10.4 电容器的电容-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(人教版2019) 江苏专用

第4节 电容器的电容 第1关练速度 10mn为准，你的时间： 重难题型1平行板电容器的动态分析 3.(2024·北京期 题型1对电容的理解 中)如图所示，平 1.某电容器的电容是30uF,额定电压为200V, 行板电容器已经 击穿电压为400V,对于该电容器，下列说法 充电，静电计的金 中正确的是 ( 属球与电容器的 A.为使它的两极板间的电压增加1V,所需要 一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电 的电荷量是3×10-3C 计指针的偏转指示电容器两极板间的电势 B.给电容器1C的电荷量，两极板间的电压 差实验中保持极板上的电荷量Q不变.设 为3×10V 电容器两极板正对面积为S,极板间的距离 C.该电容器能容纳的电荷量最多为6×103C 为d,静电计指针偏角为0.下列关于实验现 D.该电容器两极板间能承受的最大电压 象的描述正确的是 () 为200V A.保持S不变，增大d,则0变大 题型2平行板电容器的电容及充放电 B.保持S不变，减小d.则0不变 C.保持d不变，减小S,则0变小 2.(2024·江苏淮安联考)如图甲为探究一电容 D.保持S、d不变，在两板间插入电介质，则0 器充电特性的电路.两次实验中电容器的电荷 变大 量g随时间t变化图像如图乙中①②所示，第 重难题型2电容器中的力学问题分析 一次充电时电容器两端电压U与电荷量g变 4.(2024·安微八校联考)如 © 化图像如图丙所示.不计电源内阻，则( 图所示，两块较大的金属 3m. 板A、B相距为d,平行放置 并与一电源相连.开关S闭合后，两板间恰好 有一质量为m、带电荷量为g的油滴处于静止 A.第一次充电过程中t,时刻比2时刻电 状态，则说法正确的是 () A.将A向左平移一小段位移，则两金属板电 流小 荷量增加 B.第二次充电时，电容器U-q图像斜率比丙 B.将A向上平移一小段位移，则G表中有a 图大 →b的电流 C.①②两条曲线形状不同是由于R不同引 C.断开S后将A向下平移一小段位移，则油 起的 滴保持静止 D.①②两条曲线形状不同是由于E不同引 D.断开S后将A向左平移一小段位移，则两 起的 金属板间的电势差减小 必修第三册学霸032 第2关练准确率 准确率>30%，你做对题 下移动)以改变电容器的电容.下列说法正确 的是 ( 5.(2023·湖南联考)传感器是自动控制设备中 不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境 电介质 保护、交通运输以及家庭生活等各个领域.几 种电容式传感器如图所示，其中通过改变电 容器两极板间的距离而引起电容变化的是 ( A.传感器匀速向左做直线运动时，电容器两 极板所带电荷量将多于静止状态时 电综 金稀芯钱 B.传感器匀减速向右做直线运动时，电流表 电介质板 也介员 中有由b向a的电流 徽湖杨依 测位移 C.传感器运动时向右的加速度逐渐增大，则 ,液高 电流表中有由b向a的电流 D.传感器运动时向左的加速度逐渐减小，则 因定包极 动片 电流表中有由a向b的电流 8.(2024·重庆月考)如图所示，电容式麦克风的 定片 测压力 振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制 角度 C D 成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构 6.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g,只移动下极板来改变极板距离d,F表 扳动膜 电阻 示试探电荷所受的电场力，E表示板间电场强 信号 度，P表示P点电势，E表示试探电荷的电势 出 能，则下列图线可能正确的是 基板 白池 A.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强 度不变 B 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 度减小 7.(2024·河北邯郭二模)手机软件中运动步数 D.振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量 的测量是通过手机内电容式加速度传感器实 减小 现的，如图所示为其工作原理的简化示意图 9.