2023年高三物理二轮练习13 静电场、磁场和闭合电路中的电容问题（解析版）

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破

专题13静电场、磁场和闭合电路中的电容问题

专练目标______________________________专练内容______________________________

目标1高考真题（IT—4T）

目标2静电场中的电容的动态分析（5T-8T）

目标3磁场中的电容问题（9T—12T）

目标4闭合电路中的含容电路（13T—16T）

【典例专练】

一、高考真题

1.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定,

下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，

则（）

A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变

C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大

【答案】A

【详解】D.根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量。变少，根据电容定义式C=5可知电

容器得电容C减小，D错误；

BC.根据电容的决定式C=弃；可知极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E=?可知极板间电

Aπkda

场强度E减小，BC错误；

A.极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。故选A。

2.如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为8,导轨间距最窄处为一狭缝,

取狭缝所在处。点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与X轴夹角均为一电容为C的电容器与导轨左端相连,

导轨上的金属棒与X轴垂直，在外力尸作用下从。点开始以速度V向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说

法正确的是（）

B.金属棒到达5时，电容器极板上的电荷量为5Cvx1）tane

C.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电

D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定

【答案】A

【详解】C∙根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；

A.由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L=2xtan优X=W则产生的感应电动势为

E=28v%an0由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2Λanθ

则流过导体棒的电流/=A?=28C3tanO°A正确；

Af

B.当金属棒到达X"处时，导体棒产生的感应电动势为£=28VX“tan。

则电容器的电荷量为Q=CE'=28CVXOtan，，B错误；

D.由于导体棒做匀速运动则尸=尸爰=8〃由选项A可知流过导体棒的电流/恒定，但L与,成正比，则尸

为变力，再根据力做功的功率公式可看出E为变力，V不变则功率P随力F变化而变化；

D错误；故选A。

3.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流

表，V为电压表。下列说法正确的是（）

A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定

B.充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定

C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零

D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零

【答案】B

【详解】A.充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后,

电流表示数为零，A错误；

B.充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅

速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；

CD.电容器放电的/T图像如图所示

八//mA

2二二二二二二二二二

0.12468t/s

可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至。的，CD错误。故选B。

4.如图，两个定值电阻的阻值分别为凡和&,直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间

距离为d,板长为由”，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为“、带电量为+4的小球以初速度V沿

水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。

此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g,忽略空气阻力。

（1）求直流电源的电动势既;

（2）求两极板间磁场的磁感应强度8；

（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值

××XX

,

E&××X×∖E

0*V*×X

R、A

\<—∣∕3d—

mgd(R∖+&)mvmg

【答案】（1）⑵拓：⑶

冰2

【详解】（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eg=mg

R2两端的电压％=Ed根据欧姆定律得仇=V旦联立解得EO=mgM'+RJ

A1+K2qκ2

设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r,根据几何关系（，-1）2+（，^）2=,.2解得〃=2（/

根据qvB=m—解得B=

r2dq

（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60。，要使小球做直线运动，当小球

所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得

Eq=mgcos60°解得E=-y2-

二、静电场中的电容的动态分析

5.2022年9月16日12时40分前后，台风"梅花"（热带风暴）的中心在金普新区再次登陆，登陆时中心

附近最大风力有9级。小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计

组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两电极不接触）。

在受到风力作用时，下列说法正确的是（）

可动电极固定电极

A.电容器电容变小

B.若极板上电荷量保持不变，则极板间电场强度变大

C.若电容器始终接在恒压电源上，则极板所带电荷量增大

D.只有保持极板电荷量不变，才能通过静电计指针张角反映风力大小，且风力越大张角越大

【答案】C

【详解】A.根据在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故A错误；

4τrkd

Q

B.极板间电场强度E=I=¢=2=虫丝不变，故B错误；

ddCd3

C.始终接电源U•定，极板带电量O=CU增大，故C正确；

D.（7一定时静电计指针张角不变；。一定时，风力越大，d越小，电容C越大，则极板间电压越小，静电

计指针张角越小，故D错误。故选C。

6.如图所示，C为平行板电容器，D为理想二极管。当滑动变阻器上的滑片在中点时，闭合开关K,带电

小球恰能在两平行板间静止，下列说法正确的是（）

~~I

C,

DZ；一I

4—II——~~I1—1

RTRi

l^κ

A.若将滑动变阻器&的滑片向右移动，电容器带电量不变

B.若将滑动变阻器上的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动

C.若电容器的上金属板向下平移一小段距离，则带电小球向下加速运动

D.若电容器的上金属板向上平移一小段距离，则带电小球仍保持静止

【答案】D

【详解】由图可知，电阻Q和&串联分压，电容器与以并联，则电容器两端的电压与R/两端的电压相等。

A.滑动变阻器比的滑片向右移动，生的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，处两端的电压减小，则

