第十章 第4节 电容器的电容-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版2019）

第4节 白题 基础过美 题型1对电容的理解 1.(2025·四川成都质检)（多选）下列关于电容 的说法正确的是 ) A.电容器A的电容比B的大，说明A所带的 电荷量比B多 B.电容是反映电容器储存电荷本领的物理量 C.电容在数值上等于使两极板间的电势差为 1V时，电容器需要带的电荷量 D.由公式C=号知，若电容器两极板间电压为 10V,每个极板所带电荷量为2×105C,则 电容器电容大小为4×106F 题型2平行板电容器的电容及充放电 2.(多选)用电流传感器和计算机可以准确地描 绘电流随时间变化的曲线，现用如图a所示的 电路粗略测量电容器的电容实验时，电阻箱 的阻值调至890Ω，先把开关拨至1，当电容器 充电完毕后，再把开关拨至2，计算机记录电 流随时间变化的图像如图b所示.不计电流传 感器的电阻，下列说法正确的是 ti/mA 0123434 b A.电容器充电完毕时的带电量约为8×103C B.电容器的电容约为1×103F C.若把电阻箱的阻值调至1000Ω再次做实 验，则i-t图线下的面积减小 D.若把电阻箱的阻值调至1000D再次做实 验，则电容器放电的时间增加 必修第三册：RJ 容器的电容 限时：15min 重难聚焦 重难题型1 平行板电容器的动态分析 3.(2024·北京期 中)如图所示，平 行板电容器已经 充电，静电计的 金属球与电容器 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 电势差.实验中保持极板上的电荷量Q不 变.设电容器两极板正对面积为S,极板间 的距离为d,静电计指针偏角为0.下列关于 实验现象的描述正确的是 ( A.保持S不变，增大d,则0变大 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 D.保持S、d不变，插入电介质，则0变大 重难题型2电容器中的力学问题分析 4.（2025·四川内江质检)如图所示，两块较大 的金属板A、B平行水平放置并与一电源相 连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、电 荷量为g的油滴恰好在P点处于静止状态， 则下列说法正确的是 ( A.在S仍闭合的情况下， 若将A板向下平移一 P 小段距离，则油滴向下 加速运动，G中有b→a的电流 B.在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移 一小段距离，则油滴仍然静止不动，G中 有b→a的电流 C.若将S断开，且将A板向左平移一小段距 离，P点电势不变 D.若将S断开，再将A板向下平移一小段距 离，P点电势能变大 黑白题032 黑题 应用提 很时：35min 1.(多选)如图所示为几种电容式传感器，其中 B.匀速运动时，电流表指针偏转且示数恒定 通过改变电容器两极板间正对面积而引起电 C.向前突然加速，则N板相对M板向后移 容变化的是 ( 动，电流表中有由b向a方向的电流 金属芯线 D.向前突然减速，则N板相对M板向前移 电客器9 导电 液体 电介质 ☐电介板 动，电流表中有由b向a方向的电流 被测物体 4.(2025·云南模拟)在如图所示的电路中，电 测位移 测液高 A B 介质板与被测量的物体A相连，当电介质向 固定电极 左或向右移动时，通过相关参量的变化可以 动片 可动 干电极 将A定位.开始时单刀双掷开关K接1，一段 定片 压力F 渊压力 测角度 时间后将单刀双掷开关K接2.则下列说法正 C D 确的是 ( 2.如图所示，平行板电容器充电后 断开电源，在P点固定一个试探 电计 电荷q,只移动下极板来改变极板距离d,F表 示试探电荷所受的电场力，E表示板间电场强 度，P表示P点电势，E表示试探电荷的电势 A.开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷 能，则下列图线可能正确的是 ( 量增大 B.开关接1时，x减小，电路中的电流沿顺时 针方向 C.开关接2时，x减小，静电计的指针偏角 增大 D.开关接2时，x增大，平行板间的电场强度 C D 不变 3.(2025·湖北期中)微信运动步数的测量是通 5.