金版教程物理2025高考科学复习解决方案第八章 静电场第2讲 启智微专题 满分指导3含答案

高考科学复习解决方案物理《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第八章静电场满分指导3电势能和力学规律的综合应用[案例剖析](18分)在动摩擦因数μ＝0.2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q(均可视为质点，且不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让A处于如图所示的①有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP②恰位于细杆的中垂线上，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的电场强度为E＝eq\f(1.2mg,q)，方向水平向右。释放带电系统，让A、B③从静止开始运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)。求：(1)小球B第一次到达电场边界MP④所用的时间；(2)小球A第一次⑤离开电场边界NQ时的速度大小；(3)带电系统运动过程中，B球⑥电势能增加量的最大值。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①有界匀强电场区域MPQN内说明在空间MPQN内有电场，其他地方没有电场②恰位于细杆的中垂线上明确了系统开始运动的空间位置，此时只有A球受静电力③从静止开始运动系统开始运动时的初速度为零问题④所用的时间可利用牛顿第二定律及运动学公式求解⑤离开电场边界NQ时的速度大小分析A球在离开NQ前的运动情况：先加速运动，再减速运动⑥电势能增加量的最大值B球进入电场后受静电力方向向左，只要B球向右运动，电势能就会增加[破题形成思路，快速突破](1)小球B第一次到达电场边界MP所用时间的求解。①求B球进入电场前的加速度。a．研究对象：A、B两球组成的系统；b．列动力学方程：2Eq－μ·2mg＝2ma1。②求B球第一次到达电场边界MP所用时间。列运动学方程：L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)。(2)小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小求解。①研究过程：从B球进入电场到A球第一次离开电场。②小球B刚进入电场的速度v1的求解。a．选择规律：运动学方程；b．方程式：veq\o\al(2,1)＝2a1L。③小球A第一次离开电场的速度v2的求解。a．选择规律：动力学方程和运动学方程；b．动力学方程式：2Eq－3Eq－μ·2mg＝2ma2；运动学方程式：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L。(3)如何求带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值？提示：B球克服静电力做功越多，其增加的电势能越大。先求出A球出电场后系统的加速度和系统速度减小到零时A球离开右边界的距离x，判断x≤2L是否成立，以确定此时B球是否在电场中，如果在电场中，则利用静电力做功与电势能变化的关系求解，如果不在电场中，则进一步分析计算。[解题规范步骤，水到渠成](1)带电系统开始运动后，先向右加速运动，当B进入电场区时，开始做减速运动。设B球进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq－μ·2mg＝2ma1，解得a1＝g(2分)B球刚进入电场时，由L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)(2分)可得t1＝eq\r(\f(2L,g))。(1分)(2)设B从静止到刚进入电场的速度为v1，由veq\o\al(2,1)＝2a1L可得v1＝eq\r(2gL)(2分)设B球进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：2Eq－3Eq－2μmg＝2ma2，解得：a2＝－0.8g(2分)之后系统做匀减速直线运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2，由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L可得v2＝eq\f(\r(10gL),5)。(2分)(3)当带电系统速度第一次为零时，此时A球已经到达右边界NQ右侧，B球克服静电力做的功越多，B球增加的电势能越多，设系统速度减小到零时，A球离右边界NQ的距离为x，A球离开电场后，系统的加速度为a3，由牛顿第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3，解得：a3＝－2g(2分)由x＝eq\f(0－veq\o\al(2,2),2a3)解得：x＝0.1L<2L，所以B没有出电场，(3分)故B电势能增加量的最大值为ΔEp＝－W＝－[－3Eq(L＋x)]＝3Eq(L＋x)＝3Eq·1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL。(2分)[点题突破瓶颈，稳拿满分]常见的思维障碍：(1)在求小球A第一次离开电场边界NQ的速度大小时，错误地认为A球在电场中一直做匀加速直线运动，没有分析B球进入电场后，系统的受力情况发生了变化，导致结果错误。(2)小球A离开电场之后，错误地认为B球的加速度不变，没有分析A球离开电场之后，系统的受力情况发生了变化，加速度发生了变化，导致结果错误。课时作业1．(2023·海南省海口市高三下学生学科能力诊断)(多选)图1中A、B、C是某电场中的一条电场线上的三个点，若将一正点电荷从A点处由静止释放，仅在电场力作用下，正点电荷沿电场线从A经过B到C，运动过程中的速度—时间图像如图2所示。