于电 5.C解析：保持开关S闭合.电容器两极板间的电势差不变，A板向B 板靠近，极板同距商诚小，根器上=行，知电场提度E带大，小球所受 荷所在位置与上极板的距离不变，则有=”=9上-中，可知上极板 与电荷所在位置的电势差减小，故电荷所在位置的电势增大，根据 的电场力变大，8增大，故A错误保持开关S闭合，仅将A板沿极板 E,=9,可知负电荷的电势能减小，故B错误： 方向上移少许，电容器两极板间的电势差不变，板间距离也不变，则 C.由图可知，开关保持断开，则电容器的电量不变，将上极板上移到 板间场强不变，小球所受的电场力不变，0不变，故B错误断开开 虚线位置，则两极板间的距离增大，根据C=3 d.C=0 关S,电容器所带的电量不变，根据￡= 4知a联立得 立解得E,因电量不变，改变距离山，不会改变电场强度，由于 E=4的，知d变化E不变，电场力不变，0不变将A板稍向上移。 电荷所在位置与下极板的距离不变.则有U=E=e一9下，可知电荷 所在位置与下极板的电势差不变，故电荷所在位置的电势不变，根据 则S减小，E变大.则0变大，故C正确，D错误故选C E。=,可知负电荷的电势能不变，故C错误： 6.D解析：A.由图可知，初始状态下，电容器下极板带正电，上极板带 D.由图可知，开关断开，则电容器的电量不变，将下极板上移到虚线 负电.根据闭合电路欧姆定律可知E=(R。+R,).当R,的带片向下 位置，则两极板间的臣离减小，根据C= 滑动时.R,接人电路中的阻值减小，则电路中电流增大，根据U=R。 nd.Cs 联立解 U U.Es- 可知，R。两端电压增大，则电容器两端电压增大，电容器充电，通过 得E-,因电量不变，改变距离d,不会改变电场强度，由于电荷 灵敏电流计的电流向上，故A错误： 所在位置与下极板的距离减小，则有U=”=p-4下，可知电荷所在 B.由图根据闭合电路欲姆定律E=(R。+R,)可知，R,的滑片向右滑 位置与下极板的电势差诚小，做电荷所在位置的电势减小，根据E。= 动时，R,接入电路中阳值减小，但由于电容器在直流电路中相当于 ,可知负电荷的电势能增大，故D正确.故选D. 断路，所以电路中电流仍保持不变，则电容器两端电压不变，则电容 8。C解析：AB.液滴带负电保持静止，因此可知上极板带正电.Q,的带 器两极板间场强不变，小液滴受到的电场力不变，仍然保持静止，故 电量如果大于Q2,由(=？可知甲的电压高于乙的电压，期会向乙 B错误： T.U=0 C断开S:,电容器所带电荷量保持不变，根据￡= 放电使得甲乙的电荷量相同.如果乙的电荷量大，则因为二极管单向 .C= 导电则不会向甲放电，因此可知电荷量关系为Q:≤Q:,由G-4d S 4行a可得B=4π ES ,S 与：及G=号可得 4Tko 4k0 若将M极板向下移动一小段距离，电容器两极板间电场仍保持不 变，则小液滴仍然保持静止不动，故C错误： 又油滴静止可得E,=mg,g5,=m28, 甲的场强小于等于乙的场强，因此甲的质量小于等于乙的质量 D.根据闭合电路欧鳟定律E=(R+R,)可知，R,,R,电阻不变，电路 AB错误： 中电流不变，则电容器两端电压不变，设若将两极板分别绕垂直纸面 C如果甲乙的初始电荷量相同，将甲的上极板向上平移少许时，甲 且过A,B点的轴同时顺时针转过一个相同的小角度日后，极板间的 &S 距离诚小为ds0,电场强度大小为E'ds0 的上极板与乙的上极板等势，甲因为电势升高向乙放电，由C= 4πkd 此时电场力与竖直方向的夹角也为日，则电场力在竖直方向上的分 与C=9可知，甲的电容C诚小，甲的电量Q,诚小，从E, 40可 6S 力为F,=E%8= 知甲的场强减小，：的重力大于电场力，油滴a向下运动，乙的电量 d 所以，小液滴受到的合力大小不变，方向水平向右，小液滴将在水平 Q增大，从E2= 4m0可知乙的场强变大，b的重力小于电场力，钠 &,S 方向做匀加速直线运动，故D正确.