第一部分 假期必刷4 电容器的电容-【快乐假期】2025-2026学年高二物理寒假作业必刷题

快乐假期 00-= 假期必刷4电容器的电容 温故而知新，可以为师矣。 完成日期： 月 日 《思维整合室 思维导图 平行板电容器一结构：彼此绝缘相互靠近的 ++++ + (充电) 电容器的充放电 ++++ Dr(放电) 电容器的电容 C (定义式) 电容器的电容 (决定式) 推论：C= △Q △U 匀强电场 板间电场 自测自查 金属板 Q e,S 4πkd d 情境思辨 (4)充电完毕将电源撤去，用导线直接连接两个 1.如图所示的是电容器充电的过程. 极板，则电容器两极板的电荷抵消.() 金属板上带的是 答案：(1)/(2)/(3)×(4)/ 等量异种电荷 2.如图所示的是我们常见的形形色色的电 容器 电子移动 50V 1000uF 电子移动 (1)电容大的电容器所带电荷量一定多.( (1)电容器充电的过程，两块不带电的金属板 (2)电容为C的电容器所带电荷量为Q,若电 跟电源连接，最后金属板上带了等量的异 荷量增大为2Q,则电容变为2C.（) 种电荷 () (3)图中最右边的电容器上的50V为击穿电 (2)电容器充电过程中两极板间电场强度不断 压 ) 增大. ( (4)图中最右边的电容器的电压50V时，电容 (3)若充电完毕将电源撤去，则电容器不带电. 才是1000μF. () 答案：(1)×(2)×(3)×(4)X ·10 =0022 《技能提升台 4.如图所示，先接通S使电 容器充电，然后断开S.当 技能提升 增大两极板间距离时，电 一、选择题 容器所带电荷量Q、电容 1.根据电容器的定义式C=Q/U可知 C、两板间电势差U、电容器两极板间场强E A.电容器的电容量越大，电容器所带电荷 的变化情况是 量就越多 A.Q变小，C不变，U不变，E变小 B.电容器的两极板间电势差越大，电容越大 B.Q变小，C变小，U不变，E不变 C.电容器的电容与其带电荷量成正比，与 C.Q不变，C变小，U变大，E不变 两极板间的电势差成反比 D.Q不变，C变小，U不变，E变小 D.电容器的电容不随带电荷量及两极板间 5.某电容传声器结构 极板空腔支架 膜片 的电势差的变化而变化 示意图如图所示，当 2.下列电容器相关知识描述正确的是( 人对着传声器讲话， 声波 膜片会振动.若某次 膜片振动时，膜片与 极板距离增大，则在此过程中 A.膜片与极板间的电容增大 B.极板所带电荷量增大 55V1.0P C.膜片与极板间的电场强度增大 5.5V1.0p D.电阻R中有电流通过 丙 戊 6.如图所示，P、Q为平行板电容 A.图甲为电容器充电示意图，充完电后电 器，两极板竖直放置，在两板间 容器上极板带正电，两极板间的电压U 用绝缘线悬挂一带电小球.将 等于电源的电动势E 该电容器与电源连接，闭合开 B.图乙为电容器放电示意图，放电过程中 关后，悬线与竖直方向夹角为α，则 电流大小保持不变 A.保持开关闭合，缩小P、Q两极间的距 C.图丙为电解电容器的实物图和符号，图 离，角度α会减小 丁为可变电容器的实物图及其符号，两 B.保持开关闭合，加大P、Q两极间的距离， 种电容器使用时都要严格区分正负极 角度α会增大 D.图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样， C.断开开关，加大P、Q两板间的距离，角度 其中的5.5V是电容器的击穿电压值 a会增大 3.（多选)如图所示，一平行 D.断开开关，缩小P、Q两极间的距离，角度 板电容器充电后与电源断 α不变化 开，负极板接地，正极板与 二、非选择题 静电计相连，两板间有一个 7.在“用传感器观察电容器的充电和放电”实 正检验电荷固定在P点.若正极板保持不动， 验中，电路图如图甲所示.一位同学使用的 将负极板缓慢向左平移一小段距离x。的过程 电源电动势为10.0V,测得放电的t图像 中，静电计带电量的变化可忽略.下列说法正 如图乙所示. 确的是 ( ) /mA A.电容器的电容值减小 B.电容器两板间的电场强度不变 C.电容器两板间P点的电势不变 R 接计算机电流 D.电容器两板间固定在P点的检验电荷的电 传感器 势能增大 t/s 甲 ·11 火曼快乐假期 000-已 (1)若按“四舍五入（大于半格算一格，小于 高考冲浪 半格舍去)”法，根据“1t图线与两坐标轴包 1.(2025·黑吉辽蒙卷)如图，某压力传感器中 围面积”，电容器在全部放电过程中释放的 平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰 徐设计的，逐渐增大施加于两极板压力F 电荷量约为 C.(结果保留2位有 的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极 效数字) 板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭 (2)根据以上数据估算电容器的电容值为 合，d难以减小.将该电容器充电后断开电 源，极板间电势差U与F的关系曲线可能 F.