平行板电容器的两板A、B接 质量块左侧连接轻质弹簧，右侧连接电介质， 于电池两极，一个带正电小 弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动 球用绝缘细线悬挂在电容器 电介质相对于外框无摩擦左右移动（不能上 第十章学霸033 内部，闭合开关S,电容器充电，这时悬线偏离 竖直方向夹角为6，如图所示，那么() A.保持开关S闭合，将A板稍向B板靠近， 则0减小 B.保持开关S闭合，将A板稍向上移，则0 C D 减小 12.如图所示，甲、乙为两个相同的平行板电容 C.开关S断开，将A板稍向B板靠近，则日 器，它们的极板均水平放置，上极板间连有 不变 一个二极管，下极板均接地.a、b是电荷量相 D.开关S断开，将A板稍向上移，则8减小 同、质量分别为m,、m2的带负电油滴.当甲、 10.(2023·江苏苏州期中)如图所示电路，R。为 乙的电荷量分别为Q,、Q2时，油滴a、b恰好 定值电阻，R、R,为滑动变阻器，G为理想灵 分别悬浮在甲、乙的极板之间，则下列说法 敏电流计，电源内阻不计.M、N是两块水平 可能正确的是 放置的平行金属板，导线与M、N中点的连 A.Q,大于Q2 二极骨 接点分别为A、B,O点到两极板距离相等.将 B.m1大于m2 一质量为m的带正电小液滴放置在O点，闭 C.将甲的上极板向上平移少 合开关S,、S2后，液滴恰好处于静止状态.下 许，a向下运动，b向上运动 列结论正确的是 D.将乙的上极板向右平移少许，a向下运 A.R,的滑片向下滑动， 动，b向上运动 通过灵敏电流计的电 第3关练思维宽度 难度级别：女☆☆☆ 流向下 13.如图所示，两块水平放置的平行金属板M、N B.R2的滑片向右滑动，小 相距为d,组成一个电容为C的平行板电容 液滴将向上加速运动 器，M板接地，板正中央有一个小孔B,从B C.断开S2,将M极板向下移动一小段距离， 孔正上方h处的A点，一滴一滴地由静止滴 小液滴将向上加速运动 下质量为m、电荷量为q的带电油滴.油滴穿 D.将两极板分别绕垂直纸面且过A、B点的 过B孔后落到N板，把全部电荷量传给N 轴同时顺时针转过一个相同的小角度后， 板.若不计空气阻力及板外电场，问： 小液滴将在水平方向做匀加速直线运动 (1)第几滴油滴将在M、N间做匀速直线 11.(2023·江苏金陵中学期中)一带负电的小 运动？ 球周定在平行板电容器内部.通过先控制开 (2)能到达N板的油滴不会超过多少滴？ 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 ( …七- B 必修第三册学霸034水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中 随着间距减小，库仑力增大，但仍小于带动摩擦力，所以导致加迪 第4节电容器的电容 第1关（练递度） 度慢慢减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度小于？，B错误， 由动能定理可得1，me=0-子，产生的内能0me:+ 1。A解折A由C=光可知，电压增大1V时，需要带加的电荷量 为：△Q=C△U=30×10×1C=3×103C,故A正确：B.给电容器 2m心，因此在此过程中产生的内能大于诚少的动能，C错误：由动 1G的电荷量，则由G=号得：电压0=名寸×10V,故B错误， 能定理可得g=0-子m,解得两点间的电势差 C.由Q=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=400×30x10C=1.2×102C,故C错误：D.两极板间能 m(-2gs ，D正确故选D. 承受的最大电压为击穿电压4O0V,故D错误故选A 7.C解析：AB.小球恰好能从D点飞出，根据牛顿第二定律可 2.C 解桥：人根据出可知一图像的切线斜率等于电流，所以 2 知mg+F=mR,小球通过》点的速度一定大于y唇，A错误： 第一次充电时，时刻的电流大于2时刻的电流，故A错误；B.因 C.点电荷的等势面为球面，小球从C点沿圆轨道到D点过程中只 为两次充电用同一个电容器，由电容的定义式C=号，可知同一个 有重力做功，小球的机械能守恒，C正确：D.小球从A点到D点的 电容器所带电荷量与两板间的电势差成正比.故第二次充电时，电 过程，电场力做正功，小球的机械能变大，即小球在D点的机械能 容器U-g图像斜常与丙图中图线斜率相同，故B错误：CD.根据 大于在A点的机械能，D错误故选C Q=CU.①②两次充电稳定后的电量g相问，则U相同.