2023年高三物理二輪練習13 靜電場、磁場和閉合電路中的電容問題（解析版）

2023年高三物理二輪高頻考點沖刺突破

專題13靜電場、磁場和閉合電路中的電容問題

專練目標______________________________專練內(nèi)容______________________________

目標1高考真題（IT—4T）

目標2靜電場中的電容的動態(tài)分析（5T-8T）

目標3磁場中的電容問題（9T—12T）

目標4閉合電路中的含容電路（13T—16T）

【典例專練】

一、高考真題

1.如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定,

下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，

則（）

A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強度不變

C.極板間電場強度變大D.電容器電容變大

【答案】A

【詳解】D.根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量。變少，根據(jù)電容定義式C=5可知電

容器得電容C減小，D錯誤；

BC.根據(jù)電容的決定式C=棄；可知極板間距d增大，極板之間形成勻強電場，根據(jù)E=?可知極板間電

Aπkda

場強度E減小，BC錯誤；

A.極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確。故選A。

2.如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為8,導軌間距最窄處為一狹縫,

取狹縫所在處。點為坐標原點，狹縫右側(cè)兩導軌與X軸夾角均為一電容為C的電容器與導軌左端相連,

導軌上的金屬棒與X軸垂直，在外力尸作用下從。點開始以速度V向右勻速運動，忽略所有電阻，下列說

法正確的是（）

B.金屬棒到達5時，電容器極板上的電荷量為5Cvx1）tane

C.金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電

D.金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定

【答案】A

【詳解】C?根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應帶正電，C錯誤；

A.由題知導體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為L=2xtan優(yōu)X=W則產(chǎn)生的感應電動勢為

E=28v%an0由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為Q=CE=2BCv2Λanθ

則流過導體棒的電流/=A?=28C3tanO°A正確；

Af

B.當金屬棒到達X"處時，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為￡=28VX“tan。

則電容器的電荷量為Q=CE'=28CVXOtan，，B錯誤；

D.由于導體棒做勻速運動則尸=尸爰=8〃由選項A可知流過導體棒的電流/恒定，但L與,成正比，則尸

為變力，再根據(jù)力做功的功率公式可看出E為變力，V不變則功率P隨力F變化而變化；

D錯誤；故選A。

3.利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流

表，V為電壓表。下列說法正確的是（）

A.充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定

B.充電過程中，電壓表的示數(shù)迅速增大后趨于穩(wěn)定

C.放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零

D.放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零

【答案】B

【詳解】A.充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電路中的電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后,

電流表示數(shù)為零，A錯誤；

B.充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電壓表測量電容器兩端的電壓，電容器兩端的電壓迅

速增大，電容器充電結(jié)束后，最后趨于穩(wěn)定，B正確；

CD.電容器放電的/T圖像如圖所示

八//mA

2二二二二二二二二二

0.12468t/s

可知電流表和電壓表的示數(shù)不是均勻減小至。的，CD錯誤。故選B。

4.如圖，兩個定值電阻的阻值分別為凡和&,直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間

距離為d,板長為由”，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為“、帶電量為+4的小球以初速度V沿

水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。

此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動勢既;

（2）求兩極板間磁場的磁感應強度8；

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值

××XX

,

E&××X×?E

0*V*×X

R、A

\<—∣∕3d—

mgd(R?+&)mvmg

【答案】（1）⑵拓：⑶

冰2

【詳解】（1）小球在電磁場中作勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eg=mg

R2兩端的電壓％=Ed根據(jù)歐姆定律得仇=V旦聯(lián)立解得EO=mgM'+RJ

A1+K2qκ2

設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系（，-1）2+（，^）2=,.2解得〃=2（/

根據(jù)qvB=m—解得B=

r2dq

（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60。，要使小球做直線運動，當小球

所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得

Eq=mgcos60°解得E=-y2-

二、靜電場中的電容的動態(tài)分析

5.2022年9月16日12時40分前后，臺風"梅花"（熱帶風暴）的中心在金普新區(qū)再次登陸，登陸時中心

附近最大風力有9級。小李同學用所學知識設(shè)計了一個電容式風力傳感器。如圖所示，將電容器與靜電計

組成回路，可動電極在風力作用下向右移動，引起電容的變化，風力越大，移動距離越大（兩電極不接觸）。

在受到風力作用時，下列說法正確的是（）

可動電極固定電極

A.電容器電容變小

B.若極板上電荷量保持不變，則極板間電場強度變大

C.若電容器始終接在恒壓電源上，則極板所帶電荷量增大

D.只有保持極板電荷量不變，才能通過靜電計指針張角反映風力大小，且風力越大張角越大

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)在受到風力作用時，d減小，則電容器電容變大，故A錯誤；