下列说法正确的是()A．在A、B、C三个点中，B点的电场强度最大B．在A、B、C三个点中，C点的电势最低C．在A、B、C三个点中，C点的电势最高D．在A、B、C三个点中，正电荷在A点的电势能最大答案BD解析正点电荷仅在电场力作用下，由牛顿第二定律有Eq＝ma，根据v­t图像中图线切线斜率的绝对值表示加速度的大小，结合题图2可知，在A、B、C三个点中，正点电荷在B点时加速度最小，则B点的电场强度最小，故A错误；由题图2可知，正点电荷沿电场线从A经过B到C，速度一直增加，由动能定理可知电场力一直做正功，正点电荷的电势能一直减少，则有EpA>EpB>EpC，由Ep＝φq可得φA>φB>φC，故C错误，B、D正确。2.(2024·江苏省连云港市高三上教学质量调研(一))某静电场中，某条电场线与x轴重合，取电场强度E的正方向为x轴正方向，x轴上各点的电场强度E与位置x的关系如图所示。一带正电荷的粒子仅在静电力作用下沿x轴从x1位置运动到x4位置。下列说法中正确的是()A．x2、x4处的电势相等B．粒子在x2、x4处受到的电场力不同C．粒子在x3处的电势能最大D．粒子由x2处运动到x3处过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处过程中电场力做的功答案D解析由图可知，从x1到x4电场强度为正，则从x1到x4间电场线方向由x1指向x4，沿电场线方向电势降低，因此x1处电势最高，x2处的电势高于x4处的电势，粒子带正电荷，故粒子在x1处的电势能最大，A、C错误；x2、x4处电场强度相同，由F＝qE可知粒子在x2、x4处受到的电场力也相同，B错误；由U＝Ed可知，E­x图线与x轴所围图形的面积表示电势差，又由x2处到x3处图线与x轴所围图形面积大于由x3处到x4处图线与x轴所围图形面积，结合W＝qU可知，粒子由x2处运动到x3处过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处过程中电场力做的功，D正确。3.(2023·山西省怀仁市高三下第二次调研)(多选)在x轴上坐标为－3L和3L的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为3L处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为－2L和2L，则()A．两点电荷为异种电荷B．同一检验电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力C．坐标为－3L处电荷的电荷量大小为2QD．坐标为－3L处电荷的电荷量大小为4Q答案BD解析从坐标为－3L处到坐标为3L处，电势先降低后升高，则电场线先沿x轴正向后沿x轴负向，可知，两点电荷均带正电，为同种电荷，故A错误；在φ­x图像中，图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，则在x＝L处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，设坐标为－3L处点电荷的电荷量大小为Q′，根据电场强度叠加原理有eq\f(kQ′,[L－（－3L）]2)－eq\f(kQ,（3L－L）2)＝0，解得Q′＝4Q，故C错误，D正确；两点电荷在M点处的合场强大小为E1＝eq\f(kQ′,L2)－eq\f(kQ,（5L）2)＝eq\f(99kQ,25L2)，在N点处的合场强大小为E2＝eq\f(kQ,L2)－eq\f(kQ′,（5L）2)＝eq\f(21kQ,25L2)，则E1>E2，由F＝Eq可知同一检验电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，故B正确。4．(2023·湖北省武汉市高三下4月调研)(多选)如图甲所示，一均匀带电圆环放置在水平面内，取圆环中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，一带电小球从轴上x＝x0处由静止释放，小球运动过程中的动能Ek与位置x的变化关系如图乙所示，图线上x＝x1与x＝x2处的切线与x轴平行，小球在x1、x2处的动能分别为E1、E2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．x1处与x2处场强相同B．小球从x1运动到x2，电势能增加E1－E2C．小球从x1运动到x2，加速度先增大后减小D．小球从x0运动到O点，电势能与重力势能之和先减小后增大答案AC解析带电小球由静止下落过程中，只受重力和电场力作用，由动能定理可知Ek­x图像的切线斜率绝对值表示小球受到的合力大小，x＝x1与x＝x2处图线的切线均与x轴平行，则合力均为0，即电场力均与小球重力等大反向，则x1处与x2处场强相同，故A正确；由题图可知，从x1运动到x2，Ek­x图像的切线斜率绝对值先增大后减小，则小球受到的合力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C正确；由能量守恒定律可知，小球下落过程中，重力势能、电势能和动能之和保持不变，则小球从x1运动到x2，电势能的增加量等于动能减少量和重力势能减少量之和，即电势能增加量大于动能减少量，小球从x0运动到O点，动能先增大后减小再增大，则电势能与重力势能之和先减小后增大再减小，故B、D错误。5.(2023·湖南省郴州市高三下第三次教学质量监测)如图所示，在真空中固定的两个等量异种点电荷＋Q、－Q连线的中垂线上有一绝缘且粗糙程度相同的竖直固定细杆，杆上有关于电荷连线对称的A、B两点，O为电荷连线的中点。现有电荷量为＋q、质量为m的带电小环套在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0，则可知()A．从A到B，小环的电势能始终不变，动能先增加，后减小B．