新教材2024届高考物理一轮复习教案第九章静电场第3讲电容器实验：观察电容器的充放电现象带电粒子在电场中的直线运动鲁科版

第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象带电粒子在电场中的直线运动目标要求1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动．考点一实验：观察电容器的充、放电现象1．实验原理(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电流I＝0.(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．2．实验步骤(1)按图连接好电路．(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．(4)记录好实验结果，关闭电源．3．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．(2)要选择大容量的电容器．(3)实验要在干燥的环境中进行．考向1电容器充、放电现象的定性分析例1(2022·北京卷·9)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解析充电过程中，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；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；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．

考向2电容器充、放电现象的定量计算例2(多选)(2023·福建漳州市质检)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化．图甲中直流电源电动势为E，实验前电容器不带电．先将开关S拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将开关拨到“2”，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示．则()A．乙图中阴影部分的面积S1<S2B．乙图中阴影部分的面积S1＝S2C．由甲、乙两图可判断阻值R1>R2D．由甲、乙两图可判断阻值R1<R2答案BD解析题图乙中阴影部分面积表示充、放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等，A错误，B正确；由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由eq\f(E,R0＋R1)＞eq\f(E,R0＋R2)，解得R1＜R2，C错误，D正确．考点二电容器及平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比．(2)定义式：C＝eq\f(Q,U).(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离．(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．(×)2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．(×)3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．(×)1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．2．两类典型动态分析思路比较

