2025年高考物理 人教版必修第3册第10章　第4节含答案

2025年高考物理人教版必修第3册第10章第4节含答案课后知能作业基础巩固练1．小明同学在“观察电容器的充、放电现象”实验中给一个固定电容器充电。下列描述电容器电荷量Q、电压U、电容C之间关系的图像中，正确的是()答案：A解析：由电容定义式C＝eq\f(Q,U)可知，固定电容器的电容C是确定的，与电荷量Q和电压U无关。A正确，B、C错误；由Q＝CU可知电荷量Q与电压U成正比，D错误。故选A。2．(2022·浙江金华高二校考)关于电容器及其电容，下列说法中正确的是()A．平行板电容器一板带电＋Q，另一板带电－Q，则此电容器不带电B．由公式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大C．对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案：C解析：平行板电容器的带电荷量等于某一个极板带电荷量的绝对值，故A错误；电容器的大小与电容器所带的电荷量和两端间的电势差无关，电荷量变化时，电容不变，故B错误；根据Q＝CU可知电容器的带电荷量与两板间的电势差成正比，故C正确；电容器的大小与电容器所带的电荷量和两端间的电势差无关，电压为0，所带的电荷量为0，但电容不为0，故D错误。故选C。3．如图所示为一电容器，电容器上标有“450V,470μF”，已知击穿电压为500V。则下列说法正确的是()A．该电容器两极间的电压减少10V，电荷量减少47CB．电容器所带的电荷量为0时，电容器的电容也为0C．电容器允许施加的最大电压为500VD．电容器所带电荷量最多为0.2115C答案：C解析：由公式ΔQ＝C·ΔU可知，两极间的电压减少10V，则电荷量减少ΔQ＝470×10－6×10C＝4.7×10－3C，A错误；电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电荷量Q无关，给定的电容器电容C一定，B错误；击穿电压为500V表示能承受的最大电压为500V，C正确；电容器所带电荷量最多为Q＝CU＝470×10－6×500C＝0.235C，D错误。故选C。4．(2024·广东惠州高三统考阶段练习)如图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容C与极板间距离d，极板的正对面积S，极板间的电介质之间的关系装置图，本实验采用的科学方法是()A．理想实验法 B．等效替代法C．控制变量法 D．微元法答案：C解析：研究两板之间距离d，两板的正对面积S、两板间插入的电介质对电容器电容的影响时，必须保持其中的两个物理量不变，探究电容C与另一个量的关系，这种方法为控制变量法。故选C。5.如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是()A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电C．开关接2时，平行板电容器放电，且上极板带正电D．开关接2时，平行板电容器放电，且上极板带负电答案：A解析：开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连，带正电。故A正确；B错误；开关接2时，平行板电容器放电，最终两极板均不带电。故C、D错误。故选A。6.如图所示，电容为C的平行板电容器的A、B两板分别带有＋Q和－Q的电荷量，B板接地。带电荷量为＋q的点电荷固定于两板之间的P点，P点到两板的距离相等，则该点电荷在P点具有的电势能为()A．eq\f(Qq,C) B．eq\f(Qq,2C)C．eq\f(2Qq,C) D．eq\f(4Qq,C)答案：B解析：电容器两板电势差为U＝eq\f(Q,C)，B板接地，电势为零。P点到两板的距离相等，则U＝φA－0＝2φP，该点电荷在P点具有的电势能为Ep＝qφP＝eq\f(Qq,2C)。故选B。能力提升练7.两个较大的平行金属板A、B，分别接在电源的正、负极上，一带电油滴恰好静止在两极板之间，如图所示，在其他条件不变的情况下，那么在下列的过程中()A．如果保持与电源连接，只将A板下移，油滴将向下加速运动B．如果保持与电源连接，只将两极板非常缓慢地错开一些，电流计中电流从a流向bC．如果断开电源，B板接地，只将B板上移，油滴静止不动，油滴的电势能减小D．如果断开电源，将两极板与静电计相连，仅将一薄金属板插入两平行金属板A、B之间，静电计指针张角变大答案：B解析：如果保持与电源连接，只将A板下移，则电容器极板电压保持不变，根据E＝eq\f(U,d)可知极板间电场强度变大，油滴受到的电场力变大，油滴将向上加速运动，故A错误；如果保持与电源连接，只将两极板非常缓慢地错开一些，则电容器极板电压保持不变，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)可知电容器电容C减小，电容器所带电荷量减小，电流计中电流从a流向b，故B正确；如果断开电源，B板接地，只将B板上移，则电容器所带电荷量保持不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知极板间电场强度保持不变，油滴受到的电场力不变，油滴静止不动；由于油滴所处位置与B板距离变小，之间的电势差变小，则油滴所处位置电势变小，根据受力平衡可知，油滴带负电，则油滴的电势能增大，故C错误；如果断开电源，将两极板与静电计相连，仅将一薄金属板插入两平行金属板A、B之间，则电容器所带电荷量保持不变，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)可知电容器电容C增大，极板间电压减小，静电计指针张角变小，故D错误。故选B。8．电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。电容器储存电荷的特性用电容表征。