（2025·云南大理质检)如图所示，M、N是平 过手机内的电容式加速度传感器实现的，其 行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用 简化原理图如图所示，M极板固定，当手机的 绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部 加速度变化时，N极板相对M极板能前后移 闭合开关S,给电容器充电后，悬线偏离竖直 动，进而改变电容器的电容，将运动信号转化 方向的夹角为0，下列说法正确的是() 为电信号.图中R为定值电阻，则手机( ©i A.保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端 A.静止时，电容器两极板不带电 滑动，则0增大 第十章黑白题033 B.保持S闭合，将N板向M板靠近，则0增大 C.断开S,将N板向M板靠近，则0增大 D.断开S,将N板向下移动少许，则0诚小 6.(2025·那台期末)（多选）在电动汽车中，电 容器用于能量存储，以提供瞬时高功率输出. 如图所示，闭合开关，一电源对水平放置的平 行板电容器充电，电容器的两极板间有一带电 微粒，带电微粒在重力与电场力的共同作用下 静止，电容器下极板接地，板间电场可视为匀 强电场.下列说法正确的是 A.保持开关闭合，若将电容 器上极板右移少许，则两 极板间所带电荷量增大 B.保持开关闭合，若将电容器上极板下移少 许，则带电微粒向上移动 C.断开开关，若上极板左移少许，则带电微粒 的电势升高 D.断开开关，若上极板上移少许，则带电微粒 向下加速运动 7.一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 必修第三册，RJ 极管，下极板均接地.a、b是电荷量相同、质 量分别为m1、m2的带负电油滴当甲、乙的电 荷量分别为Q1、Q2时，油滴a、b恰好分别悬 浮在甲、乙的极板之间，则下列说法可能正确 的是 AQ大于Q2 二极管 B.m1大于m2 甲 C.将甲的上极板向上平移少 许，a向下运动，b向上运动 D.将乙的上极板向右平移少许，a向下运动，b 向上运动 压轴挑战 9.如图所示，两块水平放置的平行 金属板M、N相距为d,组成一个 视频讲解 电容为C的平行板电容器，M板接地，板正 中央有一个小孔B,从B孔正上方h处的A 点，一滴一滴地由静止滴下质量为m、电荷 量为q的带电油滴.油滴穿过B孔后落到N 板，把全部电荷量传给N板.若不计空气阻 力及板外电场，问： (1)第几滴油滴将在M、N间做匀速直线 运动？ (2)能到达N板的油滴不会超过多少滴？ 进阶突破拔高练PO5 黑白题034滑块经A进入右侧匀强电场时受力分析如图，有g=ma,知 m 又据=2a可得12， 当滑块运动至右侧位移一半处，电势能等于动能，即电势能 管于动能位量为号 (3)滑块在A点两侧做往复运动，由于摩擦阻力做功，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W=-1 2m6 第4节电容器的电容 白题 基础过关 1.BC解析：A.电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A 容纳电荷的本领比B强，与带的电荷量多少无关，故A错 误：B.电容反映电容器储存电荷本领的大小，故B正确： C.由C=A9知，电容在数值上等于使两极板间电势差为1V △U 时，电容器需要带的电荷量，故C正确：D.电压为10V,电荷 量为2x10C时，则电容C=号=2x10*F,故D错误故 选BC 2.BD解析：A.-1图线下的面积等于电容器充电完毕时所带 的电量，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.电容器刚开始放电的瞬间有U=R=4.5× 10×890V=405V,电容器的电容约为C=号-CF 1×103F,B正确：C.电阻箱的阻值不影响电容器充电完毕 时所带的电量，则-4图线下的面积不变，C错误：D.若把电 阻箱的阻值调至1000Ω再次做实验，通过的电荷量不变， 电路中电阻增大电流减小，由q=可知，电容器放电的时间 增加，D正确.故选BD. 3.A解析：A.根据电容器的定义式与决定式C=9,G E S U:C=. 4Tkd 可知，当保持S不变，增大d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 而使静电计指针张角8减小，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，从而使静电计指针张角8变大，故C错误： 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 电计指针张角0减小，故D错误故选A. 