考向1两极板间电势差不变例3(2022·重庆卷·2)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解析根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝eq\f(U,d)可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确．考向2两极板电荷量不变例4(2023·河北省高三检测)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M板)接地，在两板间的P点固定一个带负电的试探电荷．若正极板N保持不动，将负极板M缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是()A．P点电势升高B．两板间电压增大C．试探电荷的电势能增大D．试探电荷受到的电场力增大答案C解析由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的电场力不变，故B、D错误；因φ＝Ed′，d′为P到负极板之间的距离，d′减小，所以P点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M板电势为零，所以P点电势为正，P点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增加，故C正确，A错误．考向3电容器的综合分析例5(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么()A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变答案AD解析保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知d变化，E不变，小球所受电场力不变，θ不变，故C错误，D正确．考点三带电粒子(带电体)在电场中的直线运动考向1带电粒子在电场中的直线运动1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关．(2)是否考虑重力依据情况而定．基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．3．用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.4．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1例6如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故选A.考向2带电体在电场力和重力作用下的直线运动例7(2023·云南昆明市一中高三检测)如图，长度为L的轻质绝缘细杆两端连接两个质量均为m的绝缘带电小球A和B，两小球均可看作质点，带电荷量为qA＝＋6q、qB＝－2q.将小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B进入位于下方的匀强电场区域．匀强电场方向竖直向上，场强E＝eq\f(mg,q)，重力加速度为g.求：(1)小球A刚进入电场时的速度大小；(2)要使小球B第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H.答案(1)eq\r(5gL)(2)3.5L解析(1)设小球A刚进入电场时的速度大小为v0，由动能定理可得2mg(L＋eq\f(L,2))＋|qB|EL＝eq\f(1,2)×2mv02－0解得v0＝eq\r(5gL)(2)由动能定理可得2mg(H＋eq\f(L,2))＋|qB|EH－qAE(H－L)＝0－0解得H＝3.5L.考向3带电粒子在交变电场中的直线运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动．(2)粒子做往返运动．3．解题技巧(1)按周期性分段研究．(2)将eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq\o(→,\s\up7(转换))a－t图像eq\o(→,\s\up7(转化))v－t图像．例8如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B．电压如乙图所示时，在0～eq\f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动答案D解析若电压如题图甲时，在0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～eq\f(1,2)T时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了eq\f(1,2)T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到eq\f(1,4)T后向左减速，eq\f(1,2)T后向右加速，eq\f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确．例9(多选)(2023·四川成都市武侯高级中学模拟)某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示．当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．0～3s内电场力对带电粒子的冲量为0C．2s末带电粒子回到原出发点D．0～2s内，电场力做的总功不为零答案BD解析由牛顿第二定律可得带电粒子在第1s内的加速度大小为a1＝eq\f(qE1,m)，第2s内加速度大小为a2＝eq\f(qE2,m)，因E2＝2E1，则a2＝2a1，则带电粒子先匀加速运动1s再匀减速0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3s时速度为零，v－t图像如图所示．由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；由v－t图像可知，t＝3s时，v＝0，根据动量定理可知，0～3s内电场力对带电粒子的冲量为0，故B正确；由v－t图像面积表示位移可知，t＝2s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；由v－t图像可知，t＝2s时，v≠0，根据动能定理可知，0～2s内电场力做的总功不为零，故D正确．课时精练1.(多选)(2023·福建省莆田第二中学模拟)如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，C表示电容器的电容、U表示正负极板间的电势差、Q表示电容器所带的电荷量、E表示两板间的电场强度．正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，则图中关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()答案BD解析由电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当极板间距d增大时，电容C就减小，但不是均匀减小，A错误；当电容器充电完成与电源断开后，两极板上所带的电荷量就是固定不变的，C错误；由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)及电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，在电荷量Q不变的情况下，d增大时，电压U就增大，B正确；由电容定义式C＝eq\f(Q,U)和决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于Q、S没有变化，所以电场强度E也是固定不变的，D正确．2.(多选)(2023·福建省模拟)如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器．其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘．当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是()A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板带电荷量增多D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响答案BC解析根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则C大，故A错误，B正确．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知小极板带电荷量Q增多，故C正确．若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误．3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是()A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大B．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小C．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变D．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q减小答案C解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，A错误；由于C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B错误；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C＝eq\f(Q,U)可知，两极板电压降低，二极管正向导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电压保持不变，电容器的带电荷量Q增大，C正确，D错误．4．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知()A．M板电势低于N板电势B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C．增大加速区MN极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力D．增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力答案D解析由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D正确，B、C错误．5.(2023·浙江省模拟)据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是通过AED自动除颤机给予及时治疗．某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是15μF，充电至9kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，则下列说法正确的是()A．电容器放电过程的平均电流为67.5AB．电容器的击穿电压为9kVC．电容器充电后的电荷量为135CD．电容器充满电的电容是15μF，当放电完成后，电容为0答案A解析根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，解得Q＝15×10－6×9×103C＝0.135C，故放电过程的平均电流为I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.135,2×10－3)A＝67.5A，故A正确，C错误；当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将会损坏，所以9kV电压不是击穿电压，故B错误；电容器的电容与电容器的带电荷量无关，所以当电容器放完电后，其电容保持不变，故D错误．6.(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E(如图所示)，则()A．粒子射入的最大深度为eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度为eq\f(mv02,2qE)C．粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(mv0,qE)D．粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(2mv0,qE)答案BD解析粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqxmax＝0－eq\f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq\f(mv02,2qE)，由v0＝at，a＝eq\f(Eq,m)可得t＝eq\f(mv0,Eq)，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝eq\f(2mv0,Eq)，故选B、D.7.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度大小为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为eq\f(g,2)C．小球上升的最大高度为eq\f(v02,4g)D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq\f(1,2)mv02答案C解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知，电场力qE与水平方向的夹角应为30°，即电场方向不是竖直向上的，受力情况如图所示．合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，A、B错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为s＝eq\f(v02,2g)，则小球上升的最大高度为h＝ssin30°＝eq\f(v02,4g)，C正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为eq\f(1,2)mv02，则小球的最大电势能为eq\f(1,4)mv02，D错误．8．(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的电子仅在电场力作用下，在t＝eq\f(T,4)时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板，则()A．A、B两板间的距离为eq\r(\f(qU0T2,16m))B．电子在两板间的最大速度为eq\r(\f(qU0,m))C．电子在两板间做匀加速直线运动D．若电子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板答案AB解析电子在t＝eq\f(T,4)时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t＝eq\f(3,4)T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度大小为a＝eq\f(qU0,md)，则有d＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正确；由题意可知，经过eq\f(T,4)时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板间，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)时间内电子做匀加速直线运动，位移x＝eq\f(1,2)·a·(eq\f(3,8)T)2＝eq\f(9,8)d>d，说明电子会一直向B板运动并在eq\f(T,2)之前就打在B板上，不会向A板运动，故D错误．9．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V、两个理想电流表A1和A2、被测电解电容器C、滑动变阻器R、两个开关S1和S2以及导线若干．实验主要步骤如下：①按图甲连接好电路．②断开开关S2，闭合开关S1，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电压表的示数U，然后断开开关S1.③断开开关S1后，闭合开关S2，每间隔5s读取并记录一次电流表A2的电流值I2，直到电流消失．④以放电电流I2为纵坐标，放电时间t为横坐标，在坐标纸上作出I2－t图像．(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，电流表A1的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．(2)由I2－t图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q＝________C．(结果保留2位有效数字)(3)若步骤②中电压表的示数U＝2.95V，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R＝________Ω.(结果保留2位有效数字)(4)类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，当电容为C的电容器两板间电压为U时，电容器所储存的电能Ep＝________(请用带有U、C的表达式表示)．答案(1)增大减小(2)3.3×10－3(3)9.8×103(4)eq\f(1,2)CU2解析(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充电电流越来越小，即电流表A1的示数逐渐减小．(2)根据q＝It可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q＝25×10－6×5C＝1.25×10－4C，可知电容器储存的电荷量为Q＝26×1.25×10－4C≈3.3×10－3C.(3)电压表的示数U＝2.95V，根据图像可知放电最大电流为300μA，可知滑动变阻器接入电路部分的阻值为R＝eq\f(U,I)≈9.8×103