第10章 4. 电容器的电容-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理必修第三册同步练习（人教版2019）

第十章 静电场中的能量 练 知识点 1 对电容的理解 1. 已知一平行金属板电容器带电量为 2×10 -3 C ， 两板间的电势差为 2 V ， 若使电容器的带 电量增至 4×10 -3 C ， 则电容器的电容为 （ ） A. 1×10 3 F B. 1×10 -3 F C. 2×10 -3 F D. 2×10 3 F 2. （多选） 观察电容器的充、 放电现象的实 验电路如图甲所示， 将开关 S 与 a 端相 连， 电容器充电， 然后把开关 S 掷向 b 端， 电容器放电， 计算机与电流传感器 相连接， 记录这一过程电流随时间变化 的 I-t 曲线如图乙所示， 下列说法正确的 是 （ ） A． t 1 ~t 2 时间内， 电容器上极板带正电 B． t 3 ~t 4 时间内， 电阻 R 中的电流方向从 左向右 C． t 1 ~t 2 时间内， 电容器带电量与两极板 间电压比值保持不变 D． t 3 ~t 4 时间内， 电容器带电量与两极板 间电压比值逐渐减小 知识点 2 电容器动态分析 3. （多选） 绝缘金属 平行板电容器充 电后 ， 静电计的 指针偏转一定角 度， 若减小两极 板 a 、 b 间的距离， 同时在两极板间插入电介质， 如图所示， 则 （ ） A. 电容器的电势差会减小 B. 电容器的电势差会增大 C. 静电计指针的偏转角度会减小 D. 静电计指针的偏转角度会增大 4. （多选 ） 两块大 小 、 形状完全相 同的金属平板平 行放置 ， 构成一 平行板电容器， 与它相连接的电路如图 所示， 接通开关 S ， 电源即给电容器充 电， 则 （ ） A. 保持 S 接通， 减小两极板间的距离， 则两极板间电场的电场强度减小 B. 保持 S 接通， 在两极板间插入一块介 质， 则极板上的电荷量增大 C. 断开 S ， 减小两极板间的距离， 则两 极板间的电势差减小 D. 断开 S ， 在两极板间插入一块介质， 则 4.电容器的电容 基 础 练 习 电压 传感器 电流 传感器 R S E C a b t 2 t I t 4 t 3 t 1 充电过程 放电过程 甲 乙 第 2 题图 a b 第 3 题图 R S + - E 第 4 题图 37 练 高 中 物 理 必 修 第三册 （人教版） 两极板间的电势差增大 5. 如图所示， 有的计算机键盘的每个键下面 连一小块金属片。 与该金属片隔有一定空 隙的是另一块小的固定金属片。 这两片金 属片组成一个小电容器。 该电容器的电容 C 可用公式 C＝ ε r S d 计算， 式中常量 ε r ＝9× 10 －12 F/m ， S 表示金属片的正对面积 ， d 表示两金属片间的距离。 当键被按下时， 此小电容器的电容发生变化， 与之相连 的电子线路就能检测出是哪个键被按下 了， 从而给出相应的信号。 设每个金属 片的正对面积为 50 mm 2 ， 键未按下时两 金属片的距离为 0.6 mm 。 如果电容变化 0.25 pF ， 电子线路恰能检测出必要的信 号， 则键至少需要被按下多少？ 提 升 练 习 6. （多选 ） 如图所 示， 两平行金属 板水平放置并接 到电源上， 一个 带电微粒 P 位于两板间恰好平衡， 现用 外力将 P 固定住， 然后使两板各绕其中 点转过 α 角， 如图虚线所示， 再撤去外 力， 则带电微粒 P 在两板间 （ ） A. 保持静止 B. 向左做直线运动 C. 电势能不变 D. 电势能将变少 7. （多选） 如图所示， C 为中间插有电介 质的电容器， a 和 b 为其两极板 ， a 板 接地。 P 和 Q 为两 竖直放置的平行金属板， 在两板间用绝 缘线悬挂一带电小球； P 板与 b 板用导线 相连， Q 板接地。 开始时悬线静止在竖 直方向， 在 b 板带电后， 悬线偏转了角 度 α 。 在以下方法中， 能使悬线的偏角 α 变大的是 （ ） A. 缩小 a 、 b 间的距离 B. 加大 a 、 b 间的距离 C. 取出 a 、 b 两极板间的电介质 D. 换一块形状大小相同、 介电常数更大 的电介质 8. 