第十章 4 电容器的电容-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理必修第三册练习手册（人教版）

离为L,根据品品=备，可如除无穷远处外，直线 MN电场强度为0的点只有一个，故C错误；由A选项 分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的 电势能低于在P点电势的电势能，将正试探电荷qo从T 点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误； 设等势圆的半径为R,AN距离为x,MW距离为L,如图 所示，根据p=9,结合电势的叠加原理，A、S满足 尝没经，流品解得片，=号 L-x 由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向 必过等势面的圆心，0点电势=~24-g=-3张g, L+L L 2L, 33 可知p>p,故T点电场方向指向O点，故B正确。故 选B。 MPA、NO 、. 第11题答图 12.A【解析】由于带电粒子在电场中做类平抛运 动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为9 m 经过时间t,电场力方向速度为E,功率为PF=gE Et,所以P与t成正比，故A正确。 m 13.s=之mi+9o 1 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gExo子s=0- ，n寸 mv f 14.(1=qErmgsin (2)Wm(mgsin)inE k (3)如图所示 参考答案与解析。 第14题答图 【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 gE+mgsin 0=ma, ① ② 联立①②可得√gE+mgin0 2mso ③ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量 为xo,则有mgsin+qE=koo ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定 理得 (mgsin 0+qE).(xmtxo)+W=7m-0. ⑤ 联立④⑤可得 W-(mgin qE)iE) (3)如图所示。 15.(1)V02+gR 2)meh2mw-分megR 【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mgRsin30=°号m2- 子m2,解得=VT+g。 (2)由A点运动到C点，由动能定理得W4+mgh= 3m2-0.解得ac=分m-me-m+分mgR-mgh, 由电势能变化与电场力做功的关系得△E,=-WAc=mgh- m-meR。 >m4.电容器的电容 1.B【解析】由C=2可知，电容器的电容C= 2x10=1×103F;因电容与电量无关，故电量增大 2 后，电容是保持不变的。 55 N 高中物理必修第三册（人教版） 2.ABC【解析】由电路图可知，电容器上极板与电 源正极相连，则2时间内，电容器上极板带正电，故 A正确；~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；t1~2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；t4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=9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= ,两极板间电场的电场强度将要变大，A错误；根据 U 平行板电容器电容的定义式和决定式，可得C=吴 4,当在两极板间插入一块介质时，介电常数G,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。 5015mm【解析】由C=6分得C=袋，G ,sG=G-G=88宝云，代入数据得6=45x 104m=0.45mm,故至少按下的距离△d=0.15mm。 6.BD【解析】设初状态极板间距是d,旋转a角度 后，极板间距变为如，所以电场强度E点，面 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9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=号=4总，可以通过增大 56 板间距d、减小介电常数&、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 题为较难题日。由题意可知：6骨名是，所以 4kπ E的变化规律与Q的变化规律相似，所以E的图像为 ②.由0=W=最品。，所以止+没， 4mkd 4wkd' 又因S汇为一定值，所以是匀速移动，所以速度图像 ”4πkd 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O不变，根据推论E=4?得知，板间场强 E不变。由电容的决定式C=,得到电容C增大，由 4Tkd 电容的定义式C=分析得知，电压U变小。P点与F U 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 C4可知，电容减小。若 电容器上的电压不变，根据 第10题答图 G号可知电荷量要诚小，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=?可知电压增大，故A、C错误；根据E= 人及C=三。'C9可得E=4,所以场强不变， d 8S 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。 山.)分m+等k1-nV© (2)L= 2vomdh y go 【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=9①，F=gE=ma②，设粒 d 子第一次到达G时动能为E,由动能定理有qEh=E- 子心：③，设粒子第一次到达G时所用时同为1，粒 子在水平方向的位移为1，则有h=2d④，1=d⑤， 联立①②③④⑤式解得=之m+兰gh0,1 e (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 1-2Vg, >"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-9为研究对象，有 号=日光以m为研究对象，有分·织 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。 4.9.0x103.0x10【解析】根据动能定理，有q(U- U)-m-"m心，代入数据，解得=9.0x10V。将未 速度正交分解，根据平行四边形定则，有)，=V2-品= 3.0x104m/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：e=2mi;②偏转：L=d,h 子验综合得合品，因此要提高灵装度则 需要增大L或减小U或减小d,故选C。 6.(1)8x105m/s2(2)1.5x109s(3)不能 【解桥】()a=点-点-登8×I0m公。 (2)当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×10？m/s 的速度飞人时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动 时间为t=L=1.5x10s。(3)在AB方向上的位移为 y4.得y09m,号-05cm,所以号.故 电子不能飞出电场。 7.AD【解析】设加速电场的电压为U,偏转电场 参考答案与解析。 