2026屆高考一輪總復習物理提能訓練提能訓練練案[47]含答案提能訓練練案[47]基礎鞏固練題組一帶電粒子在交變電場中的運動1.(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零[答案]CD[解析]設第1s內(nèi)粒子的加速度大小為a1，第2s內(nèi)的加速度大小為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，假設粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為零，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確。2.如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是()A．電壓是甲圖時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B．電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動[答案]D[解析]若電壓如題圖甲時，在0～T時間內(nèi)，靜電力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓如題圖乙時，在0～eq\f(1,2)T時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即靜電力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓如題圖丙時，電子向左先做加速運動，過了eq\f(1,2)T后做減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓如題圖丁時，電子先向左加速，到eq\f(1,4)T后向左減速，eq\f(1,2)T后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，則電子做往復運動，故D正確。3.如圖所示，在一對平行金屬板MN、PQ加電壓，兩板間形成勻強電場，忽略邊緣效應，兩板邊緣連線外面的電場忽略不計，電壓按正弦規(guī)律變化，變化周期為T。某時刻有一帶電粒子沿兩板間的中線OO′以初速度為v0射入電場，經(jīng)t＝2T時間粒子離開電場。則以下說法中正確的是()A．粒子一定從O′點離開電場B．粒子離開電場時的速度一定大于v0C．粒子離開電場時的速度可能小于v0D．粒子在0～T內(nèi)的位移一定等于在T～2T內(nèi)的位移[答案]D[解析]電壓正弦規(guī)律變化，所以帶電粒子在一個周期內(nèi)所受電場力的總沖量一定等于0，所以經(jīng)一個周期，粒子的速度仍為v0，故B、C錯誤；在一個周期內(nèi)，帶電粒子沿電場方向位移取決于電子進入電場的時刻，若進入電場時，電壓恰好為0，則帶電粒子在前半周期加速度，在后半周期減速，其OM軸速度方向不變，下一個周期的運動重復前一個周期，所以位移不為零，若進入電場時，電壓恰好達到最大值，則帶電粒子在前兩個四分之一周期內(nèi)加速減速，在后兩個四分之一周期內(nèi)反向加速反向減速，前半周期的位移與后半周期的位移剛好大小相等，方向相反，所以OM軸方向總位移為0，即粒子可能從O′點離開電場，故A錯誤；因為經(jīng)過一個周期，帶電粒子的速度總是回到原來的速度v0，所以粒子在每個周期內(nèi)的運動都是相同的，即每個周期內(nèi)的位移也一定是相同的，故D正確。故選D。題組二用等效法處理帶電體在電場和重力場中的運動4．(多選)如圖所示，帶電小球(可視為質(zhì)點)用絕緣細線懸掛在O點，在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大。已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，細線長為l，重力加速度為g，則()A．小球帶正電B．靜電力大于重力C．小球運動到最低點時速度最大D．小球運動過程最小速度至少為v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))[答案]BD[解析]因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝meq\f(v2,l)，即v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))，故D正確。5.(2025·廣東中山市期末)空間中有豎直向上的勻強電場，電場強度E＝eq\f(3mg,q)。絕緣圓形軌道豎直放置，O點是它的圓心、半徑為R，A、C為圓軌道的最低點和最高點，B、D為與圓心O等高的兩點，如圖所示。在軌道A點放置一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的光滑小球。現(xiàn)給小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．