4τrkd

Q

B.極板間電場強度E=I=￠=2=蟲絲不變，故B錯誤；

ddCd3

C.始終接電源U?定，極板帶電量O=CU增大，故C正確；

D.（7一定時靜電計指針張角不變；。一定時，風力越大，d越小，電容C越大，則極板間電壓越小，靜電

計指針張角越小，故D錯誤。故選C。

6.如圖所示，C為平行板電容器，D為理想二極管。當滑動變阻器上的滑片在中點時，閉合開關(guān)K,帶電

小球恰能在兩平行板間靜止，下列說法正確的是（）

~~I

C,

DZ；一I

4—II——~~I1—1

RTRi

l^κ

A.若將滑動變阻器&的滑片向右移動，電容器帶電量不變

B.若將滑動變阻器上的滑片向右移動，則帶電小球?qū)⑾蛳录铀龠\動

C.若電容器的上金屬板向下平移一小段距離，則帶電小球向下加速運動

D.若電容器的上金屬板向上平移一小段距離，則帶電小球仍保持靜止

【答案】D

【詳解】由圖可知，電阻Q和&串聯(lián)分壓，電容器與以并聯(lián)，則電容器兩端的電壓與R/兩端的電壓相等。

A.滑動變阻器比的滑片向右移動，生的電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，處兩端的電壓減小，則

Q兩端的電壓增加，即電容器兩端的電壓增加。由公式C=5可知：電容C不變，U增加時，0增加，流

經(jīng)二極管的電流為正向電流，電容器成功充電，故A錯誤：

B.閉合開關(guān)K時，帶電小球恰能在兩平行板間靜止，則由平衡關(guān)系可知小球受到的豎直向下的重力mg和

豎直向上的電場力Eq大小相等。由A可知，滑動變阻器叢的滑片向右移動，電容器兩端的電壓增加，由公

式E=B■可知：U增加，板間距d不變時，場強E增加，則電場力增加，帶電小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動，故B

錯誤：

C.電容器的上金屬板向下平移一小段距離，板間距d減小，由公式C=I三可知：板間距d減小時，電容

4πkd

C增大,由公式C=號可知：電容C增大，若。不變時，0增加，流經(jīng)二極管的電流為正向電流，電容器

成功充電。由公式E==可知：。不變，板間距（/減小時，場強E增加，則電場力增加，帶電小球?qū)⑾蛏?/p>

a

加速運動，故C錯誤；

D.電容器的上金屬板向上平移一小段距離，板間距d增大，由公式C=可知：板間距d增大時，電

容C減小，由公式C=W可知：電容C減小，若。不變時，0減小，流經(jīng)二極管的電流為負向電流，電容

器不能放電，即。不變，則。增加。由公式E==,C=g,C=華7聯(lián)立得E=坦2可知：場強E不

dU4τtkdεr-s

變，則電場力不變，帶電小球靜止不動，故D正確；故選D。

7.平行板電容器C/、C2水平放置，如圖所示連接在電路中,電源內(nèi)阻不計，G平行板的正對面積小于C?

平行板的正對面積，兩板間的距離相等，P為C/兩板間一點,。下板接地，則下列判斷正確的是（)

A.。兩板間電場強度小于C?兩板間電場強度

B.G的帶電量小于C2的帶電量

C.將一陶瓷板插入C2板間，C2的帶電量增加

D.將一陶瓷板插人C?板間過程中，尸點電勢升高

【答案】BC

【詳解】A.由于兩電容器并聯(lián)在電源兩端，電壓相等，根據(jù)E=Y可知，兩板間的距離相等，則兩板間的

電場強度相同，A錯誤;

b?根據(jù)C=而，O=S解得O=病可知，。平行板的正對面積小于C2平行板的正對面積，則0

的帶電量小于Cz的帶電量，B正確;

c.將一陶瓷板插入G板間，G的電容變大，而電壓U不變，根據(jù)上述，因此G的帶電量增加，C正確;

D.將一陶瓷板插入G板間過程中，G充電，但是電容器G兩板間的電壓不變，電容器G兩板間的電場強

度不變，尸點的電勢不變，D錯誤。故選BC.

