假期作业27 电容器的电容-【快乐假期】2025-2026学年高一物理暑假作业（全学年）

快乐假期 假期作业27电容器 情境辨析 如图所示的是电容器充电的过程 金属板上带的是 等量异种电荷 1电子移动 电子移动 (1)电容器充电的过程，两块不带电的金属板 跟电源连接，最后金属板上带了等量的异 种电荷. () (2)电容器充电过程中两极板间电场强度不断 增大 (3)放电后的电容器所带电荷量为0，电容也 为0. () (4)电容器的电容表示电容器容纳电荷的 多少 () (5)电容器的电容与电容器所带电荷量成 正比 () 《技能提升 ◆[知识点一]电容器的充放电电容 1.某电容器上标有“1.5uF9V”字样，则表 示该电容器 () A.只有在9V的电压下它的电容才是1.5uF B.只有在9V的电压时，电容器才能正常工作 C.所加的电压不应超过9V D.当它的电压为4.5V时，它的电容变 为0.75uF 2.心室纤颤是一种可危及生 命的疾病.如图所示为一 种叫作心脏除颤器的设 备，某型号AED模拟治 疗仪器的电容器电容是25uF,充电至6kV 电压，如果电容器在3ms时间内完成放电， 则下列说法正确的是 ( ) A.电容器放电过程中电流保持不变 B.电容器的击穿电压为6kV C.电容器充满电的电荷量是1.5C D.电容器充满电的电荷量是0.15C 6 SE 电容 书到用时方恨少，事非经过不知难。 完成日期： 月 3.如图所示为研究 18 电容器的充、放电 电流 传感器接计算机 现象的电路图，实 验前，开关S是断 R 开的，电容器不带电.下列操作过程中，说法 正确的是 ( A.开关S接1，电容器上极板带负电 B.开关S接1稳定后，再断开S,电容器两 极板间有电场存在 C.开关S接1稳定后，再将S掷向2，通过 电流传感器的电流方向向上 D.开关S接1稳定后，再将S掷向2，通过 电阻R中电流方向向右 4.电容器是一种重要的电学 元件，任何两个彼此绝缘又 相距很近的导体，都可以看 成一个电容器，电容器能存储电荷，电容器 存储电荷的特性可以用电容C来描述.如 图所示为研究电容器充、放电的实验电路 图.实验时，先使开关S掷向1端，电源E 对电容器充电；经过一段时间，把开关S掷 向2端，电容器与电阻R相连，电容器放 电.在开关S接通2端后的极短时间内，下 列说法正确的是 () A.电容器所带电荷量和两极板间电压都增大 B.电容器所带电荷量和两极板间电压都减小 C.电容器所带电荷量增大，两极板间电压减小 D.电容器所带电荷量减小，两极板间电压 增大 ◆[知识点二]电容器的动态分析 5.（多选)在手机塑料壳恒压+ 的生产线上，用如图所 电源- 示装置监控塑料壳的 静电匹 厚度.两个完全一样的 金属板A、B平行、正 对、水平固定放置，A在上、B在下，通过导 线接通电源一段时间后断开开关，让塑料壳 匀速通过A、B间，当塑料壳变厚时() 三-0022 A.两板间电压不变 B.两板间电场强度减小 C.两板所带电荷量减小 D.静电计指针偏角减小 6.图示是“研究电容器两极板间距对电容大小 的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距 增大时，静电计指针张角增大，则 ( A.极板间电势差减小 B.电容器的电容增大 C.极板间电场强度增大 D.电容器储存能量增大 7.计算机键盘每个按键下有 块小金属片，与该金属片 隔有一定空气间隙的是另 一块小的固定金属片，两 片金属片组成一个小电容器.且电压保持不 变，如图所示的键盘连着正在工作的计算 机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的 电容器 ( A.电容变小 B.金属片间的电场强度变小 C.电荷量增大 D.处于放电状态 8.如图所示，平行板电容器的 +0 两个极板为A、B,B板接 地，A板带有电荷量十Q B 板间电场中有一固定点P, 若将B板固定，A板下移一些，或者将A板 固定，B板上移一些，在这两种情况下，下列 说法正确的是 () A.A板下移时，平行板电容器的电容减小 B.B板上移时，平行板电容器的电容不变 C.A板下移时，P点的电场强度不变，P点 电势升高 D.B板上移时，P点的电场强度不变，P点 电势降低 6 高一理 《《素养培优 1.手机软件运动步数的 M 测量是通过手机内电 容式加速度传感器实 现的，如图所示，M极 左十右a④ 后 板固定，当手机的加速度变化时，N极板只 能按图中标识的“前后”方向运动.图中的R 为定值电阻.下列对传感器描述正确的是 A.静止时，电流表示数为零，电容器两极板 不带电 B.保持向前匀加速运动时，电路中没有电流 C.由静止突然向后加速时，电容器的电容 减小 D.由静止突然向前加速时，电流由a向b 流过电流表 2.