如图甲所示是某同学设计的电容式速度传 感器原理图， 其中上板为固定极板， 下板 为待测物体， 在两极板间电压恒定的条件 下， 极板上所带电荷量 Q 将随待测物体 的上下运动而变化， 若 Q 随时间 t 的变化 关系为 Q＝ b t＋a （ a 、 b 为大于 0 的常数）， 其图像如图乙所示， 那么图丙、 丁中分别 反映极板间场强大小 E 和物体速率 v 随 t 变化的图线可能是 （ ） 第 5 题图 P 第 6 题图 QP a b C α 第 7 题图 38 第十章 静电场中的能量 练 A. ① 和 ③ B. ① 和 ④ C. ② 和 ③ D. ② 和 ④ 9. （多选） 一平行板 电容器充电后与 电源断开 ， 正极 板接地 ， 在两极 板间有一正电荷 （电量很小） 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， ε 表示正电荷 在 P 点的电势能， 若保持负极板不动 ， 将正极板移到图中虚线所示的位置， 则 （ ） A. U 变小， E 不变 B. E 变大， ε 变大 C. U 变小， ε 不变 D. E 变大， ε 不变 * 10. 如图所示， D 是一只 理想二极管， 电流只 能从 a 流向 b ， 而不 能从 b 流向 a ， 平行 板电容器的 A 、 B 两极板间有一电荷， 在 P 点处于静止状态。 以 Q 表示电容器 储存的电荷量 ， U 表示两极板间的电 压， E p 表示电荷在 P 点的电势能。 若保 持极板 B 不动， 将极板 A 稍向上平移， 则下列说法中正确的是 （ ） A． U 不变 B． E p 减少 C． Q 变小 D． 电荷仍保持静止 11． 如图， 两金属板 P 、 Q 水平放置， 间距 为 d 。 两金属板正中间有一水平放置的 金属网 G ， P 、 Q 、 G 的尺寸相同。 G 接 地， P 、 Q 的电势均为 φ （ φ>0 ）。 质量为 m ， 电荷量为 q （ q>0 ） 的粒子自 G 的左 端上方距离 G 为 h 的位置， 以速度 v 0 平 行于纸面水平射入电场， 重力忽略不计。 （ 1 ） 求粒子第一次穿过 G 时的动能， 以 及它从射入电场至此时在水平方向 上的位移大小。 （ 2 ） 若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场， 则金属板的长 度最短应为多少？ 固定极板 待测物体 U Q t O E t O ① ② v t O ③ ④ 甲 乙 丙 丁 第 8 题图 第 9 题图 P a b D A B 第 10 题图 v 0 h G Q P 第 11 题图 + + + + + + + + - - - - - - - - P 39 第三册 （人教版）高 中 物 理 必 修 经过时间 t ， 电场力方向速度为 qE m t ， 功率为 P=Fv=qE · qE m t ， 所以 P 与 t 成正比， 故 A 正确。 13. s= 1 2 mv 2 0 +qEx 0 f 【解析】 当电场力大于摩擦力， 电荷最终停在墙角 处， 对全过程运用动能定理求出物体运动的路程。 当电 场力小于摩擦力， 则物体向左做减速运动， 有可能未到 墙壁处速度减为 0 ， 可能恰好到墙壁处速度为 0 ， 可能 跟墙壁碰撞后反弹向右减速到 0 停在墙角处。 根据这三 种情况分别用动能定理求出物体运动的路程。 当 qE>f 时， 最终物体停在墙角处 qE · x 0 -f · s=0- mv 2 0 2 ， s= 1 2 mv 2 0 +qEx 0 f 。 14. （ 1 ） t 1 = 2ms 0 qE+mgsin θ 姨 （ 2 ） W= 1 2 mv 2 m - （ mgsin θ+qE ）· s 0 + mgsin θ+qE k " # （ 3 ） 如图所示。 【解析】 本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题， 涉及匀变速直线运动、 运用动能定理处理变力功问题、 最大速度问题和运动过程分析。 （ 1 ） 滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初 速度为 0 的匀加速直线运动， 设加速度大小为 a ， 则有 qE+mgsin θ=ma ， ① s 0 = 1 2 at 2 1 ， ② 联立 ①② 可得 t 1 = 2ms 0 qE+mgsin θ 姨 。 ③ （ 2 ） 滑块速度最大时受力平衡， 设此时弹簧压缩量 为 x 0 ， 则有 mgsin θ+qE=kx 0 。 