从A到B，小环受到的摩擦力先减小后增大C．小环运动到O点时的速度大小为eq\f(\r(2),2)v0D．小环从A到O的时间t1大于从O到B的时间t2答案C解析根据等量异种点电荷电场分布特点可知，两点电荷连线的中垂线上的场强方向均与连线平行，且由正点电荷指向负点电荷；带电小环从A到B运动过程中，电场力始终不做功，则小环的电势能始终不变；由A到O电场强度逐渐增加，由O到B电场强度逐渐减小，且关于O点对称位置处电场强度大小相等，所以小环受到的电场力F先增大后减小，水平方向由平衡条件可知，杆对小环的弹力N＝F先增大后减小，由f＝μN可得，小环受到的摩擦力先增大后减小；由于小环到达B点时速度恰好为0，可知到达B点时摩擦力不小于小环的重力，根据对称性可知，从A到B运动过程中，小环受到的摩擦力一直大于小环的重力，故小环所受的合力一直向上，合力对小环一直做负功，小环的动能一直减小，故A、B错误。根据摩擦力的对称性，由微元累积法可知，小环从A到O克服摩擦力做的功等于从O到B克服摩擦力做的功，设小环从A到O克服摩擦力做的功为Wf，小环经过O点的速度大小为v，A、O之间的距离为l，从A到B，根据动能定理可得mg·2l－2Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，从A到O，根据动能定理可得mg·l－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得v＝eq\f(\r(2),2)v0，故C正确；小环从A到B的过程一直做减速运动，则小环从A到O的平均速度大于从O到B的平均速度，即eq\o(v,\s\up6(－))1>eq\o(v,\s\up6(－))2，由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(l,t)可知小环从A到O的时间t1小于从O到B的时间t2，故D错误。6.(2023·安徽省马鞍山市高三下第二次教学质量监测)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为＋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解析设撤去力F时物块的速度大小为v1，t1时刻物块向右滑动的距离最大，为smax，根据题意作v­t图像如图，可知eq\f(1,2)v1t1＝eq\f(1,2)v(3t－t1)，且eq\f(v1,t1－t)＝eq\f(v,3t－t1)，联立解得t1＝eq\f(9,5)t，v1＝eq\f(2v,3)，则smax＝eq\f(1,2)v1t1＝eq\f(3vt,5)，故A、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W电＝0，恒力F做功为WF＝90J，根据动能定理得W电＋WF＝Ek－0，可知物块回到出发点时的动能Ek＝90J，故C正确；从开始至向右运动至最大位移处，根据动能定理有WF＋W电′＝0－0，根据功能关系可知，物块向右运动至最大位移处的电势能Epmax满足Epmax－0＝－W电′，解得Epmax＝90J，根据公式Ep＝qφ、Δφ＝U＝Ed可知，在匀强电场中，物块沿电场线方向运动时，电势能的变化量ΔEp与运动距离d成正比，设撤去F时物块向右的位移为s，电势能为Ep，则有eq\f(Ep,Epmax)＝eq\f(s,smax)，又因smax＝eq\f(3,5)vt，s＝eq\f(1,2)v1t＝eq\f(1,3)vt，联立可得Ep＝50J，故D错误。7．(2022·山东省济宁市高三下二模)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1m处以初速度v0＝eq\r(3)m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2kg、带电量为q＝－0.1C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．x＝1m处的电场强度大小为20V/mB．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小C．滑块运动至x＝3m处时，速度大小为2m/sD．若滑块恰好到达x＝5m处，则该处的电势为50V答案C解析Ep­x图线斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x＝1m处所受电场力大小为F1＝E1|q|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))＝eq\f(3,3)N＝1N，可得E1＝10V/m，A错误；滑块向右运动过程中，Ep­x图线斜率的绝对值先减小后增大，则所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增大，B错误；滑块从x＝1m的位置运动至x＝3m处的过程中，根据动能定理有W电＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，且W电＝－(Ep3－Ep1)＝1J，解得滑块运动至x＝3m处时的速度大小为v＝2m/s，C正确；若滑块恰好到达x＝5m处，则W电′＝－(Ep5－Ep1)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Ep1＝2J，解得滑块在x＝5m处的电势能Ep5＝5J，该处的电势为φ＝eq\f(Ep5,q)＝eq\f(5,－0.1)V＝－50V，D错误。8.(2023·福建省泉州市高三下质量监测(二))(多选)在水平向右的匀强电场中，带电小球A、B用一根绝缘轻绳连接，另一根绝缘轻绳将A悬挂在O点，A、B的质量均为m，电量分别为－3q和＋q(q>0)。对B施加拉力F使系统平衡时，A、B的位置如图所示，其中AB绳水平，OAB构成正三角形。已知重力加速度大小为g，匀强电场场强大小为eq\f(mg,q)。