第32讲 电容器的静电场问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第三十二讲 电容 母题呈现 [例]如图所示，带有等量异种电荷、相距 10cm的平行板A和B之间有匀强电场，电 场强度方向向下。电场中C点距B板3 cm,D点距A板2cm。已知一个电子从C 点移动到D点的过程中，受到的电场力F 大小为3.2×1015N。已知电子电荷量大 小e=1.6×1019C。 ·D B (1)求电场强度E的大小； (2)求C、D两点间的电势差UD; (3)若将平行板B接地，求电子在D点的电 势PD和电势能EpD; (4)电子从C点移动到D点的过程中，电场 力做功为多少？ (5)若保持A、B板与电源断开，B板不动， 将A板平行上移，A、B板间的电荷量如何 变化，电场强度E如何变化？ (6)若保持A、B板与电源接通，B板不动， 将A板平行上移，A、B板间的电压如何变 化，电子所受静电力如何变化？ ·110 器的静电场问题 知识链接 1.电容器 ①组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体 组成。 ②带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 ③电容器的充、放电： a.充电：使电容器带电的过程，充电后电容器 两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存 电场能。 b.放电：使充电后的电容器失去电荷的过程， 放电过程中电能转化为其他形式的能。 2.电容 ①定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的 电势差的比值。 ②定义式：C-号. ③单位：法拉(F)、微法(uF)、皮法(pF)、 1F=105uF=1012pF。 ④意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。 ⑤决定因素：由电容器本身物理条件（大小、形 状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 带电及电压无关。 3.平行板电容器的电容 ①决定因素：正对面积，介电常数，两板间的 距离。 ②决定式：C= eS 4πkd° 母题拓展 确定不变量到 电容器保持与电源相连，U不变：电容器 充电后与电源断开，O不变 判断电容变化© 由决定式C= 确定电容器电容的变化 4πkd 判断O或U的变化 由决定式C号判断电容器所带电荷 量O或两极板间电压的变化 判断场强的变化 由E牙分析电容器极板间场强的变化 衍生练习 [衍生1]一充电后的平行板电容器保持两 极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两 极板间插入一电介质，其电容C和两极板 间的电势差U的变化情况是 ( ) A.C和U均增大B.C增大，U减小 C.C减小，U增大D.C和U均减小 [衍生2]（多选）如图平行板电容器与电动 势为E的直流电源连接，下极板接地，闭 合开关K,稳定时一带电的油滴静止于两 极板间的P点。则下列说法正确的是 A.油滴带负电 B.保持开关K闭合，减小两板间距离，电 流计中电流方向a→b,油滴向上运动 C.保持开关K闭合，减小两板正对面积， 电流计中电流方向b→a,油滴向下运动 D.将开关K打开，减小两板间距离，静电 计指针张角变小，油滴静止不动 [衍生3]（多选）平行板电 容器的两极板A、B接 于电池两极，一带正电 小球悬挂于电容器内 部，闭合开关S,电容器 充电，这时悬线偏离竖 直方向的夹角为0，如图所示。则( A.保持开关S闭合，带正电的A板向B板 靠近，则0增大 B.保持开关S闭合，带正电的A板向B板 靠近，则0不变 C.开关S断开，带正电的A板向B板靠 近，则0增大 D.开关S断开，带正电的A板向B板靠 近，则0不变 [衍生4幻如图所示，电源内阻不可忽略且电 源电动势和内阻保持不变，当滑变阻器的 滑片向下移动时，关于电灯L的亮度及电 容器C所带电荷量Q的变化判断正确 的是 ·111 高考物理母题60讲 R3 C A.L变暗，Q增大 B.L变暗，Q减小 C.L变亮，Q增大 D.L变亮，Q减小 [衍生5] 物理兴趣实验小组的同学利用如 图甲所示的电路观察电容器的充、放电现 象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R 为定值电阻，C为电容器，A为理想电流 表，V为理想电压表。 1 图甲 (1)当开关S接 (填“1”或“2”)时，电 容器处于充电过程，此过程中电压表的示 数U随时间t变化的图像为 U U U 0 D (2)开关S掷向2后，通过电流表A的电 流方向为 。(填“从左到右”或 “从右到左”) (3)图乙为电容器放电时的I一t图像，已 知电容器放电之前的电压为3V,该电容 器的实测电容值为 F(结果保留2 位有效数字)。 I/mA ot 2 468ts 图乙 (4)若不改变电路其他参数，只减小电阻 R,放电时I一t曲线与横轴所围成的面积 将 (填“变大”“变小”或“不变”)。