4.B解析：A.在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若 将A板向下平移一小段距离，根据E=名，则4该小，E变 大.则油清向上加造运动，根据C=可知C变大，根据 必修第三册·RJ O=CU,可知电容器带电量Q变大，电容器充电，即G中有 a→b的电流，选项A错误：B.在S仍闭合的情况下，两板电 势差U一定，若将A板向右平移一小段距离，d不变，则两板 间场强不变，则油滴仍然静止不动，根据C E,S 4知a可知s减 小，则C变小，根据Q=CU,可知电容器带电量Q变小，电容 器放电，G中有6→a的电流，选项B正确；C.若将S断开，则 电容器带电量Q不变，根E=号，c=c 4na可知E 4行心，且将A板向左平移一小段距离，S减小，E变大，P点 6,S 与B板的距离不变，根据U=E4,可知电势差变大，则P点电 势降低，选项C错误：D.若将S断开，则电容器带电量Q不 Q 变，根据E= d,C= nd,可知B-4m ,C=. 8,S 3,且再将A板 向下平移一小段距离，d减小，E不变，P点与B板的距离不 变，根据U=Ed,可知电势差不变，则P点电势不变，P点电 势能不变，选项D错误.故选B. 黑题 应用提优 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：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间正对面积而引起 电容变化的，故B正确：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BD 2.C解析：电容器充电后，断开电源，电容器的电量保持不变， 品C=号和8=号可知：59，所以，只移动 根据C= 6S 下极板来改变d,两板间的场强不变，试探电荷在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= Ed',由于上板接地，所以上板的电势为零，即U=E'=ep,由 以上的分析可知，P点电势不变，根据E,=qP,所以P点电 势能不变，故C正确，D错误。 3.C解析：A.由于电容器始终和电源相连，则两极板间电压 不变，静止时，电容器电容不变，则两极板带电，且所带电荷 量不变，故A错误；B.匀速运动时，电容器电容不变，电压不 变，则电荷量不变，电流表指针不偏转，故B错误：C.向前突 ES 然加速，由于惯性，N板相对M板向后移动，根据C= 4mkd' C=号可知，两极板间距增大，则电容减小，又两极板间电压 不变，则电荷量减小，所以电容器放电，电流表中有由b向α 方向的电流，故C正确：D.向前突然减速，则N板相对M板 向前移动，两极板间距减小，电容增大，又两极板间电压不 变，则电荷量增大，所以电容器充电，电流表中有由α向b方 向的电流，故D错误.故选C 4.B解析：AB.开关接1时，平行板间的电压不变.当x增大 时，电介质常数碱小，由公式C=,可知电容器的电容减 小，又由Q=CU,可知平行板电容器的电荷量减小：同理当x 诚小时，电容器的电容增大，电荷量增大，电容器充电，由电 路图可知，电路中的电流沿顺时针方向，故A错误，B正确： CD.开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变，当x减小 时，电容器的电容增大，由公式U=?可知两极板的电势差 减小，则静电计的指针偏转角度减小：同理当x增大时，电容 黑白题16 器两极板的电势差增大，由8=号，可知平行板间的电场强 度增大，故CD错误.故选B. 5.B解析：根据对小球的受力分析可知，悬线偏离竖直方向 的夹角满足m0=,因此两极板间的场强越大，日越大 mg A.保持S闭合，极板间的电压大小等于电源电动势，滑动变 阻器的滑片位置不会影响极板上的电压大小，则场强大小不 变，8不变，故A错误：B.保持S闭合，极板间电压不变时 将N板向M板靠近，则板间距离d减小，根据场强表达式 ,可知场强E增大，则0增大，故B正确；C.断开 U 极板上的电荷量Q不变，将N板向M板靠近，根据E= =0=40,可知场强大小不变，则0不变，故C错 Cd 6S 4mkdd 误；D.