2025届高中物理(人教版)一轮复习课时分层精练四十三：观察电容器的充、放电现象(含解析)

课时分层精练(四十三)观察电容器的充、放电现象
基础落实练
1．在“观察电容器的充、放电现象”实验中，某研究小组同学按照图甲所示连接电路，并将传感器与计算机相连．实验时，先将开关S掷向1，一段时间后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线．
(1)由电路图可知，传感器1应为________，传感器2应为________．
A．电流传感器B．电压传感器
C．温度传感器D．压力传感器
(2)用U表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，当开关掷向1后的一段时间里，下列图像正确的有________．
(3)开关掷向2后，通过R的电流方向为______(填“向上”或“向下”).
(4)若电源电动势为2 V，开关掷向2后，通过R的电流大小的变化图像如图乙所示，则该电容器的电容为________F．(结果保留两位有效数字)
素养提升练
2.
电流传感器可以在电脑端记录电流随时间变化的图线，探究实验小组设计了如图甲所示的实验电路，探究电容器在不同电路中的充放电现象．
(1)第一次探究中先将开关接1，待电路稳定后再接2.探究电容器充电及通过电阻放电的电流规律．
①已知电流从右向左流过电流传感器时，电流为正，则与本次实验相符的I­t图像是________________________________________________________________________．
②从I­t图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小．关于本次实验探究，下列判断正确的是______．
A．若只增大电阻箱R的阻值，电容器放电的时间将变短
B．若只增大电阻箱R的阻值，I­t图像的面积将增大
C.在误差允许的范围内，放电和充电图像的面积应大致相等
(2)第二次探究中，该同学先将开关接1给电容器充电，待电路稳定后再接3，探究LC 振荡电路的电流变化规律．
③探究实验小组得到的振荡电路电流波形图像，选取了开关接3之后的LC振荡电流的部分图像，如图乙所示，根据图像中记录的坐标信息可知，振荡电路的周期T＝________ s(结果保留两位有效数字).
④如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC 振荡电路的频率将________(填“增大”“减小”或“不变”).
⑤已知电源电动势E ，测得充电过程I ­t 图像的面积为S ，以及振荡电路的周期T ，可以得到电感线圈的电感表达式L ＝________．(以上物理量的单位均为国际单位制单位)
1．解析：（1）由电路图可知传感器1串联在电路中，因此为电流传感器．传感器2并联在电路中，为电压传感器．
（2）电容器在充电过程中，充电电流逐渐减小，电容器两端电压逐渐增大，电压的变化率逐渐变小，最后趋于稳定值，故AD 正确，BC 错误．故选AD.
（3）开关掷向2后，电容器开始放电，通过R 的电流方向向下．
（4）由图乙显示的i ­t 图像的面积可求出电容器的电荷量Q ≈2.0×10－6 C ，则电容器的
电容C ＝Q U ＝2.0×10－6 C 2 V
＝1.0×10－6F.因电荷量的值需估算，所以电容值在0.96×10－6F ～1.0×10－6 F 均可．
答案：（1）A B （2）AD （3）向下 （4）0.96×10－6 F ～1.0×10－6 F 均可
2．解析：（1）①第一次探究过程为先给电容器充电，后电容器通过R 放电，给电容器充电过程中电流从右向左流过传感器，即为正，由于充电后电容器上极板带正电，电容器通过R 放电时，电流从左向右流过传感器，即为负．故选A.
②I ­t 图像的面积可以计算得出电容器电荷量的大小，则放电和充电图像的面积应大致相等，若只增大电阻箱R 的阻值，电容器的电荷量不变，I ­t 图像的面积不变，若只增大电阻箱R 的阻值，对电流的阻碍作用变大，电容器放电的时间将变长，故选C.
（2）③由图乙可知T ＝10.036－9.94410
s≈9.2×10－3 s ④由振荡周期T ＝2πLC 可知，如果使用电动势更大的电源给电容器充电，则LC 振荡电路的周期不变，则频率也不变；
⑤充电过程I ­t 图像的面积为S ，则q ＝CE ＝S 得C ＝S E ，由T ＝2πLC 得L ＝T 2
4π2C ＝T 2E 4π2S
答案：（1）A C （2）9.2×10－3 不变 ET 24π2S
单元素养评价（九）
静电场及其应用 静电场中的能量
1．解析：电荷与感应电荷在金属球内任意位置激发的电场场强都是等大且反向，金属球内部合电场为零，故A 错误；
感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小相等，
方向相反，即为E ′＝kQ （2r ）2
，故B 错误； 由于金属球感应电荷产生的电场导致内部电荷分布在金属球的表面上，故C 正确； 静电平衡的导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，故D 错误．故选C.