無論v0多大，小球不會脫離軌道B．只有v0≥eq\r(gR)，小球才不會脫離軌道C．v0越大，小球在A、C兩點對軌道的壓力差也越大D．若將小球無初速度從D點釋放，小球一定會沿軌道經(jīng)過C點[答案]D[解析]由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上，大小為F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脫離軌道，設其在A點所具有的最小速度為vmin，根據(jù)牛頓第二定律有F＝meq\f(v\o\al(2,min),R)，解得vmin＝eq\r(2gR)，所以只有當v0≥eq\r(2gR)時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；假設小球可以在軌道中做完整的圓周運動，在C點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝F·2R，在A、C點小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1，根據(jù)牛頓第二定律有F0＋F＝meq\f(m\o\al(2,0),R)，F(xiàn)1－F＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，聯(lián)立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球在A、C兩點對軌道的壓力差等于12mg，與v0的大小無關，故C錯誤；若將小球無初速度從D點釋放，由于F向上，所以小球一定能沿DC軌道經(jīng)過C點，故D正確。題組三應用力學三大觀點解決力、電綜合問題6．(多選)如圖甲所示，在絕緣光滑斜面上方的MM′和PP′范圍內(nèi)有沿斜面向上的電場，電場強度大小沿電場線方向的變化關系如圖乙所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的可視為點電荷小物塊從斜面上的A點以初速度v0沿斜面向上運動，到達B點時速度恰好為零。已知斜面傾角為θ，A、B兩點間的距離為l，重力加速度為g，則以下判斷正確的是()A．小物塊在運動過程中所受到的電場力一直小于mgsinθB．小物塊在運動過程中的中間時刻速度大于eq\f(v0,2)C．A、B兩點間的電勢差為eq\f(m2glsinθ－v\o\al(2,0),2q)D．此過程中小物塊機械能增加量為mglsinθ[答案]AC[解析]小物塊所受的電場力沿斜面向上，重力分力沿斜面向下，由題圖乙知，電場強度逐漸增大，電場力逐漸增大，小物塊做減速運動，可知電場力一直小于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，故A正確；因為小物塊所受的電場力逐漸增大，重力沿斜面向下的分力不變，且電場力小于重力沿斜面向下的分力，所以小物塊所受的合力逐漸減小，加速度逐漸減小，因此小物塊做加速度逐漸減小的減速運動，作出其速度—時間圖像如圖所示，若小物塊做初速度為v0的勻減速直線運動中間時刻的瞬時速度等于eq\f(v0,2)，則從圖中可知，小物塊在運動過程中的中間時刻速度大小小于eq\f(v0,2)，故B錯誤；根據(jù)動能定理得qUAB－mglsinθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得A、B點間的電勢差為UAB＝eq\f(m2glsinθ－v\o\al(2,0),2q)，故C正確；因為電場力小于重力沿斜向下的分力，所以此過程中小物塊機械能增加量小于mglsinθ，故D錯誤。7.(2024·福建漳州模擬)如圖，質(zhì)量為9m的靶盒(可視為質(zhì)點)帶正電，電荷量為q，靜止在光滑水平面上的O點。O點右側(cè)存在電場強度大小為E、方向水平向左的勻強電場。在O點左側(cè)有一質(zhì)量為m的子彈，以速度v0水平向右打入靶盒后與靶盒一起運動。已知子彈打入靶盒的時間極短，子彈不帶電，且靶盒帶電荷量始終不變，不計空氣阻力。(1)求子彈打入靶盒后的瞬間，子彈和靶盒共同的速度大小v1；(2)求子彈打入靶盒后，靶盒向右離開O點的最大距離s；(3)若靶盒回到O點時，第2顆完全相同的子彈也以v0水平向右打入靶盒，求第2顆子彈對靶盒(包含第1顆子彈)的沖量大小I。[答案](1)0.1v0(2)eq\f(mv\o\al(2,0),20qE)(3)mv0[解析](1)子彈打入靶盒過程中，由動量守恒定律得mv0＝10mv1解得v1＝0.1v0。(2)靶盒向右運動的過程中，由牛頓第二定律得qE＝10ma又veq\o\al(2,1)＝2as解得s＝eq\f(mv\o\al(2,0),20qE)。(3)第1顆子彈打入靶盒后，靶盒將向右減速后反向加速，返回O點時速度大小仍為v1，設第2顆子彈打入靶盒后速度為v2，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2解得v2＝0以靶盒與第1顆子彈為整體，由動量定理得I＝0－(－10mv1)解得I＝mv0。