Q两端的电压增加，即电容器两端的电压增加。由公式C=5可知：电容C不变，U增加时，0增加，流

经二极管的电流为正向电流，电容器成功充电，故A错误：

B.闭合开关K时，带电小球恰能在两平行板间静止，则由平衡关系可知小球受到的竖直向下的重力mg和

竖直向上的电场力Eq大小相等。由A可知，滑动变阻器丛的滑片向右移动，电容器两端的电压增加，由公

式E=B■可知：U增加，板间距d不变时，场强E增加，则电场力增加，带电小球将向上加速运动，故B

错误：

C.电容器的上金属板向下平移一小段距离，板间距d减小，由公式C=I三可知：板间距d减小时，电容

4πkd

C增大,由公式C=号可知：电容C增大，若。不变时，0增加，流经二极管的电流为正向电流，电容器

成功充电。由公式E==可知：。不变，板间距（/减小时，场强E增加，则电场力增加，带电小球将向上

a

加速运动，故C错误；

D.电容器的上金属板向上平移一小段距离，板间距d增大，由公式C=可知：板间距d增大时，电

容C减小，由公式C=W可知：电容C减小，若。不变时，0减小，流经二极管的电流为负向电流，电容

器不能放电，即。不变，则。增加。由公式E==,C=g,C=华7联立得E=坦2可知：场强E不

dU4τtkdεr-s

变，则电场力不变，带电小球静止不动，故D正确；故选D。

7.平行板电容器C/、C2水平放置，如图所示连接在电路中,电源内阻不计，G平行板的正对面积小于C?

平行板的正对面积，两板间的距离相等，P为C/两板间一点,。下板接地，则下列判断正确的是（)

A.。两板间电场强度小于C?两板间电场强度

B.G的带电量小于C2的带电量

C.将一陶瓷板插入C2板间，C2的带电量增加

D.将一陶瓷板插人C?板间过程中，尸点电势升高

【答案】BC

【详解】A.由于两电容器并联在电源两端，电压相等，根据E=Y可知，两板间的距离相等，则两板间的

电场强度相同，A错误;

b∙根据C=而，O=S解得O=病可知，。平行板的正对面积小于C2平行板的正对面积，则0

的带电量小于Cz的带电量，B正确;

c.将一陶瓷板插入G板间，G的电容变大，而电压U不变，根据上述，因此G的带电量增加，C正确;

D.将一陶瓷板插入G板间过程中，G充电，但是电容器G两板间的电压不变，电容器G两板间的电场强

度不变，尸点的电势不变，D错误。故选BC.

8.微信运动步数的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R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（）

eR1

aMI=

耋N重

.⅝<-

前

后

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b向。流过电流表

【答案】BD

【详解】A.静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持

与电源相连，两极板带电，选项A错误；

B.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O=CU知电量不变，电路中无电流，故B正确；

C.由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=导知电容C增大，故C错误；

4兀kd

D.由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C=η⅛知电容C减小，电压不变，

由0=Ct7知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向α流过电流表，选项D正确。故选BD。

三、磁场中的电容问题

9.如图是某电磁弹射技术的简化模型的等效电路，直流电源电动势E=35V,超级电容器的电容C=2F。

两根固定于同一水平面内的光滑平行金属导轨MN、电阻不计，它们的间距Z=Im。磁感应强度大小

8=2T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量"，=2kg、阻值R=5Ω的金属棒仍，垂直搁放在两导轨上处于