在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电 路如图（甲）所示， 甲 (1)将开关S接通1，电容器的 (选 填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2， 通过电流表的电流方向向 (选填 “左”或“右”). (2)若电源电动势为10V,实验中所使用的 电容器如图（乙）所示，充满电后电容器正极 板带电荷量为 C.(结果保留两位 有效数字) (3)下列关于电容器充电时，电流i与时间t 的关系；所带电荷量g与两极板间的电压U 的关系正确的是飞壁快乐假期 2.解析：(1)把电荷量为Q1=2.0×10-9C的正电荷从A点移 到B点电场力做功为WAB,则电场力做功为WAB=UABQ1, _WAB_=1.5X10- 得Ua=Q=2.0x10V=75V. (2)把电荷量为Q2=4.0×109C的正电荷从B点移到C点，克 服电场力做功为Wc,则电场力做功为一Wx=UcQ2,得U =-wx=二40X107V=-100V, Q2 4.0X10-9 又因UAB=PA一P8,UC=PB一Pc, 得UAc=PA一Pc=(PA一PB)十(PB一Pc)=UAB+Uc= -25V,通过比较可知pc>Pn>pB. (3)U4c=一25V,若A,点电势为零，则C点电势为25V. (4)若A点电势为零，那么PB=一75V,则Q2在B点电势 能为E。=PQ2=-7.5×4.0×109J=-3.0×10-7J. 答案：(1)75V(2)gc>9a>9(3)25V(4)-3.0× 10-7J 假期作业26 情景辨析 (1)/(2)/(3)/(4)/(5)X 技能提升 1.D[公式E=罗仅造用于匀强电场中计算A,B两，点间的 电势差，d表示A、B两点沿电场线方向上的距离，即A、B所 在等势面之间的距离，若A、B两，点等电势，A、B两点间的距 离越大，电势差也不会变，A、B、C错误，D正确.门 2.C[根据沿电场方向电势降低可知B,点电势低于A点电 势，则Um为负值，根据匀强电场中电势差与电场强度的关 系可得UA=-EdAB cos60°=-5V.] 3.B[根据电势能的定义式E,=go可得O点的电势为o=6V, A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知电场线方向水平 向右，B正确；根据电势差与电场强度的关系式E Ua O4coS60,解得E=400V/m,C错误；根据E,=gg,依题意 从O点C点，电势一直在降低，电子带负电荷，所以其电势 能增大，D错误.门] 4.解析：匀强电场中电场线由电势高的等势面指向电势低的等势 面，电场线垂直于等势面，由图可知该电场强度方向水平向左， 电场线与A、B连线的夹角是37°，得UA=Edcos37°，E V/m-1 00 V/m UBA 答案：1000V,方向水平向左 5.D[电场线方向指向云层，则云层带负电，A项错.电场线 的密度越大，电场强度越大，故E。>Eb>Ee,B项错.ab=bc, 但由题图可知该电场并非匀强电场，故a、b间与b、c间电势 差不相等，C项错.云层带负电，地面则可视为带正电，当云 层上的负电荷导入大地时，可视为正电荷从避雷针移动到云 层，即电流从避雷针流向云层，D项对.门 6.AD[分别过M、P,点作等势线，可得到过P,点的等势线在 过M点的等势线上方，因沿着电场线方向电势降低，则有 9M>9p,A对；将负电荷由O点移到P点，由于Uop>0,则 W=gUop<0,静电力做负功，B错；由U=Ed定性判定可 知，MN间的平均电场强度小于OM间的平均电场强度，故 M、N两点间的电势差小于O、M两，点间的电势差，C错；根 据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故 y轴上的电场强度方向沿y轴向上，所以在O点由静止释放 一不计重力带正电的粒子，其所受静电力沿y抽正方向，则 该粒子将沿y轴做直线运动，D对.] 7.B[已知在匀强电场中将某一线段等分的同时就将该线段 两端的电势差等分，将线段bd五等分，如图所示，则U= Ua=}Ua=号×(24-4)V=4V,故U=%-g=4V, 9r-9a=4V,可得9.=24V-4V=20V.pr=8V,故m,= 9,ae为等势线，连接cf,则cf∥ae,即cf也为等势线，故c 点的电势P:=9=8V,故B正确.] 8 -.-00M-= 8.C[由题意知，将正电荷从A移到B,静电力不做功，则A Ue-g-兽v-0v.