8.微信運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的，如圖所示，M極板固定，當手機的加速

度變化時,N極板只能按圖中標識的"前后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳感器描述正確的是（）

eR1

aMI=

耋N重

.?<-

前

后

A.靜止時，電流表示數(shù)為零，電容器兩極板不帶電

B.保持向前勻加速運動時，電路中沒有電流

C.由靜止突然向后加速時，電容器的電容減小

D.由靜止突然向前加速時，電流由b向。流過電流表

【答案】BD

【詳解】A.靜止時，N板不動，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器保持

與電源相連，兩極板帶電，選項A錯誤；

B.保持向前勻加速運動時，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動，電容器電容不變，電容器保持

與電源相連電壓不變，由O=CU知電量不變，電路中無電流，故B正確；

C.由靜止突然向后加速時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=導知電容C增大，故C錯誤；

4兀kd

D.由靜止突然向前加速時，N板相對向后移動，則板間距增大，根據(jù)C=η?知電容C減小，電壓不變，

由0=Ct7知電容器電量減小，電容器放電，電流由b向α流過電流表，選項D正確。故選BD。

三、磁場中的電容問題

9.如圖是某電磁彈射技術(shù)的簡化模型的等效電路，直流電源電動勢E=35V,超級電容器的電容C=2F。

兩根固定于同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌MN、電阻不計，它們的間距Z=Im。磁感應強度大小

8=2T的勻強磁場垂直于導軌平面向上。質(zhì)量"，=2kg、阻值R=5Ω的金屬棒仍，垂直擱放在兩導軌上處于

靜止狀態(tài)，并與兩導軌始終保持良好接觸。開關(guān)S先接1,使電容器完全充電后再將S接至2,金屬棒外

開始向右加速運動。當S金屬棒成切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢等于此時電容器兩端電壓時，金屬棒M

達到最大速度，之后便離開導軌。下列說法正確的是（）

A.開關(guān)S先接1,使電容器完全充電后，其電荷量為Q=7C

B.開關(guān)S接2后，金屬棒油加速運動過程中，加速度保持不變

C.金屬棒ab的加速度最大值為14m∕s2

D.金屬棒ah的最大速度為14m∕s

【答案】D

【詳解】A.開關(guān)S先接1,使電容器完全充電后，其電壓等于電源電動勢，其電荷量為Q=CE=70C

故A錯誤；

B.開關(guān)S接2后，金屬棒ab加速運動過程中，電容器因放電其電壓逐漸減小，金屬棒的動生電動勢逐漸

增大，則兩者的電壓之差逐漸減小，則流過金屬棒的電流逐漸減小，所受的安培力逐漸減小，由牛頓第二

定律可知則加速度逐漸減小，故B錯誤;

C.當金屬棒剛開始運動時，電容器與金屬棒的電壓之差最大，則電流最大，安培力最大，加速度最大為

BIL翳=7.故C錯誤;

m

D.金屬棒仍達到最大速度時，加速度為零，有U=或%對金屬棒運動的全過程，由動量定理有

BiL-At=rnvm-O而電容器放電的電量為q-C(E-U)聯(lián)立解得%=BLfE14m∕s故D正確。

m+B"L^C

故選D。

10.如圖所示，光滑的平行長導軌水平放置，質(zhì)量相等的導體棒L和心靜止在導軌上，與導軌垂直且接觸

良好。已知L的電阻大于心的，兩棒間的距離為力不計導軌電阻，忽略電流產(chǎn)生的磁場?將開關(guān)S從1

撥到2,兩棒運動一段時間后達到穩(wěn)定狀態(tài)，則()