能力提升練8．(2025·八省聯(lián)考四川卷)如圖，豎直平面內(nèi)有一光滑絕緣軌道，取豎直向上為y軸正方向，軌道形狀滿足曲線方程y＝x2。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小圓環(huán)套在軌道上，空間有與x軸平行的勻強電場，電場強度大小E＝eq\f(2mg,q)，圓環(huán)恰能靜止在坐標(1,1)處，不計空氣阻力，重力加速度g大小取10m/s2。若圓環(huán)由(3,9)處靜止釋放，則()A．恰能運動到(－3,9)處B．在(1,1)處加速度為零C．在(0,0)處速率為10eq\r(3)m/sD．在(－1,1)處機械能最小[答案]D[解析]設小圓環(huán)恰能運動到第二象限的坐標為(x，y)，則由動能定理可得mg(9－y)－Eq(3－x)＝0，又E＝eq\f(2mg,q)，解得y＝1，x＝－1，即小圓環(huán)恰能運動到坐標(－1,1)處，由于此過程中電場力始終做負功，機械能一直減小，故A錯誤，D正確；圓環(huán)做曲線運動，在(1,1)處加速度一定不為零，故B錯誤；設圓環(huán)到達(0,0)處時的速度大小為v，則圓環(huán)由(3,9)處靜止釋放運動到(0,0)處的過程，由動能定理得mgy－qEx＝eq\f(1,2)mv2，又E＝eq\f(2mg,q)，聯(lián)立得v＝2eq\r(15)m/s，故C錯誤。故選D。9．(2025·云南省聯(lián)考)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A．粒子射出時間可能為t＝4sB．粒子射出的速度大小為2vC．極板長度滿足L＝3vn(n＝1,2,3，…)D．極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))[答案]D[解析]粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向的運動v－t圖像如圖所示，因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直極板的分速度為0，所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s…，滿足t＝1.5n(n＝1,2,3，…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯誤；極板長度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C錯誤；因為粒子不跟極板碰撞，則應滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)vy×1.5s，vy＝a×1s，a＝eq\f(qU0,md)，聯(lián)立求得d≥eq\r(\f(3kU0,2))，故D正確。10.(2025·江蘇揚州月考)如圖所示，勻強電場中有一個以O為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，圓上有三點A、B、C，其中A與C的連線為直徑，∠BAC＝30°。有兩個完全相同的帶正電粒子，帶電荷量均為q(q>0)，以相同的初動能Ek從A點先后沿不同方向拋出，它們分別運動到B、C兩點。若粒子運動到B、C兩點時的動能分別為EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強電場的場強大小為()A．eq\f(Ek,qR) B．eq\f(2Ek,qR)C．eq\f(\r(3)Ek,3qR) D．eq\f(2\r(3)Ek,3qR)[答案]D[解析]粒子從A點到B點應用動能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，從A點到C點應用動能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，則B點與O點電勢相等。作出等勢面和電場線如圖所示，則粒子從A點到B點應用動能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq\f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq\f(2\r(3)Ek,3qR)，選項D正確，A、B、C錯誤。11.(2025·廣東茂名月考)如圖所示，有一長度L＝1m、質(zhì)量M＝10kg的平板小車，靜止在光滑的水平面上，在小車左端放置一質(zhì)量m＝4kg的帶正電小物塊，電荷量q＝1.6×10－2C(始終保持不變)，小物塊與小車間的摩擦因數(shù)μ＝0.25，現(xiàn)突然施加一個水平向右的勻強電場，要使物塊在2s內(nèi)能運動到小車的另一端，g取10m/s2。(1)所施加的勻強電場的電場強度多大？(2)若某時刻撤去電場，物塊恰好不從小車右端滑下，則電場的作用時間多長？