的板间距离为山，根据动能定理得g,=m,解得= V2②四，进人镜转电场后飞行时间：，偏转距离 分·点·八张，可见，粒子的偏转距离 与粒子的质量和电荷量均无关，所以它们会打在屏幕的 同一位置，D正确；偏转电场对粒子做功为W=qEy, 与电荷量、场强和偏转距离有关，所以A正确；三种粒 子打到屏上时的动能一样大，但它们的质量不同，所以 速度不同，B错误；粒子的质量越大，运动到屏上所用 的时间越长，C错误。 8.A【解析】电子在板间做类平抛运动，侧移y= md，飞出偏转电场后，匀速直线运动，侧移y gUL? (2)M,爽光屏上的亮点坐标y与偏转电压U成正 比，又由图像可知Uct,故Yo∝t,荧光屏上的亮点沿y 轴方向做匀速运动，A正确。 9.AB【解析】根据题述，匀强电场中等势面间距 相等，相邻等势面之间的电势差相等。设相邻等势面之 间的电势差为U,根据电子从a到d的过程中克服电 场力所做功为W=6eV,电场方向水平向右。由W山= 3eV,联立解得U=2V。已知b的电势为2V,则平面 c上的电势为0，故A正确；由于之间的电势差为 4U=8V,一电子经过a时的动能为10eV,由于题述没 有指出电子速度方向，若该电子速度方向指向左或指向 上或下，则该电子就到达不了平面f,故B正确；由于 题述没有指出电子速度方向，故C、D错误。 10.C【解析】由于不知道两粒子的电性，故不能确 定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直 M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则 电场力做正功，电势能减小，故平行M板向下的粒子 到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B 错误；设两板间距离为d,对于平行M板向下的粒子刚 好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有号 0d,d=之a,对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀 加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同， 有(V7o-2al,联立解得去，-2，放C正 确，D错误。故选C。 11.(1)4E5E al 57第十章静电场中的能量 4.电容器的电容 基础练)匀 知识点面对电容的理解 知识点2电容器动态分析 1.已知一平行金属板电容器带电量为2x103C, 3.(多选)绝缘金属 两板间的电势差为2V,若使电容器的带 平行板电容器充 电量增至4×103C,则电容器的电容为 电后，静电计的 ( 指针偏转一定角 A.1×103F B.1×103F 度，若减小两极 第3题图 C.2×103F D.2×103F 板a、b间的距离， 2.(多选)观察电容器的充、放电现象的实 同时在两极板间插入电介质，如图所示， 验电路如图甲所示，将开关S与a端相 则() 连，电容器充电，然后把开关S掷向b A.电容器的电势差会减小 端，电容器放电，计算机与电流传感器 B.电容器的电势差会增大 相连接，记录这一过程电流随时间变化： C.静电计指针的偏转角度会减小 的I-t曲线如图乙所示，下列说法正确的 D.静电计指针的偏转角度会增大 是( 4.(多选)两块大 电流 充电过程一放电过程。 小、形状完全相 传感器 电压 同的金属平板平 传感器 4 行放置，构成一 第4题图 甲 乙 平行板电容器与它相连接的电路如图所 第2题图 示，接通开关S,电源即给电容器充电， A.t~t2时间内，电容器上极板带正电 则() B.t~t4时间内，电阻R中的电流方向从 A.保持S接通，减小两极板间的距离， 左向右 则两极板间电场的电场强度减小 C.t~t2时间内，电容器带电量与两极板 B.保持S接通，在两极板间插入一块介 间电压比值保持不变 质，则极板上的电荷量增大 D.t3~t4时间内，电容器带电量与两极板 C.断开S,减小两极板间的距离，则两 间电压比值逐渐减小 极板间的电势差减小 D.断开S,在两极板间插人一块介质，则 练 33 高中物理必修第三册（人教版） 两极板间的电势差增大 : 了，从而给出相应的信号。设每个金属 5.如图所示，有的计算机键盘的每个键下面 片的正对面积为50mm2,键未按下时两 连一小块金属片。与该金属片隔有一定空 金属片的距离为0.6mm。如果电容变化 隙的是另一块小的固定金属片。这两片金： 0.25pF,电子线路恰能检测出必要的信 属片组成一个小电容器。该电容器的电容 号，则键至少需要被按下多少？ C可用公式C=3计算，式中常量e,=9x d 102Fm,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 第5题图 的电子线路就能检测出是哪个键被按下 提 升练 6.(多选)如图所示，两平行金属板水平放 相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖 置并接到电源上，一个带电微粒P位于 直方向，在b板带电后，悬线偏转了角 两板间恰好平衡，现用外力将P固定住， 度α。在以下方法中，能使悬线的偏角aα 然后使两板各绕其中点转过α仪角，如图 变大的是( 虚线所示，再撤去外力，则带电微粒P A.缩小a、b间的距离 在两板间( B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 P D.换一块形状大小相同、介电常数更大 的电介质 第6题图 8.如图甲所示是某同学设计的电容式速度传 A.保持静止 B.向左做直线运动 感器原理图，其中上板为固定极板，下板 C.电势能不变 D.电势能将变少 为待测物体，在两极板间电压恒定的条件 7.(多选)如图所示， 下，极板上所带电荷量Q将随待测物体 C为中间插有电介 的上下运动而变化，若Q随时间t的变化 质的电容器，a和b 关系为0=。a、b为大于0的常数). 为其两极板，a板 接地。P和Q为两 其图像如图乙所示，那么图丙、丁中分别 第7题图 反映极板间场强大小E和物体速率v随t 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 变化的图线可能是() 34)练 第十章静电场中的能量。 固定极板 待测物体 第10题图 A.U不变 B.E,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 第8题图 金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接 A.①和③ B.①和④ 地，P、Q的电势均为p(p>0)。质量为 C.②和③ D.②和④ m,电荷量为q(q>0)的粒子自G的左 9.(多选)一平行板电容器充电后与电源断 端上方距离G为h的位置，以速度vo平 开，正极板接地，在两极板间有一正电 行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 荷（电量很小）固定在P点，如图所示。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以 以E表示两极板间的场强，U表示电容 及它从射入电场至此时在水平方向 器的电压，ε表示正电荷在P点的电势 上的位移大小。 能，若保持负极板不动，将正极板移到 (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为 图中虚线所示的位置，则() h的位置离开电场，则金属板的长 度最短应为多少？ MMMMMMMMMMMMMMM ++++++++ P G MMM% 第9题图 第11题图 A.U变小，E不变B.E变大，8变大 C.U变小，ε变大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,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 列说法正确的是() 练（35