A.S撥到2的瞬間，L中的電流大于心的

B.S撥到2的瞬間，L的加速度大于心

C.運動穩(wěn)定后，電容器C的電荷量為零

D.運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d

【答案】D

【詳解】A.電源給電容器充電，穩(wěn)定后，S撥到2的瞬間，電容器相當于電源，和導體棒L和心組成閉合

電路，由于Z√的電阻大于L，則L中的電流小于心中的電流，故A錯誤：

B.S撥到2的瞬間，L中的電流小于乙中的電流，根據(jù)尸=8〃可得，&受到的安培力小于心受到的安培

力，根據(jù)牛頓第二定律，卻的加速度小于心的加速度，故B錯誤：

C.S撥到2后，由于導體棒L和心受到安培力的作用，則導體棒運動，產(chǎn)生電動勢，當產(chǎn)生的電動勢等于

電容器兩端的電壓時，電路穩(wěn)定，此時電容器C的電荷量不為零，故C錯誤；

D.S撥到2的瞬間，電容器放電，兩棒均有向下的電流，導體棒會受到安培力作用，由以上分析可知，開

始時，al<a2,當心切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大于某值后，L繼續(xù)加速，乙減速，最終兩棒速度相等，所以

在達到相同速度前心的速度?直大于L的速度，則運動穩(wěn)定后，兩棒之間距離大于力故D正確。故選D。

11.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、傾斜放置，與水平面夾角a=30。，導軌寬度L=Im,導

體棒M垂直于導軌放置，且接觸良好，整個裝置處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度8=2.0。

已知導體棒"質(zhì)量w7=O.O2kg,電容器電容為C=0.02F,耐壓值足夠大，定值電阻K=200Ω,重力加速度g=10m∕s2,

導體棒和導軌電阻不計。t=0時開關(guān)接1,導體棒ab由靜止釋放，r=2s時開關(guān)接2,下列說法正確的是（）

A.t=2s時，導體棒ah的速度為2.5m∕s

B.f=2s時,電容器儲存的電場能為0.16J

C.開關(guān)接2瞬間，導體棒劭的加速度為3m∕s?

D.開關(guān)接2至導體棒協(xié)達到最大速度的過程中，通過電阻K的電荷量為0.02C

【答案】BC

【詳解】A.設(shè)在△/時間內(nèi)，金屬棒速度變化為△口金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢變化4E=8Z√?v

電容器兩極板電壓變化AU=BZ1Av電容器所帶電荷量變化4q=αλU=C8LZkv金屬棒中的電流

/=包=CBZ■竺?=C8Cα對金屬棒，由牛頓笫二定律有Wgsina-BZL=，〃“解得α=im/s），∕=2s時，導體棒

△t&t

ab的速度為V=at=2m∕s故A錯誤；

B.∕=2s時，電容器儲存的電場能E=；CU2=；C（8））2=O]6J故B正確；

F

C.開關(guān)接2瞬間，對導體棒αb有mgsina-8〃,=/Ha,I=—,E=BZv解得α=3m∕s2故C正確：

R

E

D.成達到最大速度加gsinα=8//,Im=,E,”=比心解得Vzn=5m∕s根據(jù)能量守恒，如果沒有克服

R

11RTγ

安培力做功;加q-∕ιv2=zκgxsinα解得x=2.hn通過電阻火的電荷量為g=??=0.02IC實際上，克服安

培力做功，下滑位移更大，則通過的電量更大，故D錯誤。故選BC。

12.如圖所示，間距為L的水平光滑長導軌，左端接有一個電容器，電容為C（不會被擊穿），在尸。虛線

的左側(cè)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦質(zhì)量為優(yōu)的金屬桿成靜置在導軌上，距離虛線P0

的距離是“，金屬桿在水平向右恒力廠的作用下，開始向右運動，不計導軌與金屬桿的電阻，下列說法正確

的是（）

A.金屬桿ab始終在做加速運動

B.金屬桿ab的運動可能是先從加速到勻速再到加速

C.金屬桿ab運動到達虛線PQ的時間r=2乙產(chǎn)+?*

D.電容器能帶的最多電量是CBZJ2"

m+CB2l3

【答案】AD

【詳解】金屬棒向右運動，切割磁感應線產(chǎn)生電動勢E,給電容器充電，設(shè)在L/+A/的時間里，電容器充電

量為M，則M=CE=CBL?v則充電電流為j=竺=CBL包=CBLa對金屬棒列牛頓第二定律方程

?z?/

F-BLi=ma得a=-上式說明金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動，由X=可得t=、區(qū)

tn+CB~L2Va

得f=JlZ=J網(wǎng)色竿也再由g=CE=CBZV=CBzM得金屬桿最終出磁場時，電容器帶電量最大，帶電量

為八=CaA普京故選AD。

四、閉合電路中的含容電路

13.在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，，為電源內(nèi)阻，K為定值電阻，及為滑動變阻器。MN、PQ為