[答案](1)1000N/C(2)eq\f(\r(14),2)s[解析](1)由如圖所示受力關系可知物塊在電場力及摩擦力作用下向右做勻加速運動，小車在摩擦力作用下向右做勻加速運動，由牛頓第二定律知qE－μmg＝ma1，μmg＝Ma2物塊發(fā)生的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2小車發(fā)生的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2物塊能滑到右端，有x1－x2＝L聯(lián)立并代入數(shù)值得a1＝1.5m/s2，a2＝1m/s2，E＝1000N/C。(2)令電場的作用時間為t0，撤去電場時物塊速度為v1，小車速度為v2，此后物塊在摩擦力作用下做勻減速運動，運動時間t1到達小車右端物塊做勻減速運動的加速度大小a3＝μg＝2.5m/s2物塊恰好不從小車右端滑下說明此時兩者速度相等，即v1－a3t1＝v2＋a2t1而v1＝a1t0，v2＝a2t0由兩者位移關系知eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)＋a1t0·t1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a2(t0＋t1)2＝L聯(lián)立并代入數(shù)值得t0＝eq\f(\r(14),2)s。12．如圖甲，一質(zhì)量m＝1kg、電荷量q＝5.0×10－4C的帶正電小球(可視作點電荷)，它在一高度和水平位置都可調(diào)節(jié)的平臺上滑行一段距離后做平拋運動，并沿光滑豎直圓弧軌道下滑，A、B為圓弧兩端點，其連線水平，在圓弧區(qū)域內(nèi)有一平行于半徑OA斜向左下方的勻強電場，電場強度大小為E。為保證小球從不同高度h平拋，都恰能沿切線從A點進入圓弧軌道，小球平拋初速度v0和h滿足如圖乙所示的拋物線，同時調(diào)節(jié)平臺離A點的水平距離。已知圓弧半徑R＝1.0m，平臺距AB連線的高度h可以在0.2～0.8m之間調(diào)節(jié)。不計空氣阻力，取g＝10m/s2。(1)求平臺離A的水平距離x的范圍(h＝0.2m時初速度的準確值未知)；(2)當h＝0.2m且E＝5.0×103N/C時，求小球滑到最低點C的速度大小vC；(3)如果將勻強電場的方向變?yōu)槠叫杏贏B水平向左，電場強度大小變?yōu)镋＝2.0×104N/C，其他條件不變。當h＝0.8m時，求帶電小球?qū)A弧軌道最大壓力的大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。[答案](1)0.3m≤x≤1.2m(2)3.5m/s(3)39N[解析](1)因為小球從不同高度h平拋，都恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點進入光滑豎直圓弧軌道，所以小球進入圓弧軌道時的速度方向不變，設此速度與豎直方向成α角，則tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,\r(2gh))，由圖像中當h＝0.8m時，v0＝3m/s，代入上式得tanα＝0.75，α＝37°，則θ＝106°，所以veq\o\al(2,0)＝11.25h，當h＝0.2m時，v0＝1.5m/s，平臺離A的最小距離為x1＝1.5×eq\r(\f(2×0.2,10))m＝0.3m，同理得平臺離A的最大距離為x2＝3×eq\r(\f(2×0.8,10))m＝1.2m，所以0.3m≤x≤1.2m。(2)當h＝0.2m且E＝5.0×103N/C時，小球到達A點時的速度vA＝eq\f(1.5,0.6)m/s＝2.5m/s，從A點到C點，由動能定理得mgR·(1－cos53°)－qER(1－cos53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得vC＝3.5m/s。(3)由題圖可知，qE＝mg，當h＝0.8m時，小球到達A點時的速度vA′＝eq\f(3,0.6)m/s＝5m/s，由題意和力的合成可知，當小球在圓弧上的速度與豎直方向成45°時小球速度最大，從A點到此位置，由動能定理得mgR(cos45°－cos53°)－qER(sin53°－sin45°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA′2，在速度最大位置，由牛頓第二定律得F－eq\f(mg,cos45°)＝eq\f(mv2,R)，解得F＝39N，由牛頓第三定律知帶電小球?qū)A弧軌道最大壓力的大小為39N。提能訓練練案[48]1.(2024·浙江1月選考)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，把電阻箱R(0～9999Ω)、一節(jié)干電池、微安表(量程0～300μA，零刻度在中間位置)、電容器C(2200μF、16V)、單刀雙擲開關組裝成如圖1所示的實驗電路。(1)把開關S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零；然后把開關S接2，微安表指針偏轉(zhuǎn)情況是________。