如图所示，在研究电容器充、放电的实验中，使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电。下列图像中，能正确反映电容器充电过程中电流与时间、电荷量与电压关系的是()答案：A解析：充电过程中随着电容器电荷量的增加，充电电流越来越小，充满以后电流为零，故A正确，B错误；根据C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU可知，电容器的电容大小不变，则q－U图像是一条过原点的直线，故C、D错误。故选A。9．下列有关电容器的表述正确的是()A．图甲S接1电容器充电，充电过程中通过电流表的电流大小不变B．图乙S由接1改为接2，电容器放电，放电时通过电流表的电流方向为从左到右C．图丙为可变电容器，它是通过改变两极板之间的正对面积来改变电容大小的D．图丁中的“400V,68μF”，说明该电容器只有两端加上400V的电压时电容才为68μF答案：C解析：图甲中，开关接1，则电容器充电，在充电过程中，通过电流表的电流逐渐减小，故A项错误；图乙中，开关从1到2，电容器开始放电，由充电过程可知，上极板带正电，所以放电时通过电流表的电流方向为从右到左，故B项错误；图丙为可变电容器，它是通过改变两极板之间的正对面积来改变电容大小的，故C项正确；图丁中的电容器标有“400V,68μF”字样，说明该电容器两端电压的最大值为400V，而其电容总是68μF，故D项错误。故选C。10．电容式传感器实质上是一个可变电容器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感器的示意图，其中通过改变电容器两极板间的距离而引起电容变化的是()答案：C解析：可变电容器通过改变电介质，改变电容，故A错误；电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，故B错误；可变电容器通过改变极板间的距离改变电容，故C正确；可变电容器通过转动动片改变正对面积，改变电容，故D错误。11．如图所示，带电平行板电容器与验电器相连构成静电计，来探讨电容器的电容的决定因素，同时可以分析带电平行板间的场强与电压，规定大地的电势为0，静电计的带电荷量不变，P是平行板间的一固定点，下列说法正确的是()A．当平行板的正对面积减小，平行板间的场强变大B．当静电计的指针偏角变小，表示B、A两极板间的电势差UBA变大C．移动金属板A，金属板A的电势会改变D．让A板远离B板，P点的电势变低答案：A解析：由C＝eq\f(εS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)联立可得E＝eq\f(4πkQ,εS)当两极板的正对面积S减小，由于电荷量保持不变，则平行板间的场强变大，故A正确；由静电计指针的偏转角度，对应测出平行板间的电压，当静电计的指针偏角变小，B、A两板间的电势差UBA变小，故B错误；金属板A与验电器的金属外壳相连构成等势体，金属外壳接地电势为0，则金属板A的电势始终为零，即移动金属板A，其电势不会改变，故C错误；由匀强电场的电场强度与电势差之间关系可得UPA＝E×eq\x\to(PA)，结合UPA＝φP－φA，φA＝0，可得φP＝E×eq\x\to(PA)，由E＝eq\f(4πkQ,εS)，两极板间的电场强度E与两极板的间距d的变化无关，让A板远离B板，平行板间的场强E不变，P、A两点之间距离eq\x\to(PA)增大，所以φP变大，即P点的电势变高，故D错误。故选A。12．如图所示，电容为C、带电荷量为Q的平行板电容器水平放置，两板之间的距离为d，上极板带正电，下极板接地，一带电荷量为q的小球(视为质点)恰好静止在两板的中央P点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球带正电B．P点的电势为eq\f(Q,2C)C．小球的质量为eq\f(Cq,Qdg)D．若把上极板向上平移一小段距离，则小球向下运动答案：B解析：小球处于二力平衡状态，电场力竖直向上，电场强度竖直向下，则小球带负电，故A错误；由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，解得上下两极板间的电势差为U＝eq\f(Q,C)，P点处在两极板的正中央，则P点与下极板间的电势差为eq\f(U,2)＝eq\f(Q,2C)，因为下极板接地，电势为0，所以P点的电势为φP＝eq\f(U,2)＝eq\f(Q,2C)，故B正确；根据小球在电场中平衡有mg＝Eq，又E＝eq\f(U,d)可得m＝eq\f(Qq,Cdg)，故C错误；根据电容的决定式和定义式有C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则电场强度与两极板间的距离无关，若把上极板向上平移一小段距离，两极板间的电场强度不变，小球受到的电场力不变，仍处于静止状态，不会向下运动，故D错误。故选B。第十章第5节课后知能作业基础巩固练1．一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，电源电动势为E，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，电子质量为m，电荷量为－e，忽略电子的重力，则()A．设定C板电势为0，电子在A点的电势能为－eq\f(2,3)eEB．若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置C．若要让电子能够到达D板，可将D板向右平移至某位置D．