(结果保留2位有效数字) 正确的是 (3)如果将电阻R换一个阻值更大的电阻， 则放电过程释放的电荷量 (填“变 多”“不变”或“变少”) 8.如图所示，平行板电容器的两 犰狳 弹性结构 个极板A、B分别接在电压为 0) 60V的恒定电源上，两极板间 距为3cm,电容器所带电荷量为6×108C,A 极板接地.求： (1)平行板电容器的电容； (2)平行板电容器两极板间的电场强度； (3)图中距B极板2cm的D点处的电势 2.(2024·辽宁卷)某种不导电溶液的相对介 电常数e,与浓度cm的关系曲线如图(a)所 示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶 液中，并与恒压电源，电流表等构成如图(b) 所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液的 浓度，则 (a) (b) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 《益智欢乐谷 什么是尖端放电 通常情况下空气是不导电的， 但是如果电场特别强，空气分子中 的正、负电荷受到方向相反的强电 场力，有可能被“撕”开，这个现象叫 作空气的电离.由于电离后的空气中有了可以 自由移动的电荷，空气就可以导电了.导体尖 端的电荷特别密集，所以尖端附近空气中的电 场特别强，使得空气中残存的少量离子加速运 动.这些高速运动的离子撞击空气分子，使更 多的分子电离.这时空气成为导体，于是产生 了尖端放电现象.（图为尖端放电） ·12·飞堡快乐假翻 (3)撤去电场，小球从静止落到最低，点的过程，有 mgl(1-cos 37)=m 小球在最低点时，有T一mg=m乙 解得T=mg+m号=mg十2孤11e0s37 5.6×10-3N. 根据牛顿第三定律知小球到达最低点时对细绳的拉力T= T=5.6×10-3N. 答案：(1)4×101kg(2)12.5m/s(3)5.6×103N 高考冲浪 1.D根据E=E可知F-g图像斜率表示电场强度，由题图可 知E。>E,根据题意无法得出E。和E。的数量关系. 2.D由于M点与A点关于带电细杆对 E6 称，故细杆在A处产生的电场强度大小 E,=,=39,方向竖直向上，故A点的 电场强度大小E=E金十E。=(√3十3) E ￥M g,D正确. 假期必刷3 技能提升台技能提升 1.B在心t图像中，图线的斜率表示加速度，斜率不变加速度 不变，即物体做匀减速运动.根据牛顿第二定律：qE=ma, 可知，E。=E6,又因物体的速度降低，电场力做负功，所以电 势能增加，那么负电荷是从高电势点向低电势点运动，即 9,故B正确，A、C、D错误. 2.A 3.CD由运动轨迹分析可知q受到库仑斥力的作用，O点的 电荷应为正电荷，A错误；从a到b的过程q受到逐渐变大的库 仑斥力，速度逐渐减小，加速度逐渐增大，电势能逐渐增大；而从 b到c的过程q受到逐渐变小的库仑斥力，速度逐渐增大，加速 度逐渐减小，电势能逐渐减小，B错误，C正确；由于a、c两点在 同一等势面上，整个过程中，电场力不做功，D正确. 4.CA、B两，点电场强度大小相等、方向不同，A错误；A、B两 点电势相等，均高于C点电势，B错误；A、B在同一等势面 上，将电子从A点沿虚线移到B点，电势能不变，电场力不 做功，C正确；由于a>9,质子带正电，故将质子由A点移 到C点，质子的电势能减少，D错误. 5,AC0,点是对角线的交点，由题意知，0点电势9。=%巴 2 =%),故4=4V,故A正确，B错误b,d电势相等，电 2 势能也相等，故C正确，D错误.故选AC 6.ABD如图所示，设ac之间的d点电势与6点相同，则 92=日，所以d点的坐标为(3,5cm,6cm,过c点作等势 线bd的垂线，由几何关系可得cf的长度为3.6cm.电场强度 U_(26-17)Y=2.5V/cm,故A正确： 的大小E= 3.6cm y/cm 6a..d --C 4H f 2 E b 02468x/cm 因为Oacb是矩形，所以有U=Ua,,解得坐标原，点O处的 电势为1V,故B正确；a点电势比b点电势低7V,电子带 负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV,故C错 误；b,点电势比c,点电势低9V,电子从b,点运动到c点，电场 力做功为9eV,故D正确. 7.解析：(1)根据库仑定律，试探电荷q在a、b两点所受库仑力 分别为F。=kg,F,=k,因为1：n=2:3,所以F: ri F6=9:4. 0M巴 (2)根据W=qU,代入数据得W.=-4×10-1J. (3)静电力做功与路径无关，只与始末位置有关，所以将试探电 荷q从a点经c,点移到b点，静电力做的功为 W.=一4×104J. 答案：(1)9：4(2)-4×10-1J(3)-4×10-1J 8.