现撤去拉力F，由于空气阻力的作用，A、B最终会再次处于静止状态。忽略A、B之间相互作用的静电力，则A、B再次静止后()A．OA绳的拉力大小为2mgB．AB绳的拉力大小为eq\r(2)mgC．与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能都减小D．与撤去F前相比，A球的总能量增加，B球的总能量减少答案BC解析A、B再次静止后，A、B整体受到的电场力的合力为F电＝3qE－qE＝2mg，方向水平向左，对A、B整体受力分析如图1所示，由平衡条件可得，绳OA上的拉力大小为FOA＝eq\r(Feq\o\al(2,电)＋（2mg）2)＝2eq\r(2)mg，OA绳与竖直方向的夹角α的正切值为tanα＝eq\f(F电,2mg)＝1，则α＝45°，A错误；A、B再次静止后，B受到的电场力为FB＝qE＝mg，方向水平向右，对B受力分析如图2所示，由平衡条件可得，AB绳上的拉力大小为FAB＝eq\r(Feq\o\al(2,B)＋（mg）2)＝eq\r(2)mg，AB绳与竖直方向的夹角β的正切值为tanβ＝eq\f(FB,mg)＝1，则β＝45°，B正确；由上述分析可知，A、B再次静止后，OA绳、AB绳与竖直方向的夹角均为45°，此时两球的位置如图3所示，设OA绳长为L，由电场力做功与电势能变化量关系可得，A电势能的变化量为ΔE电A＝－3qE·(Lsin45°－Lsin30°)＝－eq\f(3mgL（\r(2)－1）,2)，B电势能的变化量为ΔE电B＝qELsin30°＝eq\f(mgL,2)，而A重力势能的变化量为ΔE重A＝mg(Lcos30°－Lcos45°)＝eq\f(mgL（\r(3)－\r(2)）,2)，B重力势能的变化量为ΔE重B＝－mg(2Lcos45°－Lcos30°)＝－eq\f(mgL（2\r(2)－\r(3)）,2)，则与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能变化量分别为ΔE电＝ΔE电A＋ΔE电B＝－eq\f(mgL（3\r(2)－4）,2)<0，ΔE重＝ΔE重A＋ΔE重B＝eq\f(mgL（2\r(3)－3\r(2)）,2)<0，即与撤去F前相比，系统电势能和系统重力势能都减小，与撤去F前相比，A、B两球的总能量变化量分别为ΔEA＝ΔE电A＋ΔE重A＝eq\f(mgL（3＋\r(3)－4\r(2)）,2)<0，ΔEB＝ΔE电B＋ΔE重B＝eq\f(mgL（1＋\r(3)－2\r(2)）,2)<0，故A球的总能量减少，B球的总能量减少，C正确，D错误。9.(多选)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d；MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m，电荷量为＋q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。则()A．C、O两点间的电势差UCO＝eq\f(mv2,2q)B．O点处的电场强度E＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)C．小球下落过程中重力势能和电势能之和不变D．小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为eq\r(2)v答案BD解析小球从C点运动到O点的过程中，根据动能定理得：mgd＋UCO·q＝eq\f(1,2)mv2－0，解得：UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q)，故A错误；点电荷A(或B)在O点处产生的场强大小为：E′＝eq\f(kQ,（\r(2)d）2)＝eq\f(kQ,2d2)，根据平行四边形定则，O点处的电场强度大小为：E＝eq\r(2)E′＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)，故B正确；小球下落过程中，只有静电力和重力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，从C到O的过程中，小球的动能增加，则重力势能和电势能之和减小，故C错误；根据对称性，C、O间电势差与O、D间电势差相等，小球P从C到D的过程中，根据动能定理可得：mg·2d＋2UCO·q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，得到小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度vD＝eq\r(2)v，故D正确。第讲电容器与电容实验：观察电容器的充、放电现象[教材阅读指导](对应人教版必修第三册相关内容及问题)第十章第4节图10.4­3，如何根据放电的I­t图像估算电容器释放的电荷量？提示：I­t图线与t坐标轴所围的面积表示电荷量，先算出一个小格的面积，再乘以小格数，数格时多于半个格的算一格，少于半格的舍去。第十章[复习与提高]B组T4。提示：如图所示。必备知识梳理与回顾一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1．电容器(1)组成：由两个彼此eq\x(\s\up1(01))绝缘又相距很近的导体组成。最简单的电容器是平行板电容器。(2)电容器的充电、放电①充电：两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，eq\x(\s\up1(02))电源的能量不断储存在电容器中。②放电：电容器把储存的能量通过eq\x(\s\up1(03))电流做功转化为电路中其他形式的能量。③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。其中“电容器所带的电荷量Q”，是指一个极板所带电荷量的eq\x(\s\up1(04))绝对值。