片以B的电k 与B电势相等，A、B连线是一条等势线.B、C间电势差为 该匀强电场的电场强度大小为E=BC9in53 10x0.8X10V/m=10000V/m,因为沿电场线方向电势 800 降低，故电场强度方向垂直AB斜向下.C正确.] 9.C[点电荷从A点以某一初速度 EC 射出，此后能以相同大小的速度经 过B点，根据动能定理有UABq= △E=0,可得A、B两点处的电势 差等于零，即A、B两，点的电势相A 120x 同，如图连接AB为一等势线，过O 点作AB的垂线为电场强度方向所在的直线，因为将一个电 荷量为2×10-7C的负点电荷由0点移到C点，克服静电力 做功1×106J,所以可得电场强度方向由0指向C,OC间 电势差为Uc=W=-1X10 Ug q -2X10V=5V,所以E=O瓷 V/m=50V/m] 素养培优 解析：(1)由题意，D→C电场力做正功，W=gELc cos60° W 3.2×10-17 则E=gLmc0s60=1.6X10X0.04X0.5N/C =1×10N/C. (2)电子在电场中平衡，受到的电场力方向向上，电子带负 电，则场强方向为A→B.A、B间电势差为UAs=EdAs=10 ×6×10-2V=600V. (3)A、D间电势差为UAD=Edc cos60°=200V,由UAD= PA一Pn,9a=0得p=-200V. 答案：(1)1×104N/C(2)600V(3)一200V 假期作业27 情景辨析 (1)(2)/(3)×(4)×(5)× 技能提升 1.C[电容器上标有“1.5uF9V”字样，说明电容器的电容是 1.5μF,是电容器本身的特性，与所加电压无关，电压是9V 或4.5V时，电容都是1.5uF,A、D错误；9V是电容器的额 定电压，即能承担的最大电压，不是只有在9V的电压时，电 容器才能正常工作，B错误；9V是电容器的额定电压，即能 承担的最大电压，所加的电压不能超过9V,但9V不是击 穿电压，C正确.] 2.D[电容器放电过程中电流随着电容器电荷量的减少而减 小，故A错误：电容器铭牌上的电压为额定电压，所以根据 题意可知电容器的额定电压为6kV,而击穿电压要比6kV 高，故B错误；根据电容定义式可得电容器充满电的电荷量 为Q=CU=25×10-6×6000C=0.15C,故C错误，D 正确.门 3.B[开关S接1，相当于给电容器充电，电容器上极板与电 源正极相连接，带正电，A错误；开关S接1稳定后，充电完 毕，电容器两极板间电压等于电源电动势，再断开S,电容器 两极板间有电场存在，B正确；开关S接1稳定后，再将S掷 向2，此时电容器处于放电过程，放电过程上极板相当于电 源的正极，流过电流传感器的电流方向向下，流过电阻R中 电流方向向左，C、D错误.] 4.B[开关S掷向1端时，电源给电容器充电，电容器两极板 所带电荷量及两极板间电压均增大，开关S掷向2端后的极 短时间内，电容器对电阻R放电，电容器两极板所带的电荷 量减小，两极板间电压也减小，直至最后减小为0，故B正 确，A、C、D错误.门 5.BD[塑料壳变厚时，相当于介电常数e:变大，根据C= 部如C度大，断开开关，Q不支.根据C=号U会成小 三0022... 静电计指针偏角减小，故A、C错误，D正确；根据公式E= 吕片合电家的决定式C-品与电家的定又式C-号可 得，电场强度E=4红，可知当介电常数变大时，电场强度 ES 减小，故B正确.门 6.D[根据Q=CU,Ca可得当极板间距增大时电容减 小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，故A、 B错误；报据E=号得E=2,故场强不变，故C错误；移 ES 动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增 大，故D正确.故选D.门 7.C[按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板 距d减小，根据C三可知电容C变大，因两板间电 U一定，根据Q=CU可知，电容器带电荷量增大，电容器处 于充电状态，此时根据E一吕可知金属片同的电场强度E 变大.故C正确.门 8.D[由题意知，电容器两板所带电荷量不变，正对面积不 变，A教下移时，导致板板同距减小，依搭C-可知电容 增大，再根据推论E=4可知，P点的电场强度E不变.P ES 点与下极板的距离不变，根据公式U=Ed,P点与下极板的 电势差不变，而下极板的电势为零，所以P点电势不变，故 A、C错误；B板上移时，同理得知，极板间距减小，依据C一 可知电容增大，再根据推论E二可知，P点的电场 erS 强度不变，根据公式U=Ed,P点与下极板的电势差减小， 而下极板的电势为零，则P点电势降低，B错误，D正确.