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中 ， 由动能定 理得 （ mgsin θ+qE ）·（ x m +x 0 ） +W= 1 2 mv 2 m -0 ， ⑤ 联立 ④⑤ 可得 W= 1 2 mv 2 m - （ mgsin θ+qE ）· s 0 + mgsin θ+qE k " k 。 （ 3 ） 如图所示。 15. （ 1 ） v 2 +gR 姨 （ 2 ） mgh- 1 2 mv 2 - 1 2 mgR 【解析】 （ 1 ） 因 B 、 C 两点电势相等， 小球由 B 到 C 只有重力做功 ， 由动能定理得 mgRsin 30°= 1 2 mv 2 C - 1 2 mv 2 ， 解得 v C = v 2 +gR 姨 。 （ 2 ） 由 A 点运动到 C 点， 由动能定理得 W AC +mgh= 1 2 mv 2 C -0 ， 解得 W AC = 1 2 mv 2 C -mgh= 1 2 mv 2 + 1 2 mgR-mgh ， 由电势能变化与电场力做功的关系得 ΔE p =-W AC =mgh- 1 2 mv 2 - 1 2 mgR 。 4.电容器的电容 1. B 【解析 】 由 C= Q U 可知 ， 电容器的电容 C= 2×10 -3 2 F=1×10 -3 F ； 因电容与电量无关 ， 故电量增大 后， 电容是保持不变的。 2. ABC 【解析】 由电路图可知， 电容器上极板与电 源正极相连， 则 t 1 ~t 2 时间内， 电容器上极板带正电， 故 A 正确； t 3 ~t 4 时间内， 电容器放电， 电容器充当电源， 电容器上极板带正电， 则电阻 R 中的电流方向从左向 右， 故 B 正确； t 1 ~t 2 时间内， 电容器带电量与两极板间 电压比值为电容器的电容， 仅与电容器本身有关， 保持 不变， 故 C 正确； t 3 ~t 4 时间内， 电容器带电量与两极板 间电压比值为电容器的电容， 仅与电容器本身有关， 保 持不变， 故 D 错误。 3. AC 【解析】 绝缘金属平行板电容器充电后电荷 量 Q 不变， 若减小两极板 a 、 b 间的距离， 同时在两极 板间插入电介质， 电容变大， 由 C= Q U 知 U 变小； 静电 计指针的偏转角度会减小。 4. BC 【解析】 保持 S 接通则两极板间电势差 U 不 变， 减小两极板间的距离 d 时， 根据电场强度公式 E= U d ， 两极板间电场的电场强度将要变大， A 错误； 根据 平行板电容器电容的定义式和决定式 ， 可得 C= Q U = ε r S 4πkd ， 当在两极板间插入一块介质时， 介电常数 ε r 变 大， 导致电容 C 变大， 而 U 不变， 所以极板上的电荷量 增大， B 正确； 同理， 断开 S 时极板上的电荷量 Q 不 变， 减小两极板间的距离 d 时电容 C 变大， 则电势差 U 一定变小， C 正确； 如果在两极板间插入一块介质， 则 C 变大， Q 不变， 则电势差 U 一定减小， D 错误。 5. 0.15 mm 【解析】 由 C=ε r S d 得 C 1 = ε r S d 1 ， C 2 = ε r S d 2 ， ΔC=C 2 － v v m v 1 O t 1 t 2 t 3 t 第 14 题答图 14 参考答案与解析 C 1 =ε r S 1 d 2 - 1 d 1 1 " ， 代入数据得 d 2 =4.5×10 －4 m=0.45 mm ， 故至少按下的距离 Δd=0.15 mm 。 6. BD 【解析】 设初状态极板间距是 d ， 旋转 α 角度 后， 极板间距变为 dcosα ， 所以电场强度 E′= E cosα ， 而 且电场强度的方向也旋转了 α ， 由受力分析可知， 竖直 方向仍然平衡， 水平方向有电场力的分力， 所以微粒水 平向左做匀加速直线运动。 则微粒的重力势能不变， 向 左做匀加速直线运动过程中， 电场力做正功， 则电势能 减小。 故 B 、 D 正确， A 、 C 错误。 7. BC 【解析】 本题考查有关电容器的两个公式。 a 板与 Q 板电势恒定为 0 ， b 板和 P 板电势总相同， 故两 个电容器的电压相等， 且两板电荷量 q 视为不变。 要使 悬线的偏角增大， 即电压 U 增大， 即减小电容器的电容 C 。 对电容器 C ， 由公式 C= q U = ε r S 4πkd ， 可以通过增大 板间距 d 、 减小介电常数 ε r 、 减小两极板的正对面积 S 。 8. C 【解析】 本题考查速度传感器的有关知识， 本 题为较难题目。 