(2)定义式：C＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(Q,U)。推论：C＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)单位：法拉(F)，1F＝eq\x(\s\up1(06))106μF＝eq\x(\s\up1(07))1012pF。(4)物理意义：表示电容器eq\x(\s\up1(08))储存电荷的特性。(5)决定因素：电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、两极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。3．平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的eq\x(\s\up1(09))正对面积成正比，与两极板间电介质的eq\x(\s\up1(10))相对介电常数成正比，与eq\x(\s\up1(11))极板间的距离成反比。(2)决定式：eq\x(\s\up1(12))C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。4．常用电容器：从构造上看，可分为eq\x(\s\up1(13))固定电容器和eq\x(\s\up1(14))可变电容器。5．击穿电压与额定电压：加在电容器两极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，eq\x(\s\up1(15))电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压叫作击穿电压；电容器外壳上标的电压是eq\x(\s\up1(16))工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压eq\x(\s\up1(17))低。二、实验：观察电容器的充、放电现象1．实验电路及器材如图所示，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路。2．实验步骤(1)把开关S接1，观察电流表及电压表指针的偏转。(2)把开关S接2，观察电流表及电压表指针的偏转。3．实验现象(1)充电现象：把开关S接1时，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板，充电电流逐渐减小至0。(2)放电现象：把开关S接2时，观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，放电电流逐渐减小，最后减小到0。同时可以看到，电压表示数逐渐减小，最后减小到0。一、堵点疏通1．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()2．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。()3．标有“1.5μF，9V”规格的电容器，其所带电荷量一定为1.35×10－5C。()4．平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变。()答案1.×2.×3.×4.√二、对点激活1．关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定答案D解析电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，A错误；电容器所带电荷量越少，其两板间电压越低，但电容不变，B错误；电容表示电容器储存电荷的特性，电容器不带电时，其电容不为零，C错误；电容表示电容器储存电荷的特性，由电容器本身的特性决定，D正确。2．(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小答案ABD解析静电计的原理是电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，当d变大时，C变小，再由C＝eq\f(Q,U)得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，极板正对面积S变小，C也变小，U变大，指针张角变大，B正确；当插入玻璃板时，相对介电常数εr增大，C变大，U变小，指针张角变小，C错误；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，指针张角变小，D正确。关键能力发展与提升考点一电容器、电容的理解深化理解对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。例1如图所示，电容器上标有“80V1000μF”字样。下列说法正确的是()A．电容器两端电压为0时其电容为零B．电容器两端电压为80V时才能存储电荷C．电容器两端电压为80V时储存的电荷量为0.08CD．电容器两端电压低于80V时其电容小于1000μF[答案]C[解析]电容表征电容器储存电荷的特性，与电压U和电量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80C＝0.08C，故C正确。【跟进训练】1.(2024·黑龙江省大庆市高三上第一次教学质量检测)自动体外除颤器是种便携式的医疗设备，它可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF，先将其充电至电压达到4kV，然后使用该除颤器，其电容器在4ms时间内完成放电，下列说法正确的是()A．电容器充电后的电荷量为0.64CB．电容器放电的平均电流为16AC．电容器的击穿电压为4kVD．