水平放置的兩個平行金屬板，二者之間的電場可以視為勻強電場，虛線OO'平行于金屬板。當R的滑片在

中點時，閉合開關(guān)S,帶電小球以%從。點沿OO'飛入，剛好從?！c飛出。若帶電小球都能夠從平行金屬

板右側(cè)飛出，下列說法正確的是（）

A.若滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以為從。點沿。。'飛入，則飛出點在。'點

B.若滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后不動，帶電小球仍以%從。點沿OO'飛入，則飛出點在。'點

下方

C.若金屬板MN平行上移一小段距離，帶電小球仍以%從。點沿OO'飛入，則小球?qū)⒃贠'點飛出

D.若金屬板MN平行下移一小段距離仍在00,上方，帶電小球仍以％從。點沿OO'飛入，則小球?qū)⒃凇?點

飛出

【答案】C

【詳解】AB.滑動變阻器R的滑片向右移動一段距離后，滑動變阻器電阻R減小，總電流變大，K兩端電

壓變大，即電容器電壓變大，粒子受到向上的電場力變大，帶電小球仍以%從。點沿OO'飛入，K出點在。'

點上方，AB錯誤；

C.若金屬板MN平行上移一小段距離?，電容器電容變小，電容器電壓不變，所以電容器電量減小，但由于

二極管的單向?qū)щ娦裕娙萜麟娏繜o法減小，其電量不變，由C=W7,C=g,E==可得E=出挈

可知場強E不變，粒子受到向上的電場力不變，帶電小球仍以%從。點沿OO'飛入，將在。'點飛出，C正

確；

D.若金屬板兒W平行下移一小段距離，電容器電容變大，電容器電壓不變，所以電容器電量變大，由

E=當可知場強E變大，粒子受到向上的電場力變大，帶電小球仍以%從。點沿00'飛入，將在。'點

εS

上方飛出，D錯誤。故選C。

14.如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)阻r一定，/、8為平行板電容器的兩塊正對金屬板，用為光

敏電阻，電阻隨光強的增大而減小。&為定值電阻，且&>/。當與的滑動觸頭P在中間時，閉合開關(guān)S,

此時電流表A和電壓表V的示數(shù)分別為/和U。以下說法正確的是（）

U增大

B.若僅用更弱的光照射4,則電源的輸出功率減小

C.若僅將a的滑動觸頭尸向。端移動，則/減小，。增大

D.若僅增大力、8板間距離，則電容器所帶電荷量增多

【答案】AB

【詳解】A.用更弱的光照射舄，Rl的電阻增大，根據(jù)"串反并同"，可知/減小，。增大，A正確;

B.作出電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系如圖所示

由于舄>「，則外電阻始終大于電源內(nèi)阻，當用更弱的光照射4,4的電阻增大，外電阻增大，則電源的輸

出功率減小，B正確；

C.電路穩(wěn)定時，與平行板電容器串聯(lián)的電阻不起作用，相當于一根導線，即若僅將尺2的滑動觸頭P向〃

端移動，則/、。均不變，C錯誤：

D.根據(jù)C=g=τ??若僅增大力、8板間距離，由于極板間電壓不變，可知電容器所帶電荷量減小，D錯

U4πkd

誤。故選ABC

15.如圖所示，電源電動勢E=6V,內(nèi)阻廠=1Ω,電阻與=2C,Λ2=3Ω,Λ3=7.5Ω,電容器的電容C=4"。

現(xiàn)閉合S∣,待電路穩(wěn)定，則（）

E,r5

A.電容器兩極板間的電勢差為3V

B.電容器極板的帶電荷量為L2X10-6C

C.若再閉合S?,電路再次達到穩(wěn)定的過程中，通過P點的電流方向向下

D.若再閉合S2,電路再次達到穩(wěn)定的過程中，通過P點的電荷量為1.92X10-5C

【答案】AD

E

【詳解】AB.Sl閉合，S2斷開，電路穩(wěn)定時，舄中無電流，由閉合電路歐姆定律得∕=}f—