由题意可知： E= U d = Q Cd = Q ε r S 4kπ ， 所以 E 的变化规律与 Q 的变化规律相似， 所以 E 的图像为 ② ， 由 Q=CU= ε r S 4kπd U= b t+a ， 所以 d= ε r SU 4πkd t+ ε r SUa 4πkd ， 又因 ε r SU 4πkd 为一定值， 所以是匀速移动， 所以速度图像 为 ③ ， 综上所述 C 正确。 9. AC 【解析 】 平行板电容器充电后与电源断开 ， 所带电量 Q 不变， 根据推论 E= 4πkQ ε r S 得知， 板间场强 E 不变。 由电容的决定式 C= ε r S 4πkd 得到电容 C 增大， 由 电容的定义式 C= Q U 分析得知， 电压 U 变小。 P 点与 F 板间的距离不变， 由 U=Ed 得知， P 点与下板电势差增 大， 则 P 点的电势升高， 正电荷的电势能 ε 变大。 * 10. D 【解析】 保持极板 B 不动 ， 将极板 A 稍向上平 移 ， 板间距离 d 增大 ， 根据 C= ε r S 4πkd 可知， 电容减小。 若 电容器上的电压不变 ， 根据 C= Q U 可知电荷量要减小， 即电容器要放电， 但是二极 管具有单向导电性， 所以电容器无法放电， 即电量不 变， 根据 C= Q U 可知电压增大， 故 A 、 C 错误； 根据 E= U d 及 C= ε r S 4πkd ， C= Q U 可得 E= 4πkQ ε r S ， 所以场强不变， 电荷仍静止， 故 D 正确； 因为 P 点与 B 极板距离不变， 则其电势差不变， 所以 P 点的电势不变， 电荷的电势能 也不变。 故 B 错误。 11． （ 1 ） E k = 1 2 mv 2 0 + 2渍 d qh l=v 0 mdh q渍 姨 （ 2 ） L= 2v 0 mdh q渍 姨 【解析】 （ 1 ） PG 、 QG 间场强大小相等 ， 均为 E ， 粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下， 设粒子的 加速度大小为 a ， 有 E= 渍 d 2 ① ， F=qE=ma ② ， 设粒 子第一次到达 G 时动能为 E k ， 由动能定理有 qEh=E k - 1 2 mv 2 0 ③ ， 设粒子第一次到达 G 时所用时间为 t ， 粒 子在水平方向的位移为 l ， 则有 h= 1 2 at 2 ④ ， l=v 0 t ⑤ ， 联立 ①②③④⑤ 式解得 E k = 1 2 mv 2 0 + 2渍 d qh ⑥ ， l = v 0 mdh q渍 姨 。 （ 2 ） 设粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出， 则金 属板的长度最短， 由对称性知， 此时金属板的长度为 L=2l=2v 0 mdh q渍 姨 。 5.带电粒子在电场中的运动 1. A 【解析】 当带电粒子在电场中只受静电力作用 时， 静电力作用会产生加速度， B 、 C 、 D 中的运动情况 都有加速度， 而 A 中匀速直线运动加速度为 0 ， 不可能 出现。 2. A 【解析】 假设平行板间的匀强电场场强为 E ， 根据牛顿第二定律和运动学公式， 以 -q 为研究对象， 有 2 5 l= 1 2 · qE 2m t 2 ， 以 m 为研究对象， 有 3 5 l= 1 2 · qE 2m t 2 ， 联立可得 M ∶m=3 ∶ 2 。 3. B 【解析】 带电粒子垂直进入匀强电场中， 只在 电场力作用下， 做类平抛运动。 所以电场力做正功， 电 势能一定减少， 动能则增加。 故选 B 。 4. 9.0×10 2 3.0×10 4 【解析】 根据动能定理， 有 q （ U a - U b ） = mv 2 2 - mv 2 0 2 ， 代入数据， 解得 U ab =9.0×10 2 V 。 将末 速度正交分解， 根据平行四边形定则， 有 v y = v 2 -v 2 0 姨 = 3.0×10 4 m/s 。 5. C 【解析】 电子的运动过程可分为两个阶段， 即 加速和偏转。 ① 加速： eU 1 = 1 2 mv 2 0 ； ② 偏转： L=v 0 t ， h= 1 2 at 2 = eU 2 2md t 2 。 综合得 h U 2 = L 2 4U 1 d ， 因此要提高灵敏度则 需要增大 L 或减小 U 1 或减小 d ， 故选 C 。 6. （ 1 ） 8×10 15 m/s 2 （ 2 ） 1.5×10 -9 s （ 3 ） 不能 a b D A B P 第 10 题答图 15