电容器放电完成后电容为零答案B解析电容器充电后的电荷量Q＝CU＝16×10－6×4×103C＝0.064C，故A错误；电容器该次放电的平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.064,4×10－3)A＝16A，故B正确；该电容器此次充电后电压为4kV，没有被击穿，则该电容器的击穿电压大于4kV，故C错误；电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，是电容器的固有属性，与电容器是否带电无关，故D错误。考点二平行板电容器的动态分析对比分析1.运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析平行板电容器两极板间电场强度的变化。2．电容器两类问题的比较(1)U不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化。③根据UAB＝E·dAB＝φA－φB分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)分析场强变化。结论：分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小[特别提醒]在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。考向1两板间电压不变例2(2022·重庆高考)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]根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝eq\f(U,d)，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，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3(多选)如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度。以下操作能使静电计指针张角变大的是()A．将b板也接地B．b板不动、将a板向右平移C．将a板向上移动一小段距离D．取出a、b两极板间的电介质[答案]CD[解析]将b板也接地，a、b板间电压为零，则静电计指针张角为零，A错误；b板不动、将a板向右平移，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d变小时C变大，Q不变时，根据C＝eq\f(Q,U)，可知U减小，即静电计指针张角变小，B错误；将a板向上移动一小段距离，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，S变小时C变小，Q不变时，根据C＝eq\f(Q,U)，可知U变大，即静电计指针张角变大，C正确；取出a、b两极板间的电介质，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，εr变小时C变小，Q不变时，根据C＝eq\f(Q,U)，可知U变大，即静电计指针张角变大，D正确。【跟进训练】2.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势、Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列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C解析电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，故C­x图像为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝E(l初－x)，E不变，在0≤x<l0的范围内，x线性增大，φ线性减小，C正确；由Ep＝qφ可知，在0≤x≤l0的范围内，Ep随x的线性增大而线性减小，D错误。考向3电容器综合分析例4(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势φ＝0)。S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是()A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小[答案]AB[解析]开始时，油滴所受重力和静电力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝eq\f(U,d)可知，E变小，油滴所受静电力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)，知Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，故电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，A正确。保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E＝eq\f(U,d)可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，B正确。若将S断开，电容器所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误。若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。解决电容器板间场强问题的技巧(1)在电压不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。考点三实验：观察电容器的充、放电现象1．