[衍生3][解析]A.0~x2间，电场强度均为正值，则 点电荷受到的电场力一直沿x轴正方向，因此点电 荷一直做加速运动，故A错误：B.根据牛顿第二定律 得：gE=m解得：a=gE由图像得，场强E先增大后 m 减小，则点电荷的加速度先增大后减小，故B正确； C点电荷从x=0运动到x=1处过程中，电场力做 功为W=79E1因此电势能减少了291。故 C正确：D.从x=0运动到x=x1的过程，由动能定 理得：7E1=m听从x=0运动到x=,的过 1 程，由动能定理得：E=子m呢联立解得： 2=√：√x2,故D错误。 [答案]BC [衍生4][解析]A.根据电势能公式E。=q9可知， 负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大， 可知，负电荷在B点电势能最大，则B点电势最低， 故A错误；B.从N到C,负电荷的电势能减小，电势 升高，则NC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正 确：C.负电荷从A到N,电势能变化量为△E。= 一EpN一EA,电场力做功为WAN=一△Ep=EpN十 EpA,AN间电势差为UAN,故C错误；D.图像的切线 斜率kgE,可知由B到C,图像的切线斜率绝对值一 直减小，则电场强度一直减小，故D正确。 [答案]BD [衍生5][解析]A.由题，正检验电荷仅在电场力作 用下沿x轴从x=一∞向x=十∞运动，速度先减小 后增大，所受的电场力先沿一x轴方向，后沿十x轴 方向，电场线方向先沿一x轴方向，后沿十x轴方向， 则知x=x1和x=一x1两处，电场强度的方向相反， 电场强度不同，故A错误。B.此图是速度一位置图 像，速度随位置的变化率即斜率体现的是加速度的 变化，根据F=ma及F=gE可知电场强度决定于加 速度，也就是斜率，x=x1和x=一x1两处斜率最 大，则电荷的电场强度最大，故B正确。C.由上知， 电场线方向先沿一x轴方向，后沿十x轴方向，根据 倾着电场线方向电势降低可知，电势先升高后降低， 则x=0处电势最大，故C错误。D.从x=x1运动到 x=十∞过程中，电场力沿十x轴方向，则电场力做 正功，电荷的电势能逐渐减小，故D错误。 [答案]B [衍生6][解析]A.从x1到x4场强为正，因此沿x 轴正向，沿电场线电势降低，则x2点电势高于x4点 的电势，可知点电荷在x2和x4处电势能不相等，故 A错误；B.根据U=Ex可知，图像与坐标轴围成的 面积等于电势差，可知x1、x2两点之间的面积小于 x3x4两点之间的面积，所以x1、x2两点之间的电势 差小于x3、x4两点之间的电势差，故B正确；C.从 x1到x3电势逐渐降低，可知，点电荷由x1运动到x3 的过程中电势能逐渐减小，故C错误：D.从x1到x 点场强沿x轴正向先增加后减小，可知电荷由x1运 动到x4的过程中电场力先增大后减小，故D错误。 [答案]B ·27 高考物理母题60讲 [衍生7门[解析]沿着电场线方向电势逐渐降低，可 知x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴负方向，x 轴上O,点右侧的电场场强方向沿x轴正方向，故A 错误。根据U=Ed可知，x轴上O点左侧的电场场 强为：E1= 1×10V/m=2.0X103V/m:右侧的电 20 20 场强度为：B=0.5x10V/m=4.0X108V/m:所 以x轴上O点左侧电场的场强和O点右侧电场的场 强的大小之比E1：E2=1:2,故B错误。设粒子从 (一1cm,0)点静止加速到原点所用时间为t1,接着 从原点向右减速运动到(0.5cm,0)点所用时间为 t2,在原点时的速度最大，设为vm,由运动学公式有： n-码1n-2,又Em=2m呢=gU,而周 m m 期：T=2(t1十t2),联立以上各式并代入相关数据可 得：T=3.0×10一8s,该粒子运动过程中动能的最大 值为：Ekm=2×108J,故C错误，D正确。 [答案]D [衍生8][解析]E。一x图线斜率的绝对值表示滑块 所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场 方大小为F=B11=兰|是N=1N,可得 E,=10V/m,A错误：滑块向右运动过程中，E。一x 图线斜率的绝对值先减小后增大，则所受电场力先 减小后增加，加速度先减小后增大，B错误：滑块从x =1m的位置运动至x=3m处的过程中，根据动能 定理有w电=之m2-名m6,且w色=-(E购 Ep1)=1J,解得滑块运动至x=3m处时的速度大小 为v=2m/s,C正确；若滑块洽好到达x=5m处，则 we'=-(Es-E1)=0-名m品，其中E1=2J小，解 得滑块在x=5m处的电势能Ep5=5J,该处的电势 为gg=0V一0VD错误 [答案]C 第三十二讲电容器的静电场问题 [母题呈现] [例][解析](1)E=E=E=2X10NVC. (2)由题意知：dpc=5cm, 由Uc=Edpc=103V,Ucn=-Uc=-103V。 (3)B板接地，9B=0,9D=UpB=E·dDB=1.6 103V,Ep=9·q=1.6×103V×(-1.6×10-19C)= -2.56×1016J. (4)WcD=UD·q=(-10)3×(1.6×1019)J=1.6× 1016J. (5)由容器与电源断开，A、B板间电荷量(Q)不变， B吕-品品-品架，E不支 4πkd (6)电容器与电源接通，A、B极间电压(UJ)不变： 由E=号得E减小，F=的知F减小 [答案](1)2×104N/C(2)-103V(3)1.6× 103V-2.56×10-16J(4)1.6×1016J(5)Q不 变E不变(6)U不变F变小 高考物理母题60讲 [衍生练习] [衍生1][解析]选B根据平行板电容器电容公式 C可知，在两板间插入电介质后，电容C增 大，因电容器所带电荷量Q不变，由C=号可知， U=冬减小，B正确。 [答案]B [衍生2][解析]A.对油滴受力分析可知，油滴受到 的电场力竖直向上，与板间场强方向相反，则油滴带 负电，故A正确：B.保持开关K闭合，极板间电压保 持不支，成小两同距商，款路C=需C-吕可 知电容器电容增大，电容器所带电荷量增大，则电流 卧中电流方向b→a,根据E,可知板间场强变 大，油滴受到的电场力变大，油滴向上运动，故B错 误；C.保持开关K闭合，极板间电压保持不变，减小 ErS 西板正对面积，根据C,C号，可知电容器电 容减小，电容器所带电荷量减小，则电流计中电流方 向4一6，根据E号，可如板间场张不变，油滴交力 不变，油滴静止不动，故C错误：D.将开关K打开， 可认为电容器所带电荷量不变，减小两板间距离，根 =C-吕可知电容器电容增大，板板同电 据C-S,S 压变小，则静电计指针疾角变小，格据E=号号 =_Q=4,可知板间场强不变，油滴受力不变， 4πkd 油滴静止不动，故D正确。 [答案]AD [衍生3][解析]小球受重力、水平向右的电场力和 悬线的拉力而平衡，开关S始终闭合，电容器两板间 电势差始终保持不变，两板间距离d减小，由E= d 知E变大，小球所受电场力变大，则日增大；当电容 器充电后S断开，电容器所带电量Q不变，两板间距离 d减小时，电容C增大，E=号=号9可见E不 d Cd eS 变，小球所受电场力不变，日不变。故A、D正确。 [答案]AD [衍生4][解析]当滑动变阻器的滑片向下移动时， 滑动变阻器的有效电阻减小，电路的总电阻减小，干 路电流变大，内电压变大，外电压变小。灯泡电压与 外电压相等，所以灯泡变暗。因为灯泡变暗，所以流 过灯泡电流减小，则流过滑动变阻器电流变大，所以 电阻R1的电压变大，则滑动变阻器电压减小，根据 电容公式可知电容器所带电量减小。 [答案]B [衍生5][解析](1)[1]开关接1时，电源与R和C 组成电路，此时C处于充电状态。 [2]电容器充电过程，其两极板不断积累电荷，电容 大小只跟本身结构有关，保持不变，Q不断变大，由 公式C-号可知两板板电压不断增加，最终趋于稳 定等于电源电压。故B正确，ACD错误。 ·27 (2)电容器下极板与电源的正极相连，达到稳定后， 电容器下极板带正电。放电时下极板相当于电源的 正极，上极板相当于电源的负极，所以通过电流表A 的电流方向应为从左往右。 (3)在I一t图像中，阴影部分表示的物理意义是q =It, 其图线与坐标轴围成的面积表示的物理量是电 荷量。 乙图中图像与横轴围成的面积约41格，分析I一t图 像可知，每个方格代表的电荷量为g=0.2×10-3× 0.4C=8.0×10-5C, 电容器放出的电荷量为Q=41q=3.3×103C, 则电容器的电容为C=号 =3.3×10-2 3 F=1.1× 10-3F. (4)不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，导 致曲线的最大电流值将减小，放电时间将变长，而放 电时曲线与坐标轴所围面积不变。 [答案](1)1B(2)从左往右(3)1.1×103 (4)不变 第三十三讲电场中的带电粒子运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)通过受力分析得出，带电粒子只能 做匀速直线运动，9E=mg,E=mg (2)带电粒子向上做匀减直线运动，到上极板时速度 U 拾好减为零一92 (3)运动规律分析：粒子作类平抛运动。 +++十++ 人 -L v. 垂直电场线方向：匀速直线运动L=ht, 沿电场线方向：加速度为4=9吗的匀加速直线运动 md y= t2,y=qUl.2 1 ,偏转角日（初、末速度方向夹 2mdv 角)：tan0=之=gUL vo mdv (4)粒子作类斜上抛运动。 据运动对称性知：飞出电场时速度大小不变，斜向下 与水平方向成日角，如图所示 0 (5)法一：设小球向下摆过0角时，速度为，据动能定 理：mg1sin0-gE1-os)=7mw2mg=9E 当0=45°时，sin0十cos0为最大值，所以小球运动过 程速度最大的位置为图中0为45°时。 法二：用等效思想。把重力和电场力的合力看成等效 重力，当等效重力的反向延长线经过圆心O点时，圆 周运动的速度有最大值。 [答案] (1)m(2)w<√m U (3)vot tan qUL (4)(5)见解析 mdv