静止状态，并与两导轨始终保持良好接触。开关S先接1,使电容器完全充电后再将S接至2,金属棒外

开始向右加速运动。当S金属棒成切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压时，金属棒M

达到最大速度，之后便离开导轨。下列说法正确的是（）

A.开关S先接1,使电容器完全充电后，其电荷量为Q=7C

B.开关S接2后，金属棒油加速运动过程中，加速度保持不变

C.金属棒ab的加速度最大值为14m∕s2

D.金属棒ah的最大速度为14m∕s

【答案】D

【详解】A.开关S先接1,使电容器完全充电后，其电压等于电源电动势，其电荷量为Q=CE=70C

故A错误；

B.开关S接2后，金属棒ab加速运动过程中，电容器因放电其电压逐渐减小，金属棒的动生电动势逐渐

增大，则两者的电压之差逐渐减小，则流过金属棒的电流逐渐减小，所受的安培力逐渐减小，由牛顿第二

定律可知则加速度逐渐减小，故B错误;

C.当金属棒刚开始运动时，电容器与金属棒的电压之差最大，则电流最大，安培力最大，加速度最大为

BIL翳=7.故C错误;

m

D.金属棒仍达到最大速度时，加速度为零，有U=或%对金属棒运动的全过程，由动量定理有

BiL-At=rnvm-O而电容器放电的电量为q-C(E-U)联立解得%=BLfE14m∕s故D正确。

m+B"L^C

故选D。

10.如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L和心静止在导轨上，与导轨垂直且接触

良好。已知L的电阻大于心的，两棒间的距离为力不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场•将开关S从1

拨到2,两棒运动一段时间后达到稳定状态，则()

A.S拨到2的瞬间，L中的电流大于心的

B.S拨到2的瞬间，L的加速度大于心

C.运动稳定后，电容器C的电荷量为零

D.运动稳定后，两棒之间的距离大于d

【答案】D

【详解】A.电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源，和导体棒L和心组成闭合

电路，由于Z√的电阻大于L，则L中的电流小于心中的电流，故A错误：

B.S拨到2的瞬间，L中的电流小于乙中的电流，根据尸=8〃可得，&受到的安培力小于心受到的安培

力，根据牛顿第二定律，却的加速度小于心的加速度，故B错误：

C.S拨到2后，由于导体棒L和心受到安培力的作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于

电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，故C错误；

D.S拨到2的瞬间，电容器放电，两棒均有向下的电流，导体棒会受到安培力作用，由以上分析可知，开

始时，al<a2,当心切割磁感线产生的电动势大于某值后，L继续加速，乙减速，最终两棒速度相等，所以

在达到相同速度前心的速度•直大于L的速度，则运动稳定后，两棒之间距离大于力故D正确。故选D。

11.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、倾斜放置，与水平面夹角a=30。，导轨宽度L=Im,导

体棒M垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度8=2.0。

已知导体棒"质量w7=O.O2kg,电容器电容为C=0.02F,耐压值足够大，定值电阻K=200Ω,重力加速度g=10m∕s2,

导体棒和导轨电阻不计。t=0时开关接1,导体棒ab由静止释放，r=2s时开关接2,下列说法正确的是（）

A.t=2s时，导体棒ah的速度为2.5m∕s

B.f=2s时,电容器储存的电场能为0.16J

C.开关接2瞬间，导体棒劭的加速度为3m∕s?

D.开关接2至导体棒协达到最大速度的过程中，通过电阻K的电荷量为0.02C

【答案】BC

【详解】A.设在△/时间内，金属棒速度变化为△口金属棒产生的感应电动势变化4E=8Z√∖v

电容器两极板电压变化AU=BZ1Av电容器所带电荷量变化4q=αλU=C8LZkv金属棒中的电流

/=包=CBZ■竺∙=C8Cα对金属棒，由牛顿笫二定律有Wgsina-BZL=，〃“解得α=im/s），∕=2s时，导体棒

△t&t

ab的速度为V=at=2m∕s故A错误；

B.∕=2s时，电容器储存的电场能E=；CU2=；C（8））2=O]6J故B正确；

F

C.开关接2瞬间，对导体棒αb有mgsina-8〃,=/Ha,I=—,E=BZv解得α=3m∕s2故C正确：

R

E

D.成达到最大速度加gsinα=8//,Im=,E,”=比心解得Vzn=5m∕s根据能量守恒，如果没有克服

R

11RTγ

安培力做功;加q-∕ιv2=zκgxsinα解得x=2.hn通过电阻火的电荷量为g=©?=0.02IC实际上，克服安

培力做功，下滑位移更大，则通过的电量更大，故D错误。故选BC。

12.如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在尸。虚线

的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦质量为优的金属杆成静置在导轨上，距离虚线P0

的距离是“，金属杆在水平向右恒力厂的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确

的是（）

A.金属杆ab始终在做加速运动

B.金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速

C.金属杆ab运动到达虚线PQ的时间r=2乙产+?*

D.电容器能带的最多电量是CBZJ2"

m+CB2l3

【答案】AD

【详解】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E,给电容器充电，设在L/+A/的时间里，电容器充电