若要让电子能够到达D板，可闭合开关，再将D板向右平移至某位置答案：B解析：金属板的电场线由C指向D，沿着电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A点的电势为φA＝－eq\f(2,3)E，电子在A点的电势能为EPA＝eq\f(2,3)eE，故A错误；闭合开关，一段时间后再断开开关，则电容器的电荷量Q不变，根据电容的定义式和决定式有C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，联立解得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有Ek0＝EPA，所以若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，或者闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，故B正确，C、D错误，故选B。2.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为300V。一个动能为400eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中。经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为()A．400eV B．100eVC．900eV D．500eV答案：B解析：电子从A到B电场力做负功－Ue，由动能定理－Ue＝Ek－Ek0，解得Ek＝400eV－300eV＝100eV，故选B。3．如图所示，长度均为L的两平行金属板沿水平方向放置，两极板的间距为d＝eq\f(1,2)L。两极板带有等量异种电荷，其中上极板带正电。带电粒子1由左侧正中央沿平行于极板的速度v1射入电场，同时另一完全相同的粒子2，由上极板的正中央以垂直于极板的速度v2射入电场，经过一段时间两粒子同时到达下极板正中央的O点。粒子的质量为m，电荷量为＋q，两极板之间的电压恒为U，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，两极板之间的电场可看作匀强电场。则下列说法正确的是()A．粒子1到达O点时的速度v＝2eq\r(\f(qU,m))B．粒子2射入电场时的速度v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(qU,m))C．若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，两粒子将在O点上方相遇D．若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，两粒子仍可同时到边O点答案：B解析：设粒子的运动时间为t，粒子1在电场中做类平抛运动，则有eq\f(1,2)L＝v1t，eq\f(1,4)L＝eq\f(1,2)at2，粒子2在电场中做匀加速直线运动，则有eq\f(1,2)L＝v2t＋eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)＝eq\f(2qU,mL)，联立解得v1＝eq\r(\f(qU,m))，v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(qU,m))，粒子1到达O点时的速度为v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋at2)＝eq\r(\f(2qU,m))，故A错误，B正确；若将粒子1射入电场时的速度变为2v1，则粒子1到达O点正上方所用时间为t′＝eq\f(\f(1,2)L,2v1)＝eq\f(1,4)eq\r(\f(mL2,qU))，这段时间内粒子1沿电场方向通过的位移为y1＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(1,16)L，这段时间内粒子2沿电场方向通过的位移为y2＝v2t′＋eq\f(1,2)at′2＝eq\f(3,16)L，由于y2－y1＝eq\f(3,16)L－eq\f(1,16)L＝eq\f(1,8)L≠eq\f(1,4)L，可知两粒子不会相遇，故C、D错误。故选B。4.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一电荷量为＋q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功90J，此后撤去力F，物块再经时间2t返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则()A．撤去力F时物块的速度大小为eq\f(v,3)B．物块向右滑动的最大距离为eq\f(2vt,3)C．物块回到出发点时的动能为90JD．撤去力F时物块的电势能为60J答案：C解析：设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有eq\f(1,2)a1t2＋(a1t)·2t－eq\f(1,2)a2(2t)2＝0，解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(4,5)，根据运动学规律有v＝2a2t－a1t＝eq\f(3,2)a1t，所以撤去力F时物块的速度大小为v1＝a1t＝eq\f(2,3)v，故A错误；从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为t1＝eq\f(v1,a2)＝eq\f(v1,\f(5,4)a1)＝eq\f(4,5)t，所以物块向右滑动的最大距离为xmax＝eq\f(v1,2)t＋eq\f(v1,2)t1＝eq\f(3,5)vt，故B错误；物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可知物块回到出发点时的动能为90J，故C正确；物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为Ep，则eq\f(Ep,90J)＝eq\f(qEx1,qExmax)＝eq\f(\f(v1,2)t,\f(3,5)vt)＝eq\f(5,9)，解得Ep＝50J，故D错误。