解析：(1)因重力使小球加速下落，电场力使小球减速，小球 受电场力，方向向右，所以小球带正电荷 (2)据动能定理：mgL一qU=0, B、A两点的电势差：U=L 9 (3)在匀强电场中：E=U/d,所以得E=mg 答案：1)正电荷(2)m些(3)mg 高考冲浪 1.AD根据题意可知O点、A点和By 点的电势分别为0E,,=-E ---B(d, q 等势线不 9B=2q1 0 故OA中点的电势为PM=04= 'Ad,o叭E 0,故A正确； 如图，设V点为AB的三等分点，同理易知V点电势为0， 连接MN为一条等势线，过A点作MN的垂线，可知电场线 沿该垂线方向，指向右下方，由AM=AN可知∠NMA= 45°，故电场的方向与x轴正方向成45°角，故B错误；电场强 0- -E 度的大小为E=1 q d·cos45° =2E,故C错误，D正确。 qd 故选AD. 2.C根据电场线越密集电场强度越大，可知a、b、c、d四点中， Q,点电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点移动到c ,点电场力做功为W,=一eUU,=2eV,故C正确；一个电子从 a点移动到d点电场力做功为W=一eU=4eV, 由于电场力做正功，电势能减小，则一个电子从α，点移动到 d点电势能减小了4eV,故D错误.故选C. 假期必刷4 技能提升台技能提升 1.D 2.A图甲为电容器充电示意图，电容器上极板与电源的正极 相连，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E,故 A正确：图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流将逐渐 减小，故B错误：图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁 为可变电容器的实物图及其符号，前者电容器使用时严格区 分正负极，后者不用严格区分，故C错误；图戊中的电容器 上有“5.5V1.0F”字样，5.5V是最大电压或额定电压， 不是击穿电压，击穿电压大于5.5V,故D错误. 3,ABDA.当负极板左移一小段距离时，d增大，由C=4k E.S 可知，电容C减小，故A正确； 且格据E=号-吕-架不论权板网距加衍发化，权板 的总电量不变，因此电场强度总不变，故B正确； C.因负极板接地，设P点原来距负极板为x,则P点的电势 p=E(x十x),那么电势升高，故C错误： D.两板间固定在P,点的检验电荷带正电，且P点的电势大 于零，当P点的电势升高时，则P,点的电势能增大，故D 正确. 4.C 6D根据公式C,可知，膜片与极板距离增大，膜片与 极板间的电容减小，A错误；根据公式Q=CU可知膜片与极 板距离增大，电容减小，电压不变，则极板所带电荷量减小， 因此电容器要通过电阻R放电，B错误，D正确；根据电场强 度公式E可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的 电场强度减小，C错误. 三0022 6.D 7.解析：(1)电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而g= It,由微元法得到，【t图像与坐标轴围成的面积就是总的电 荷量，经确认：图像下共有42格，所以电容器在全部放电过 程中释放的电荷量约为Q=42×0.001×0.4C≈0.017C. (2)从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量 Q=0.017C,而所加电压U=E=10V,所以C三号 =0.0017F. (3)由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器 电荷量一定，则所有的电荷量将通过电阻R释放，只是图像 更加平缓些，但总量不变. 答案：(1)0.017(2)0.0017(3)不变 8解折：1)电容器的电客C-号-6X0F 60 1×10-HF. (2)电场强度E号-003V/m=2X10V/m (3)D点电势=-Ed=-2X103X(0.03-0.02)V =-20V. 答案：(1)1×10-#F(2)2×10V/m(3)-20V 高考冲浪 1D根据公式Q=CU和电容的决定式C三农，可得U= 4πkQ,d,根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小 时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，电源断开 后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来 越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故 此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项，故 选D, 2.BA.降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数e,增大， 容器的电容决定式C的可知电容器的电 故A错误；BC.溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端 的电压不变，根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带 的电荷量增大，故B正确，C错误；D.根据B选项分析可知 电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知 电路中电流方向为N→M,故D错误. 假期必刷5 技能提升台技能提升 1.A 2.C小球受重力和电场力作用，合力的方向与速度方向不在 同一条直线上，小球做曲线运动，A、B错误；合力方向与速 度方向先成钝角，后成锐角，即合力先做负功后做正功，速率 先减小后增大，C正确，D错误. 3.D1=2at,s=2a(2)'- 2at3 at,:s=1:3, 1 √臣2=4=14臣层 s=2ati4√a 1 t:t2=1:(√2-1)，D正确. 4.D粒子在水平方向上做匀速直线运动x=6t,由于初速度 相同，x4:xB=2:1,所以tA:tB=2:1,竖直方向上粒子 微匀加速直线运动y=a,且，=%敢a:·a。=店店 =1：4.而ma=gE, mg0·号×4-专D正 a mB qB aa 3 5,B由动能的表达式E,=2mv可知带电小球在M点的动 能为Ew=2mw,在N点的动能为Ev=之m(2w)=2m心， 所以动能的增量为△E,=?u,故A错误，带电小球在电场 中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向 受电场力做匀加速运动，由运动学公式有U,=v=gt,v,=2u =at=吗，可得qE=2mg,竖直方向的位移h=受t水平方 .7 高二物理型 向的位移x=受=，因此有x=2h,对小球用动能定理有 Ex一mgh=△E.=是m,联主上式可解得gB=2md, mgh=之m0心，因此电场力做正功，机裁能增加，故机械能增加 2m,电势能减少2，故B正确，D错误，重力做负功重力势 能增加量为。m,故C错误. 6.BC将B板向右平移距离d时，金属板A、B组成的平行板 e,S 电容器带电荷量不变，根据电容的决定式C一4分析知电 容C减小，故A错误：旅据电容的定义式C-吕，知Q不变， C减小，则U增大，故B正确：根据匀强电场电场强度的公 式E-牙，电容的决定式C=品以及电容的定义式C ES 号可得E=器，在电荷量Q不变的情况下，仅使交两板 间距离，电场强度不变，电子所受的静电力相同，加速度相 同，故C正确；甲电子从O到P过程有0-=-2ad,乙电 子从P到O过程有v2=2a·2d,解得乙电子运动到O点的 速率为U=√2v。,故D错误. 7.解析：(1)电子沿电场线的方向飞入，仅受电场力作用，做匀 减速运动，由牛顿第二定律得：gE=ma,得a=gE =3.5×106m/s2. (2)电子做匀减速直线运动，由运动学公式得：u=2ax,所以 -爱-2.3X10m (3)电子进入电场最大距离的一半时的动能为Ek,根据动能 定理得-E·子=R一名md, 代入数据得Ek=3.6×1016J. 答案：(1)3.5×10m/s2(2)2.3×102m (3)3.6X10-16J 8.解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为， 由功能定理得。山=之m心-0 2eU 解得入√m (2)电子以速度U进入偏转电场后，沿垂直于电场方向做匀 速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动」 设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间 为t,加速度为a,由牛顿第二定律和运动学公式得 F-eE-may=at, 又a=e UL 联立解得y=4U,d (3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2等. Ca 答案：(1λm (3)见解析 高考冲浪 1.Da电子入射动能为E,根据动能的表达式有E,= 之m0,电子恰好做圆周运动，则eE=0,联立解得 2E,故A错误；由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强 er 小于C点场强，故B错误；已知CQ=2BP,因为BC在 同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P 点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在Q点电势能大， 根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误；由电 场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP 之间平均电场强度大小大于CQ之间平均电场强度大小，根 据U=Ed,则Um<2Um,则b粒子全程的克服电场力做功 W=eUo<2eUp=2eU,故D正确.故选D.