答案：C
2．解析：由于以x 轴负方向为电场强度的正方向，在－d ～d 区间，场强均为正值，即场强均沿x 轴负方向，沿电场方向电势逐渐降低，故沿＋x 方向，电势逐渐升高，由于φ­x 图线的斜率表示场强大小，在O 点附近场强最大，φ­x 图线斜率最大，对比可知，C 选项的图符合题意．故选C.
答案：C
3．解析：根据题意，由电势差与电场强度的关系U ＝Ed ，结合图像可知，由于等差等势线间距离不等，则该电场为非匀强电场，电子所受电场力为变力，则电子在a 点水平射入，电子不做匀加速直线运动，若电子在a 点与水平方向成某一角度射入，电子所受电场力的大小和方向均改变，不可能做类平抛运动和匀速圆周运动，故A 、B 、C 错误；
根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知φa <φc ，负电荷在电势低的地方电势能大，所以电子在a 点的电势能大于在c 点的电势能，故D 正确．故选D.
答案：D
4．解析：由F 库＝kq 1q 2r 2 可知，不能确定小球1与小球2的带电量，故A 不符合题意； 对小球2，由平衡条件可得F b ＝F 库·cos 30°，G ＝F 库·sin 30 °
解得细线b 拉力大小为F b ＝G tan 30°
＝3 G 故C 不符合题意；
对小球1，由平衡条件可得F a ·sin 30°＝F 库·cos 30°，m 1g ＋F 库sin 30°＝F a ·cos 30° 解得细线a 拉力大小为F a ＝23 G
小球1与2的质量比为m 1∶m 2＝2∶1
故B 符合题意，D 不符合题意．故选B.
答案：B
5．解析：根据qU 0＝12 mv 20 ，粒子离开加速器时速度为v 0＝2qU 0m
，故A 错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y 1＝12 at 2，又q U 0L ＝ma ，L ＝v 0t ，得y 1＝L 4
，故B 正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分
别过平行板中点，根据几何关系可知Δd ＝L ，故C 错误；由B 选项可得y 1＝qU 0L 2mv 20
，由A 选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D 错误．
答案：B
6．解析：泡沫小球在向上运动过程中，小球带正电，选项A 错误；
泡沫小球与上极板接触带负电，向下运动，电场力做正功，电势能减小，选项B 正确； 泡沫小球与下极板接触带正电，向上运动，电场力做正功，电势能减小，选项C 正确； 小球在向下运动过程中，电场力和重力都向下，则做加速运动，选项D 错误．
答案：BC
7．解析：带正电小球从A 到B 加速运动的过程中，加速度不断减小，场强不断增大，故电场方向为左上方，等势线a 的电势比等势线b 的电势低，故A 错误；
从A 到B 过程中，电场力做负功，小球的机械能不断减小，故B 正确；
A 、
B 之间的电势差大于A 、
C 之间的电势差，小球从A 到B 克服电场力做功大于从A 到C 克服电场力做功，小球机械能变化量的绝对值从A 到B 大于从A 到C ，故C 正确；
A 、D 两点等电势，若小球沿杆运动能至D 点，电场力做功为0，重力做正功，在D 点的速度不可能为零，故D 错误．故选BC.