故选D, 滴向上运动，C正确： 参考答案与解析黑白题17 D.将乙的上极板向右平移少许，乙的电容减小，但由于二极管的单 3D解析：带电离子在电场中做类平抛运动，可得了】· 向导电性，乙的电量不变，场强变大，b向上运动，电容器甲不发生变 化，a油漓静业不动，D错误：故选C 压轴挑战 (广为本平位，对子有号（民 9.(重)md+1(2)m”2+1 解析：(1)设第n滴油滴在M,N板间做匀速直线运动，此时，板上电 荷量为0=(-1)4，板上电压U==m-I)g （仁又m112,联立解得594 C 1,故选D 板间电场强度E= U-(n-19 D d Cd' 40 UL 2g,四 由平衡条件得E=mg。 4.(1)m (2)2, 由①2得n-mw41. 解析：(1)在加速电场中，由动能定理得：9心，2m-0, (2)设已有n滴油清到达N板，则有”=受 2qV 解得：产√m 第+1滴油滴恰好能到达N板，根据动能定理： (2)离子在偏转电场中做类平抛运动. mg(h+d-g”'=0,解得n=mg(h+d)C m 离子的运动时间 则能到达N板的油满不会超过g+d)C1滴。 (3)离子的偏移量：=2 g 2md 第5节带电粒子在电场中的运动 L 解得y严4dU 白题 基础过关塔第1课时带电粒子在电场中的两种运动 1 (4)由动能定理得：9(，+2m2-0, 1.D解析：A.电子运动过程只有电场力做功，根据动能定理= 之m,解得一，√受故A结误：即由A选项分析可知，鼠然极 92 解得：= m2m产U1 板间距发生变化，但电子到达Q板时的速率与两板问距离无关，仅与 黑题 应用提优练 加速电压/有关，因电压不变，电子到达Q板时速率大小不变，故 1,A解析：设A,B板闻的电势差为U,B,C板间的电势差为2，板间 B铅误。D正确：C。两极板间的场强为5=名，两极板间距离越小，场 距为山，电场强度为E,第一次由0点静止释放的电子恰好能运动到 P点，根据动能定理得g,=g心=qE4,将C板向右移动，B,C板间 强￡越大，面4=6，可知两极板同距离越小，电子在两极板侧运动 e 的加速度越大，故C错误故选D. 的电场强度￡= E不变，所以电子还是运 2.BCD解析：粒子运动过程只受电场力作用：粒子刚好能到达N板， 4nr*d”sS 故粒子到达N板时的速度为零，那么，由动能定理可得-心。=0- 动到P点速度减小为零，然后返回.枚A正确：BCD错误 2m要使这个带电粒子到达M,N两板中点位置处返回，那么，粒 2,C解析：将从细管C水平射出的电子逆过来看，是类平抛运动，则有 子在两板中点时速度为零，则由动能定理可得-9·2。=0- 水平方向上=，整直方向上子：子2a一品联立解料。 md U leUL el 之一，解得号。放A错误：胶子带电鼓变为2则在板中同处 n夏。风，所以√后花严√mm 有-2·之，=0子：粒子格好滤度为0，B正确：设肖版间 LU(+,故C正确，ABD错误，故选C d 3.D解析：A.如图所示，设偏转电场的板间距离为'，在偏转电场中 的电压为U,粒子初速度为，则由动能定理可得-g· =0 1 有ang==H。,l 子，站合y,=0-子解得=2。：放c正确：使初速度 。20,,编转角度0与粒子的比荷无关，所以不同 比荷9的带负电粒子从0点射人，偏转角度日相同，放A正确.不符 和M.N间电压减为原来的，电场强度变为原米的一半，动能变为 合题意：B.由动能定理得，粒子经电压为U,的电场中由静止开始加 原来的运动距离x 兰故D正 速后，满足g心2m哈-0，进人电压为的平行金属板间的电场 必修第三册·RJ黑白题18