实验分析(1)如图所示，把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板；同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断开电源，两极板上的电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。(2)把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。2．实验创新：用传感器观察电容器的充、放电过程电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I­t图像。本实验中电源电压在8V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。(1)用传感器观察电容器的充电过程按如图甲所示连接电路。先把S拨至1，并接通足够长的时间，使电容器将所带的电荷量都释放掉，从而不带电。然后把开关S掷向2端，电源向电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的电流—时间图像，如图乙。(2)用传感器观察电容器的放电过程按如图丙所示连接电路。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像，如图丁。(3)电容器充电(或放电)的I­t图像与时间轴围成的面积表示电容器充电完毕所带的(或放电过程中全部释放的)电荷量。提示：电容器充、放电的快慢与电阻R和电容C的大小有关。定性分析如下：电容器充、放电的平均电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(U,\s\up6(－)),R)，而Q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，所以R越大eq\o(I,\s\up6(－))越小，t越长。根据Q＝CU，Q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，C越大，充满电时的电荷量Q越大，t越长。考向1电容器的充、放电现象的定性分析例5(2022·北京高考)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两极板上电荷量Q的积累，电容器两端电压UC＝eq\f(Q,C)增大，定值电阻及电源内阻两端总电压UR＋r＝E－UC减小，电路中电流I＝eq\f(UR＋r,R＋r)减小，由I＝eq\f(ΔQ,Δt)可知，Q增加变慢，则UC增大变慢，UR＋r减小变慢，I减小变慢，最后均趋于稳定，因电流表测电路中电流I，电压表测电容器两端电压UC，故电流表的示数迅速减小后趋于稳定，电压表的示数迅速增大后趋于稳定，A错误，B正确；放电过程中，随着电容器C两极板上电荷量Q的减少，电容器两端电压UC＝eq\f(Q,C)减小，定值电阻两端电压UR＝UC减小，电路中电流I＝eq\f(UR,R)减小，由I＝eq\f(ΔQ,Δt)可知，Q减少变慢，则UC减小变慢，UR减小变慢，I减小变慢，最后均减小至零，因电流表测电路中电流I，电压表测定值电阻两端电压UR，故电流表的示数减小得越来越慢，最后为零，电压表的示数减小得越来越慢，最后为零，C、D错误。考向2观察电容器的充、放电现象的实验分析考查角度1：教材原型实验例6某同学通过实验观察电容器的放电现象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电解电容器的长引线是其正极，短引线是其负极。(1)按图甲连接好实验电路，开关S应先接到________，再接到________(均选填“1”或“2”)，观察电容器的放电现象。(2)根据图甲电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(3)电容器开始放电，同时开始计时，每隔5s读一次电流i的值，记录数据如下表。时间t/s0510152025电流i/μA500392270209158101时间t/s303540455055电流i/μA7549302393请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线。[答案](1)12(2)图见解析(3)图见解析[解析](1)连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器放电，观察电容器的放电现象。(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物电路图如图所示。(3)根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，作出图像如图所示。例7(2023·新课标卷)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的________(填“正极”或“负极”)接触。(2)某同学设计的实验电路如图a所示。先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是________。(填正确答案标号)A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1)，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况，两次得到的电流I随时间t变化如图b中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为________(填“R1”或“R2”)时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的________(填“电压”或“电荷量”)。[答案](1)正极(2)C(3)R2电荷量[解析](1)多用电表在使用时，应让电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表，故多用电表的红表笔应该与电池的正极接触。