表明电源电 8.22(3A点m 动势相同，则这两次充电的电源相同，第2次的斜率大，表示充电 的电流大，电阻的阻值小，所以①②两条曲线不同是R的不同造成 解析：(1)对滑块水平方向受力分析，如图所示 的，故C正确.D错误故选C 3.A解析：A.根据电容器的定义式与决定式C=9 G4aa可知 当保持S不变，增大d时.电容器的电容诚小，面电容器电荷量不 变，则电容器两端电压增大，从而使静电计指针偏角日变大， 故A正确：B.保持S不变.减小d时，电容器的电容增大.而电容器 电荷量不变，则电容器两端电压减小，从而使静电计指针偏角8就 据牛顿第二定律F电票mm,又F电=，可知a=话 小，故B错误：C.保持d不变.减小S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，从而使静电计指针偏 滑块向左滑行距A最大位移为，根据哈=21可得= 角8变大.放C错误：D.保持S,d不变，在两板间插人电介质.电容 omo 器的电容增大，而电容器电荷量不变，则电容器两端电压或小.从 2a18f 而使静电计指针偏角8减小，故D错误.故选A, (2)设潜块第一次从左侧再次可到A处的速度为1、加速度为？、 滑块在右侧电场中的加速度为，在右侧滑行的量大距离为2.滑 4.C解析：A.开关5闭合后，极板之间电压一定，根据C=名，C= 块从A左侧最大位移处向右到达A的过程中，据牛领第二定律 FPsm,F电=，可得a,=2 ·解得-将A向左平移一小段位移，极板之网正对面】 积减小，可知两金属板电荷量减小，故A错误：B.根据上述，将A 又=21可知，=2： 向上平移一小段位移极板之问间距增大，两金属板电荷量减小，A 极板先前带负电，电荷量减小，可知，A极板失去电子，电子从：→b 运动.则G表中有+的电流，故B错误：C.断开S后，极板所带 电荷量一定，板板之间的电场强度日=名，结合上述解得B: 4打将A向下平移一小段位移，极板间距减小，但极板之间电场 8,S 滑块经A进人右侧匀强电场时受力分析如图，有B网=m,知 强度不变，液滴所受电场力不变，即油滴保持静止，故C正确：D 根据上述有1=4行0.极板所带电荷量不变，A向左平移一小段 ,S 位移，极板正对而积减小.两金属板间的电势差增大，故D错误.故 又据=2a4可得1回 选C. 当潜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 第2关（练准确率》 5.C解析：A.A图是通过改变电介质板在电容器两极板间的深度引 能的位置为2河 起电容变化的.A错误：B.B图中电容器的一个极板是金属芯线， (3)滑块在A点两侧做往复运动，由于摩擦阻力做功，振辐逐渐减 另一个极板是导电液体，通过改变电容器两极板间正对面积引起 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W= 电容变化的.B错误：C.C图是通过改变两极板间的距离引起电容 变化的.C正确：D.D图是通过改变动片与定片间的正对面积，引 2m品 起电容变化的，D错误故选C 必修第三册学霸14 6.C解析：电容器充电后，断开电源.电容器的电量保诗不变，根据 6一c一号和=兰可知：所以只移动下低板来故 后，极板间的距离减小为ds0,电场强度大小为B=着 deos 8' 此时电场力与竖直方向的夹角也为8，则电场力在竖直方向上 变.两板间的场强不变，试探电荷在P点所受的电场力也不变， 的分力为F,=8m=9=g 故AB错误：P点与上板间的电势差∥=E”,由于上板接地，所以上 d 板的电势为零，即U=E”=P,由以上的分析可知，P点电势不变， 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 根据E。=ep,所以P点电势能不变，故C正确，D错误 平方向做匀加速直线运动，故D正确，故选D 7,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 11.D解析：A.由图可知。上极板带正电，下极板接地，将上极板下 极板所带电荷量与静止状态时相同.故A错误：B.匀减速向右运 移到虚线位置，则两极板间的距离减小，开关保持闭合则电容器 动时，弹簧的伸长量保持不变，电介质插人电容器长度不变，电容 器的电容不变，所带电荷量不变，故电路中无电流，故B错误：CD 两缩的电压不变，根据=号可知电场强度特大，由于电背所在 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渐减 位置与下版板的距离不变，则有U=E'=P-P下，可知电荷所在位 小，此时弹簧的长度都会逐渐变短，电介质插人电容器的长度变 置与下极板的电势差增大，故电荷所在位置的电势增大，根据 短，由C= E。