断开S,则极板上的电荷量Q不变，将N板向下移动 少许，根据E=0=Q=Q=4,由于极板间的正对面 d Cd s,S 4mkd 积S减小，则场强E增大，0增大，故D错误故选B. 6.BC解析：A.保持开关闭合，即电容器两端的电压U不变 若将电容器上极板右移少许，正对面积减小，根据C=4如 可知电容减小，根据Q=CU可知两极板间所带电荷量减小， 故A错误：B.保持开关闭合，若将电容器上极板下移少许， 两板间的距离减小，根据E=9可知电场强度增大，故静电 d 力增大，所以带电微粒向上移动，故B正确：C.断开开关，电 容器的电量不变，若上极板左移少许，正对面积诚小，根据 6,S C=4可知电容减小，根据Q=CW可知电压V增大，根据 U=E可知电场强度增大：设微粒所处位置与下极板的电压 为，则有U=Ed,因电场强度增大，故增大，根据U= p一Px,下极板接地，即电势为零，故微粒所处位置的电势升 高，故C正确：D.断开开关，若上极板上移少许，两极板间的 矩离增大根据C=二，Q=C0,U=2可得上=Es兰，可知 此时电场强度不变，故带电微粒仍处于静止状态，故D错误 故选BC 7.D解析：A.由图可知，上极板带正电，下极板接地，将上极 板下移到虚线位置，则两极板间的距离威小，开关保持闭合， 则电容器两端的电压不变，根据E=y可知电场强度增大， d 由于电荷所在位置与下极板的距离不变，则有U=Ed'= P下，可知电荷所在位置与下极板的电势差增大，放电荷所在 位置的电势增大，根据E。=g吧，可知负电荷的电势能减小， 故A错误； 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 两端的电压不变，上下极板的电势不变，根据￡=号，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'=P上-P,可知上极板与电荷所在位置的电势差诚 小，故电荷所在位置的电势增大，根据E,=g,可知负电荷的 参考答案与解析 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 板上移到虚线位置，则两极板间的距离增大，根据C= 6,S 4knd' =联立解得E-4,因电量不变，改变距离d, ES 不会改变电场强度，由于电荷所在位置与下极板的距离不 变，则有U=Ed'=p-P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E。=,可知负电 荷的电势能不变，故C错误； D.由图可知，开关新开，则电容器的电量不变，将下极板上 移到虚线位置，则两极板间的距离减小，根据C=林C一 65 广，E=￠，联立解得E=4“心，因电量不变，改变距离山，不 8.S 会改变电场强度，由于电荷所在位置与下极板的距离减小， 则有U=E'=p-Px,可知电荷所在位置与下极板的电势差 减小，故电荷所在位置的电势诚小，根据E,=q种，可知负电荷 的电势能增大，故D正确故选D. 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,的带电量如果大于Q,由U=名可知甲的电压高于乙 的电压，则会向乙放电使得甲、乙的电荷量相同，如果乙的电 荷量大，则因为二极管单向导电则不会向甲放电，因此可知 9及c=号可得 电荷量关系为Q,≤Q,由C=4与E=区 4Tk0 E1=-6.SE2=6.5 又油滴静止可得gE,=m1g,9E2=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，AB错误： 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与C= ?可知，甲的电容C减小，甲的电量 Q,减小，从E, _4红0可知甲的场强减小，a的重力大于电 场力，油滴a向下运动，乙的电量Q,增大，从E2 4w02可知 6,S 乙的场强变大，b的重力小于电场力，油滴6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错误.故选C. 压轴挑战 (1)8C+1(2)8n+口7+11 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Q=(m-1)g,板上电压U=9=m-1g C 板间电场强度E= U_(n-1)q d Cd' ① 由平衡条件得gE=mg, ② 由①2得n=mgC本 +1. (2)设已有n滴油滴到达N板，则有U= C 黑白题17 第n+1滴油滴恰好能到达N板，根据动能定理： mg(h+d)-gU"=0,解得n=mg(h+dC 则能到达N板的油滴不会超过mg(h+d)C+1滴 第5节带电粒子在电场中的运动 第1课时带电粒子在电场中的两种运动 白题 基础过关 1.D解析：A.