故选C。5.如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ，则下列结论正确的是()A．此微粒带负电B．微粒可能做匀速直线运动C．合外力对微粒做的总功等于零D．微粒的电势能减少答案：D解析：带电微粒受重力和电场力均为恒力，故合外力不变，由a到b做直线运动，则电场力方向水平向右，微粒带正电，加速度不变，故带电微粒做匀加速直线运动，故A、B错误；由于微粒从静止开始做加速运动，故合外力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误；由于电场力做功为W＝Eqxabsinθ，故电场力对微粒做正功，微粒电势能减少，D正确。故选D。6．下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为u的电场加速后，哪种粒子的速度最大()A．质子 B．氘核C．氦原子核 D．一价钠离子答案：A解析：设粒子的电荷量为q，质量为m，根据动能定理可得qu＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qu,m))∝eq\r(\f(q,m))，选项中的四种粒子，质子的比荷最大，则质子的速度最大。故选A。能力提升练7.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是()A．U1变小、U2变大 B．U1变大、U2变大C．U1变小、U2变小 D．U1变大、U2变小答案：D解析：设电子被加速后获得初速度为v0，则由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间为t＝eq\f(l,v0)，设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，有a＝eq\f(qE2,m)＝eq\f(qU2,md)，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at，联立可得vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，又有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,2dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2变小、U1变大一定使偏转角变小。故选D。8.如图为示波管的一部分，a、b为电子枪的两电极，c、d为两平行金属板，且c板电势比d高。则()A．a为阳极，b为阴极B．电子在cd极板间运动时向下极板偏转C．ab间电势差越大，电子在cd极板间动能的改变量可能越小D．ab间电势差越大，电子在cd极板间运动的时间一定越短答案：C解析：要使电子在加速电场中加速，则电子逆着电场线运动，故b板电势高，故a为阴极b为阳极，A错误；电子在cd极板间运动时，电场力向上，电子将向上极板偏转，B错误；ab间电势差越大，由动能定理可知，离开加速电场时的速度越大，电子在偏转电场中的偏转量可能变小，故在偏转电场中电场力做功变少，故动能改变量可能变小，C正确；ab间电势差越大，由动能定理可知，离开加速电场时的速度越大，即进入偏转电场的水平初速度越大，但只要能达到C板，则竖直方向的位移不变，加速度也不变，故时间相同，D错误。故选C。9.如图所示，一束粒子(不计粒子重力)从O点沿水平方向以初速度v0射入平行板之间的电场后分成了a、b、c、d四束，粒子束中粒子不带电且动能保持不变的是()A．a B．bC．c D．d答案：B解析：由轨迹可知，粒子b的运动轨迹为直线，没有发生偏转，可知粒子b不受电场力，粒子不带电，做匀速直线运动，其动能保持不变。故选B。10．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY′偏转电极上加的是待测信号电压，XX′偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期相同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是()A．电子在示波管内做类平抛运动B．待测信号电压不会改变电子的动能C．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化D．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出现两个周期内的正弦图像答案：C解析：电子从电子枪中以一定速度打出，在中心线上做匀速直线运动，由于速度很大，所以经过两偏转电极时时间很短，可认为极板间电压不变，即受到的电场力不变。经过YY′偏转电极时，受到与YY′垂直的电场力，此时合力与速度方向垂直，做类平抛运动。当经过XX′偏转电极，受到与XX′垂直的电场力，此时进入电场的速度方向也与电场垂直，所以也做类平抛运动。但在示波管中运动时不是做一个类平抛运动。故A错误；电子经过YY′时，电场力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大。故B错误；设电子从电子枪射出时的速度为v0，YY′、XX′两极板的长度分别为Ly、Lx，则在两电场中运动的时间分别为ty＝eq\f(Ly,v0)，tx＝eq\f(Lx,v0)，由题意可知，时间ty、tx均为定值，与电压的变化无关。设YY′、XX′两极板间的距离分别dy、dx，两极板间的电场分别为Ey＝eq\f(uy,dy)，Ex＝eq\f(ux,dx)，又由牛顿第二定律得eE＝ma，电子朝正极的偏转位移l＝eq\f(1,2)at2，由以上各式可得电子在极板中的偏转位移与所加电压