=9平，可知负电荷的电势能减小，放A错误： 4可知电容器的电容变小，电容器妈端的电压不变等 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 于电源电动势，根据Q=CU可知，电容器的电荷量诚小，电容器放 位置，则两极板间的距离增大，开关保持闭合，侧电容器两端的电 电，电路中有由a向b的电流.故C错误.D正确.故选D. 8.A解析：A.由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，振 压不变。上，下极板的电势不变，根据=冬，可知电场强度减小 由于电荷所在位置与上极板的距离不变，则有U=E”■中上一，可 动葵向右运动时，电容器两极板间的距离减小，由￡= 才，电容器 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 的板的电场强度增大.位A循误：品根指G=。可知电容地大， 增大，根据E,=心，可知负电荷的电势能减小，故B错误： 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 则由c= 。,可知电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从a到 移到虚线位置，则两极板间的距离增大，根据C 4h行dC= 0 U 的电流，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，所以电容减小，由于电容器两极板电压不变，所以电容器 =号联立得E:因电量不变改变距离山，不会改变电 的板间电场强度成小，电容器的带电荷量减小，散CD正确枚选A, 场强度.由于电荷所在位置与下极板的距高不变.则有U=E= 9.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 一下，可知电荷所在位置与下极板的电势差不变，故电荷所在位 B板靠近，极板间距离减小，根据E=名，知电场强度E增大，小球 置的电势不变，根据￡，=，可知负电荷的电势能不变，故 C错误： 所受的电场力变大.0增大，故A辑误保持开关S闭合，仅将A板 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 沿极板方向上移少许，电容器两极板问的电势差不变，板问臣离也 不变，则板间场强不变，小球所受的电场力不变，B不变，故B错误 虚线位置，则两极板间的距离减小，根据G=8 断开开关5，电容器所带的电量不变，根据E= ,联立解得E=4心，因电量不变，改变距离山，不会改变电场 联立得E4a 强度，由于电荷所在位置与下极板的距离减小，则有U▣”= ,知d变化，E不变，电场力不变，不变.将A板稍 ,,可知电荷所在位置与下极板的电势差减小，故电荷所在位置 向上移，则S诚小，E变大，则8变大，故C正确，D错误故选C 的电势减小，根据。=心，可知负电荷的电势能增大故D正确。 10.D解析：A.由图可知，初始状态下，电容器下极板带正电，上极 故选D 板带负电，根据闭合电路所姆定律可知E=(R。+R,),当R,的滑 12.C解析：AB.液滴带负电保持静止，因此可知上极板带正电，Q 片向下滑动时，R接人电路中的阻值减小，则电路中电流增大， 的带电量如果大于2，由=9可知甲的电乐高于乙的电压，则 根据U=R。可知，R,两端电压增大，则电容器两端电压增大，电 容器充电，通过灵敏电流计的电流向上，故A错误： 会向乙放电使得甲、乙的电荷量相同，如果乙的电荷量大，则因为 B.由图根据闭合电路饮姆定律E=(R+R,)可知，R,的滑片向 二极管单向导电则不会向甲放电，因此可知电荷量关系为？，≤ 右滑动时，R,接入电路中阻值减小，但由于电容器在直流电路中 4πkQ 4mk0 ,E= 相当于断路，所以电路中电流仍保持不变，则电容器两端电压不 E号及c号可得 变，则电容器两极板间场强不变，小液滴受到的电场力不变，仍然 又油滴静止可得E,=m1名，5，=m28, 保持静止，故B错误； 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，AB错误： C断开S,电容器所带电荷量保持不变，根据B=0 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 4行a可得E=4 ES 时，甲的上极板与乙的上极板等势，甲因为电势升高向乙放电，由 ,S 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 C=3与C-《可知，甲的电容C减小，甲的电量减小，从 不变，则小液滴仍然保持静止不动，故C错误： E D.