电子运动过程只有电场力做功，根据动能定 2eU 理cU=2m2,解得e=√ ,故A错误；BD.由A选项分析 可知，虽然极板间距发生变化，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板时速率大小不变，故B错误，D正确：C.两极板间 的场强为5=两极板间距离越小，场强6越大，而出 m 可知两极板间距离越小，电子在两极板问运动的加速度越 大，故C错误故选D. 2.D解析：A.电子在A点的动能最小，根据能量守恒，电子 在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能低于在A点 的电势能，故A错误：B.电子在运动过程中，只受到电场力， 故电势能与动能之和不变，故返回到0点时的电势能与从O 点射人两极板间时的电势能相同，故返回到O点时的速度 大小与从0点射人两极板间时的速度大小相同，但是方向 相反，故B错误：C,根暴动能定理号：宁，解得电子从 1 d 0点射出时的速度为，-√md 2eUh ,故C错误：D.OA间的电 势差为Uo=U,放D正确.故选D 3.D解析：带电离子在电场中做类平抛运动，可得y=2 （厂，其中1为水平位移，对离子4，有号 md 94U d ,对离子B,有2 19g0 2 子C,有42 L12 ,又m4:mg:mc=1:1:2, g 联立解得gA:9g:qe=4:1:1,故选D. 2eU 4.(1)=m ,方向水平向右(2)=L√2cU m (3)a= el, UL (4)y4d0 U,L dm (5)an9=2dU, 解析：(1)电子经加速电压U,加速，由动能定理有©U,= 1 0 2m6,解得%√m ,方向水平向右 (2)电子在偏转电场中运动，水平方向匀速穿过极板过程用 时为=上，代入上述结果可得=L√2U m (3)在竖直方向由牛顿第二定律得F=e==ma,得偏转 加速度为a=m 必修第三册·RJ (④)在右侧的荧光屏上竖直方向偏转位移为y=了，代人 U.L 以上数据得y 4dU (5)电子速度偏转角的正切值为am=-“,代人数据得 U,L tan 0= 2dU, 黑题 应用提优 1.A解析：设A、B板间的电势差为U,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：9U,=qU2=qEd,将C Q U C2 板向右移动，B、C板间的电场强度E= 8S 一=4心，E不变，所以电子还是运动到P点速度减 Ankdrxd 小为零，然后返回，故A正确，BCD错误 2.BC解析：AB.两粒子仅在电场力作用下，均做初速度为0 的匀加速直线运动，可知A受到的电场力向下，B受到的电 场力向上，且场强方向向下，则A带正电，B带负电：根据h= ,a=治，由于两粒子质最相等，则两粒子所带电荷量大 1 小之比为ga:g=h,:ha=1:2,故A错误，B正确；C.从开 始运动到经过虚线处电场力做功之比W,:W。=gh,: 9,,=1:4,故C正确：D.根据动能定理可得g0=m, 可得=√ 2,诚小两板间距，由于极板间的电压不变，则 两粒子运动到另一极板时的速率不变，故D错误故选BC 3.D解析：A.如图所示，设偏转电场的板间距离为d',在偏转 电场中有m0=受-号2偏转角度0与粒子的比荷 无关，所以不同比荷9的带负电粒子从0点射入，偏转角 度日相同，故A正确，不符合题意；B.由动能定理得，粒子经 电压为化的电场中由静止开始加速后，满足g心，=之d 0,进人电压为U2的平行金属板间的电场后，粒子做类平抛 运动，则y-2a-货5-导联立解得y 0U2 UP 粒子射出平行板电场时偏转位移y与比荷无关，故B正确， 不符合题意；C.粒子从M孔射出时的动能瓦=2m6=g, 1 所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时 的动能相等，故C正确，不符合题意；D.设加速电场的板间 更离为4，由牛顿第二定律得4=C9由于粒子的质量末知， 所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故 D错误，符合题意故选D. 黑白题18