门 素养培优 1.B[静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电荷 量不变，电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带 电，A错误；保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N 板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电 源相连，电压不变，由Q=CU知电荷量不变，电路中无电流， B正确；由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则极板 囿距减小，根据C知电容C增大，C错误，由静止突然 向前加速时，N板相对向后移动，则极板间距增大，根据C= 品知电容C减小，电压不变，由Q=CU知电容器电待量 减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，D错误.] 2.解析：(1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可 知电容器上极板带正电；开关S接通2，电容器放电，通过电 流表的电流向左 (2)充满电后电容器所带电荷量Q=CU=3300X10-6FX 10V=3.3×10-2C.(3)电容器充电过程中，电流逐渐减小， 随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电容器充电 结束后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具 有的属性，根搭电容的定义式C=吕可知，电荷量与电瓜成 正比，所以图线应为过原，点的直线，C、D错误 答案：(1)上左(2)3.3×10-2(3)A 假期作业28 情景辨析 (1)/(2)/(3)×(4)× 技能提升 1上A[旅指动能定理得=日m,好得√2旅话 上式可知，经相同电压加速后，比荷g大的粒子速度口 m 大，电荷量g大的粒子动能大，故A正确，B、C、D 错误.] 8 客一物理 2.A[根据动能定理得U=子m,可知电子到达Q板时的 速率为，将板间距离增大一倍，因为电压不变，电 子到达Q板时的速率不变，A正确，B错误；电子的加速度为 a-能-品报搭d0r,保=4哥若将两瓶旅同电 势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的号， C、D错误.] 3.C[质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用 加速运动到B,点，设A、B两，点间的电势差为U,由动能定理 可知，对质子：2mHUH2=grU 对a粒子：2m.2=g.U 所以气-1 4.D[由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒 子恰好能到达N板时，由动能定理可得一gU=一2m,“, 要使粒子到达距N板号后返回，设此时两极板间电压为 U1,粒子的初速度为，则由动能定理可得一gX3 名聚立有方根彩受】 5.C[电子在两极板间做类平抛运动，水平方向1=t,t= 竖直方向d=ar9 00 2mdo,故d=9Ue 2m,,即doo1 故C正确.] 6.A[设电子经加速电场加速后的速度为，则有2m心= 00,电 eU,所以电子进入偏转电场时遠度的大小为um 子进入偏排电场后的偏转位特y=日a=日·品· (台)广-品可见要对大，可行的方法有增大格转白 压U,减小加速电压U。,减小偏转电场极板间距离山.选项A 正确. 7.BC[三个电子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同， Qb两电子在竖直方向上的位移相等，根据y=弓a2可知 运动时间相等，故B正确；b、c竖直方向上的位移不等，y.< %,根据y=2ar,可知t<6,故A错误；在垂直于电场方 向即水平方向，三个电子微匀速直线运动，则有=无，因x =x6,l。<6,则>，根据ta=,x6>xa,则>u,所以 有0。>%>v。,故C正确；根据动能定理知，a、b两电荷静电 力做功一样多，所以动能增加量相等，离开电场时c电荷偏 移最小，静电力做功最少，动能增加量最少，故D错误.门 ⑧CD[两偏转极板间的电场强度E=,所以只增大d,偏 转电场的电场强度将减小，故A项错误.根据动能定理，在 加速电场中有eU=弓m-0,所以电子进入偏转电场的 U,而电子在偏转电场中做类平抛运动的时间 速度v入√m -名所以给移量言一盖-瓷所以只增大L 或U2,电子的偏转量都将增大，荧光屏上光斑P的位置也会 向上移动，故B项错误，D项正确.电子在偏转电场中做类平 鹅运功的时间=号=L√2元，所以增大山时，电子穿地 偏转电场的时间变短，故C项正确.]