答案：BC
8．解析：该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A 到B 的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v 2一定大于v 1，故A 正确；
粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b 的电势比等势面c 的电势高，故B 错
误；
粒子在A 点的速度大小为v 1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的
时间t ＝L cos θv 1
，故C 正确； A 、B 两点沿电场线方向的距离为y ＝L sin θ
由动能定理有qEy ＝12 mv 22 －12
mv 21 联立解得E ＝m （v 22 －v 21 ）2qL sin θ
，故D 错误．故选AC. 答案：AC
9．解析：由牛顿第二定律小物块在斜面上运动的加速度大小为a ＝（mg ＋qE ）sin αm
＝12 m/s 2，故A 错误；
小物块从A 点运动到B 点，有l AB ＝12
at 21 所用的时间为t 1＝2 s
到B 点的速度为v ＝at 1＝24 m/s
小物块从B 点运动到C 点，有l BC ＝v 2
t 2 所用的时间为t 2＝3 s
则小物块从A 点运动到C 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝5 s ，故B 正确；
小物块在水平地面上的加速度a ′＝v t 2
＝8 m/s 2 由牛顿第二定律μ（mg ＋qE ）＝ma ′
可得小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，故C 正确；
小物块从A 点运动到C 点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由⎩⎨⎧W G ＋W E －W f ＝0W f ＝Q
可知静电力所做的功与重力所做的功等于系统内能的增加量，故D 错误．故选BC. 答案：BC
10．解析：（1）由动能定理得qU 1＝12
mv 20 解得v 0＝103 m/s （2）要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒
子穿过偏转电场的时间t ＝（n ＋12
）T （n ＝0，1，2，…） 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ，所以有T ＝4×10－4
2n ＋1
s （n ＝0，1，2，…） 带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝qE m ，场强为E ＝U 2d
带电粒子在进入偏转电场后的前14 T 内沿竖直方向的位移y ＝12 a （T 4
）2 要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，则有2y ≤12
d ，联立解得n ≥4.5 所以有T ＝4×10－4
2n ＋1
s （n ＝5，6，7，…） （3）要使总偏移量最大，则n 的取值应该最小，故当n ＝5时，周期最大，14
T 里粒子偏转位移最大，由此解得，最大偏移量为y ′＝2y ＝0.04 m
答案：见解析
11．解析：（1）若U ＝0，粒子在极板间做匀速直线运动，则运动的时间为t ＝l v 0 ＝10×10－
24×106
s ＝2.5×10－8s
（2）水平方向上l ＝v 0t
竖直方向上d 2 ≥12 ·qU md
t 2 联立解得U ≤mv 20 d 2ql 2 ＝（4×106）2×（4×10－2）22×1010×（10×10－2）2 V ＝128 V 电压U 的最大值为128 V .
（3）当U ＝64 V ，竖直方向上
y ＝12 ·qU md t 2＝12 ·qU md （l v 0 ）2＝12 ×2×1010×644×10
－2 ×（10×10－24×106 ）2 cm ＝1 cm v y ＝qU md t ＝qU md l v 0 ＝2×1010×644×10
－2 ×10×10－2
4×106 m/s ＝8×105 m/s 离子出电场后做匀速直线运动，打在极板上在竖直方向下落高度为h 1＝v y ·12l v 0
＝8×105×12×10×10－24×106
cm ＝1 cm 当U ＝128 V ，离子从板边缘射出v ′y ＝qU md t ＝qU md l v 0 ＝2×1010×1284×10－2
×10×10－2
4×106 m/s ＝1.6×106 m/s 打在极板上在竖直方向下落高度为h 2＝v ′y ·12l v 0 ＝1.6×106×12×10×10－24×106
cm ＝2 cm 离子打在屏上的区域面积S ＝a ·（d 2 ＋h 2－y －h 1）＝5×（12
×4＋2－1－1） cm 2＝10 cm 2 答案：（1）2.5×10－8 s （2）128 V （3）10 cm 2
12．解析：（1）小滑块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理得qEx AB －μmgx AB ＝12
mv 2B －0，解得v B ＝4 m/s.
（2）小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq ＋μmg ＝ma 1，解得a 1＝12 m/s 2，滑块加速到与传送带共速时，有v 2－v 2B ＝2a 1x 1，解得此加速过程滑块的位移大小为x 1＝0.375 m ，小滑块速率大于传送带速率后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq －μmg ＝ma 2，解得a 2
＝8 m/s 2，由运动学公式有v 2C －v 2＝2a 2（x BC －x 1），
解得滑块运动到C 点时的速度v C ＝35 m/s ，滑块在C 点时，由牛顿第二定律得F N C －mg ＝m v 2C R
，解得F N C ＝22.5 N. （3）由于Eq ＝mg ，所以等效重力大小为mg ′＝（Eq ）2＋（mg ）2 ＝2 mg ，方向与水平方向成45°角斜向右下方，当滑块从C 点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ
＝45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有F N －mg ′＝m v ′2R
，从C 点到速度最大位置，由动能定理得mg ′R （1－cos 45°）＝12 mv ′2－12
mv 2C ，联立解得F N ＝28.5 N ，根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD 压力的最大值F ′N ＝F N ＝28.5 N ． 答案：（1）4 m/s （2）22.5 N （3）28.5 N。