根据闭合电路欧姆定律E=(R,+R,)可知，R。,R,电阻不变 4m0可知甲的场强减小，：的重力大于电场力，油滴a向下 电路中电流不变，则电容器两端电压不变，设若将两极板分别绕 4行kQ3 运动.乙的电量Q,增大，从E,= 可知乙的场强变大，6的重 垂直纸而且过A,B点的轴同时顺时针转过一个相同的小角度8 参考答案学霸15 力小于电场力，油滴b向上运动C正确： 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 2m6,分析可知，此种情况下粒子可到达极板B,且到达极板B时 单向导电性，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油滴静止不动.D惜误：故选C, 动能不为零，放C铅误：由-y=0-子，分析可知，当初速度 第3关（练思维宽度） 13.（1)"msC41(2)mgC+d+1 为，电压为及时，此时电场强度尽因粒子徒度破为零 所需电压为，设此种情况下粒子到达极板间距的”处，则有 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 P=U,解得-2，故D错误故选R 2 电荷量为Q=(-)q,板上电压=.n-1)4 C 板间电场强度￡=L-(a-1)4 3》解折：带电离子在电场中做类平抛运动，可得y=子·当 md 2 由平衡条件得E=mg, (仁)广，其中1为水平位移，对离子A有号· mad 由①2得n.mgC +1. ,对离子C有 (2)设已有n满油清到达V板，则有=受 ( ,又m:mn:me=1：1:2.联立解得4： 第n+1滴油滴恰好能到达N板，根据动能定理： mg(h+d)-g”=0,解得n=mg(h+d)C 9m9c=4:1:1,故选D. g l 则能到达N板的油滴不会超过s(+)C1滴 4.(1)m 2,90C (4) 02 (2)L2 (34d0 √m2mdPU 第5节带电粒子在电场中的运动 解析：(1)在加速电场中，由动能定理得：9=2m心-0， V 第1课时带电粒子在电场中的两种运动 解得：2入m (2)离子在偏转电场中做类平抛运动】 第1关（练速度） 1.D解析：A.电子运动过程只有电场力做功，根据动能定理= L 离子的运动时间：。√2心 2r之，解得-√ ,故A错误：BD.由A选项分析可知，虽然 1 qU:2 (3)离子的偏移量y=2-2m 极板间距发生变化，但电子到达Q板时的速率与两板间距离无关， 仅与加速电压U有关，因电压不变，电子到达Q板时速率大小不 解得y严4 变，故B错误，D正确：C.两极板间的场强为E= .两极板问距离 (6由动能定理得（学）-0， 感小，场强￡越大，而a=比，可知两极板间距离越小，电子在两极 解得：= 2g102 板间运动的加速度越大，故C错误故选D. m 2md U 2.B解析：A.设粒子的电荷量为g,质量为m,板间距为d,板间电场 第2关（练准确率） 蛋度为6，根据暂意，尚动能定理有-，=0了m,若调整粒子的 5.A解析：设A、B板间的电势差为U1,B,C板间的电势差为，板 间距为d,电场强度为￡，第一次由)点静止释放的电子恰好能运 初速度为？，设此时的电压为心，则根据动能定理有心=了” 动到P点，根据动能定理得：q心，=g心，=，将C板向右移动，BC ()）解得r==,期可知，初速度为 ,,电压U U C 板间的电场强度，S ,E不变，所以电子 Awkgid S 不变，较子到达两板问离！的地方.故A错误：R根据以上分析 还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确：BCD错误 可如，当初速度为？，电压U不变，粒子到达两板何距离；的地 6.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 方，面若电压为宁时，此时板码场强E:名弓6，设此时粒子到 有水平方向上=，竖直方向上宁：了a岛 联立解得 e 达距离极板A的距离为”，则应有E=】 B正确：C.若初速度为。不变，电压为号，银据？号=瓜 U UD,心.1U(+百，故C正确，ABD错误故选C √m2mdV 必修第三册学霸16