A．迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小B．向右偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大C．迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小D．向左偏轉(zhuǎn)示數(shù)逐漸增大(2)再把電壓表并聯(lián)在電容器兩端，同時觀察電容器充電時電流和電壓變化情況。把開關S接1，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到160μA時保持不變；電壓表示數(shù)由零逐漸增大，指針偏轉(zhuǎn)到如圖2所示位置時保持不變，則電壓表示數(shù)為________V，電壓表的阻值為________kΩ(計算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。[答案](1)C(2)0.503.1[解析](1)把開關S接1，電容器充電，電流從右向左流過微安表，微安表指針迅速向右偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小到零；把開關S接2，電容器放電，電流從左向右流過微安表，則微安表指針迅速向左偏轉(zhuǎn)后示數(shù)逐漸減小，C正確。(2)由題意可知電壓表選用0～3V量程，由題圖2可知此時分度值為0.1V，需要估讀到0.01V，則電壓表示數(shù)為0.50V；當微安表示數(shù)穩(wěn)定時，電容器充電完成，電容器中不再有電流通過，此時干電池、電阻箱、微安表和電壓表構(gòu)成回路，根據(jù)歐姆定律有RV＝eq\f(U,I)＝eq\f(0.50,160×10－6)Ω≈3.1kΩ。2．在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖1所示連接電路。電源電動勢為8.0V，內(nèi)阻可以忽略。單刀雙擲開關S先跟2相接，某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2，實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。(1)開關S改接2后，電容器進行的是________(選填“充電”或“放電”)過程。此過程得到的I－t圖像如圖2所示，圖中用陰影標記的狹長矩形的面積的物理意義是________________。如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的I－t曲線與坐標軸所圍成的面積將________(選填“減小”“不變”或“增大”)。(2)若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量Q＝3.44×10－3C，則該電容器的電容為________μF。(3)關于電容器在整個充、放電過程中的q－t圖像和UAB－t圖像的大致形狀，可能正確的有________(q為電容器極板所帶的電荷量，UAB為A、B兩板的電勢差)。[答案](1)放電0.2s內(nèi)電容器放出的電荷量不變(2)430(3)AD[解析](1)將開關S接1，電容器與電源相連，所以電容器充電；再將S接2，電容器通過電阻R放電。圖中橫坐標分成許多很小的時間間隔，在這些很小的時間間隔里，放電電流可以視為不變，則IΔt為這段時間內(nèi)的電荷量，所以圖中用陰影標記的狹長矩形的面積的物理意義是0.2s內(nèi)電容器放出的電荷量。根據(jù)Q＝CU，電荷量與電阻值R無關，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的I－t曲線與坐標軸所圍成的面積將不變。(2)C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(3.44×10－3,8)F＝430μF。(3)電容器在充電過程中，電流由最大逐漸減小，放電過程電流也是由最大逐漸減小，根據(jù)q＝It，圖像的傾斜程度表示電流的大小，B錯誤，A正確；電容器在充電過程中，電流由最大逐漸減小，放電過程電流也是由最大逐漸減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(I,C)t，電容器的電容不變，C錯誤，D正確。3．(2025·重慶沙坪壩聯(lián)考)小南同學利用如圖甲所示電路研究平行板電容器的充放電過程。實驗采用學生直流穩(wěn)壓電源，圖中S、S1、S2為開關，C為平行板電容器，R為滑動變阻器。(1)閉合開關S、S1給電容器充電，若充電完成后，小南想進一步增大電容器所帶的電荷量，可進行的操作是________(填正確選項符號)。A．增大平行板電容器兩極板間距B．減小平行板電容器兩極板間距C．在兩極板間插入玻璃板D．