量为M，则M=CE=CBL∖v则充电电流为j=竺=CBL包=CBLa对金属棒列牛顿第二定律方程

∆z∆/

F-BLi=ma得a=-上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由X=可得t=、区

tn+CB~L2Va

得f=JlZ=J网色竿也再由g=CE=CBZV=CBzM得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量

为八=CaA普京故选AD。

四、闭合电路中的含容电路

13.在如图所示的电路中，E为电源电动势，，为电源内阻，K为定值电阻，及为滑动变阻器。MN、PQ为

水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线OO'平行于金属板。当R的滑片在

中点时，闭合开关S,带电小球以%从。点沿OO'飞入，刚好从。’点飞出。若带电小球都能够从平行金属

板右侧飞出，下列说法正确的是（）

A.若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以为从。点沿。。'飞入，则飞出点在。'点

B.若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以%从。点沿OO'飞入，则飞出点在。'点

下方

C.若金属板MN平行上移一小段距离，带电小球仍以%从。点沿OO'飞入，则小球将在O'点飞出

D.若金属板MN平行下移一小段距离仍在00,上方，带电小球仍以％从。点沿OO'飞入，则小球将在。'点

飞出

【答案】C

【详解】AB.滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后，滑动变阻器电阻R减小，总电流变大，K两端电

压变大，即电容器电压变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以%从。点沿OO'飞入，K出点在。'

点上方，AB错误；

C.若金属板MN平行上移一小段距离•，电容器电容变小，电容器电压不变，所以电容器电量减小，但由于

二极管的单向导电性，电容器电量无法减小，其电量不变，由C=W7,C=g,E==可得E=出挈

可知场强E不变，粒子受到向上的电场力不变，带电小球仍以%从。点沿OO'飞入，将在。'点飞出，C正

确；

D.若金属板儿W平行下移一小段距离，电容器电容变大，电容器电压不变，所以电容器电量变大，由

E=当可知场强E变大，粒子受到向上的电场力变大，带电小球仍以%从。点沿00'飞入，将在。'点

εS

上方飞出，D错误。故选C。

14.如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，/、8为平行板电容器的两块正对金属板，用为光

敏电阻，电阻随光强的增大而减小。&为定值电阻，且&>/。当与的滑动触头P在中间时，闭合开关S,

此时电流表A和电压表V的示数分别为/和U。以下说法正确的是（）

U增大

B.若仅用更弱的光照射4,则电源的输出功率减小

C.若仅将a的滑动触头尸向。端移动，则/减小，。增大

D.若仅增大力、8板间距离，则电容器所带电荷量增多

【答案】AB

【详解】A.用更弱的光照射舄，Rl的电阻增大，根据"串反并同"，可知/减小，。增大，A正确;

B.作出电源的输出功率与外电阻的关系如图所示

由于舄>「，则外电阻始终大于电源内阻，当用更弱的光照射4,4的电阻增大，外电阻增大，则电源的输

出功率减小，B正确；

C.电路稳定时，与平行板电容器串联的电阻不起作用，相当于一根导线，即若仅将尺2的滑动触头P向〃

端移动，则/、。均不变，C错误：

D.根据C=g=τ⅛∙若仅增大力、8板间距离，由于极板间电压不变，可知电容器所带电荷量减小，D错

U4πkd

误。故选ABC

15.如图所示，电源电动势E=6V,内阻厂=1Ω,电阻与=2C,Λ2=3Ω,Λ3=7.5Ω,电容器的电容C=4"。

现闭合S∣,待电路稳定，则（）

E,r5

A.电容器两极板间的电势差为3V

B.电容器极板的带电荷量为L2X10-6C

C.若再闭合S?,电路再次达到稳定的过程中，通过P点的电流方向向下

D.若再闭合S2,电路再次达到稳定的过程中，通过P点的电荷量为1.92X10-5C

【答案】AD

E

【详解】AB.Sl闭合，S2断开，电路稳定时，舄中无电流，由闭合电路欧姆定律得∕=}f—