減小兩極板間的正對面積(2)已知學生電源的電壓U＝7.8V，小南給電容器充滿電后，先斷開開關S，再閉合開關S2給電容器放電，在放電過程中，電流傳感器測得電流I隨時間t的變化圖像如圖乙所示，可以計算得到此時電容器的電容為________μF(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。(3)在放電過程中，電流傳感器測得電流隨時間的變化情況，如圖丙實線所示。若保持電容器參數(shù)不變，將滑動變阻器滑片向右移動少許，再次將電容器充滿電，則對電容器放電時的圖像可能是圖丙中虛線________(選填虛線標號①、②、③或④)。[答案](1)BC(2)19.7(3)③[解析](1)充電電壓不變，要進一步增大電荷量，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，解得Q＝CU，則需要增大電容。結(jié)合電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，減小平行板電容器兩極板間距和在兩極板間插入玻璃板均可以使電容增大。故選BC。(2)I－t圖像的面積表示放電的電荷量，數(shù)出一共154小格，則Q＝1.54×10－4C，則電容C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(1.54×10－4,7.8)F≈19.7μF。(3)滑片向右移動少許，電阻減小，則開始放電時電流更大，但放電電荷量不變，所以i－t圖像與t軸所圍成的面積應保持不變，所以應選曲線③。4．電容器是一種重要的電學元件，在電工、電子技術中應用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器(相當于電流表)與計算機相連，可以顯示電路中電流隨時間的變化關系。圖甲中直流電源電動勢E＝8V，實驗前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電，充電結(jié)束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變化的i－t曲線如圖乙所示。(1)乙圖中陰影部分的面積S1________S2；(填“>”“<”或“＝”)(2)計算機測得S1＝1203mA·s，則該電容器的電容為________F；(保留兩位有效數(shù)字)(3)由甲、乙兩圖可判斷阻值R1________R2。(填“>”“<”或“＝”)[答案](1)＝(2)0.15(3)<[解析](1)題圖乙中陰影面積S1和S2分別表示充電和放電中電容器上的總電荷量，所以兩者相等。(2)由陰影面積代表電容器上的電荷量得q＝S1＝1.203C，U＝E＝8V，則C＝eq\f(q,U)＝eq\f(1.203,8)F≈0.15F。(3)由題圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電壓與放電瞬間電容器兩極板電壓相等，由eq\f(E,R0＋R1)>eq\f(E,R0＋R2)，解得R1<R2。5．(2024·廣西卷)某同學為探究電容器充、放電過程，設計了圖甲實驗電路。器材如下：電容器，電源E(電動勢6V，內(nèi)阻不計)，電阻R1＝400.0Ω，電阻R2＝200.0Ω，電流傳感器，開關S1、S2，導線若干。實驗步驟如下：(1)斷開S1、S2，將電流傳感器正極與a節(jié)點相連，其數(shù)據(jù)采樣頻率為5000Hz，則采樣周期為________s。(2)閉合S1，電容器開始充電，直至充電結(jié)束，得到充電過程的I－t曲線如圖乙，由圖乙可知開關S1閉合瞬間流經(jīng)電阻R1的電流為________mA(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。(3)保持S1閉合，再閉合S2，電容器開始放電，直至放電結(jié)束，則放電結(jié)束后電容器兩極板間電壓為________V。(4)實驗得到放電過程的I－t曲線如圖丙，I－t曲線與坐標軸所圍圖形的面積對應電容器釋放的電荷量為0.0188C，則電容器的電容C為________μF。圖丙中I－t曲線與橫坐標軸、直線t＝1s所圍圖形的面積對應電容器釋放的電荷量為0.0038C，則t＝1s時電容器兩極板間電壓為________V(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。[答案](1)eq\f(1,5000)(2)15.0(3)2(4)4.7×1032.8[解析](1)采樣周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,5000)s。(2)由題圖乙可知，開關S1閉合瞬間流經(jīng)電阻R1的電流為15.0mA。(3)放電結(jié)束后電容器兩極板間電壓等于R2兩端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電容器兩極板間電壓UC＝eq\f(E,R1＋R2)·R2＝2V。(4)充電結(jié)束后電容器兩端電壓UC′＝E＝6V，故可得ΔQ＝(UC′－UC)