(2)电容器充电完成后，两极板电荷量最多，电势差最大，当开关S与“2”端相接，电容器开始放电，回路立即形成电流，灯泡迅速变亮，随着时间的积累，两极板电荷量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，灯泡的亮度减小，直至两极板电荷量为零，不再有电流流过小灯泡，小灯泡熄灭，故C正确。(3)开关S与“1”端相接，电容器充电，由图像可知开始充电瞬间，实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为R2；图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，由q＝It可知，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。由电容器充(放)电的I­t图像可得到的结论(1)电容器的充、放电过程中，电流都随时间越来越小，电路稳定时电流为0。(2)电容器在全部充电(或放电)过程中储存(或释放)的电荷量可用I­t图线与时间轴所围图形的面积表示。(3)电容器的电容可根据电容器充、放电过程中I­t图线与时间轴所围图形的面积和电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，由C＝eq\f(Q,U)计算。(4)电容器充、放电过程中的最大电流(即I­t图像中t＝0时刻的电流)：Im＝eq\f(U,R)，其中U是电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，R是充电电路或放电电路中除电容器外其他通路部分的总电阻。考查角度2：教材创新实验例8(2023·山东高考)电容储能已经在电动汽车，风、光发电，脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：电容器C(额定电压10V，电容标识不清)；电源E(电动势12V，内阻不计)；电阻箱R1(阻值0～99999.9Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值20Ω，额定电流2A)；电压表V(量程15V，内阻很大)；发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干回答以下问题：(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向________端滑动(填“a”或“b”)。(2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为________V(保留1位小数)。(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I­t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为________C(结果保留2位有效数字)。(4)本电路中所使用电容器的电容约为________F(结果保留2位有效数字)。(5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管________(填“D1”或“D2”)闪光。[答案](1)b(2)6.5(3)3.7×10－3(4)4.6×10－4(5)D1[解析](1)由图甲可知，开关S2掷向1时电容器充电，电容器充电电压与滑动变阻器滑片到a端这部分电阻两端电压相同，分析电路可知，滑片向b端滑动时，电容器的充电电压升高。(2)电压表量程为15V，分度值为0.5V，故电压表示数为6.5V。(3)图丙中I­t图像与t轴所围的面积等于电容器存储的电荷量，数图像与t轴围成的小格数，大于半格的计一格，小于半格的舍去，共N＝37个小格，一个小格代表的电荷量为q0＝0.2×10－3A×0.5s＝0.1×10－3C，故充电结束后，电容器存储的电荷量为Q＝Nq0＝3.7×10－3C。(4)由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)得，C＝eq\f(3.7×10－3C,8.0V)＝4.6×10－4F。(5)充电时，电容器左极板接电源正极，故左极板电势高，开关S2掷向2，电容器放电，电容器左极板相当于电源正极，根据二极管的单向导电性可知，D2不闪光，D1闪光。课时作业[A组基础巩固练]1.如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是()A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变答案D解析保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝eq\f(εrS,4kπd)知，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，极板间的电场强度不变，D正确。2.如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变答案D解析极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D正确。3．(2023·福建省福州市高三下第三次质量检测)(多选)目前大多数医院进行输液治疗时都采用传统的人工监护方式，为减轻医务人员负担，有不少输液传感器投入使用。某电容输液传感器测量装置示意图如图甲所示，测量电路如图乙所示，A、B间接入恒定电压U0，自动控制开关S置于1时电容器充电，置于2时电容器放电。电容器在S的作用下周期性充放电，系统监测每次充电过程中电容器两端电压随时间的变化曲线，可自动判定输液管中是否有药液。在输液管中有药液和无药液的两次电容器充电过程中，电容器两端电压随时间的变化曲线如图丙所示，已知有药液时测量电路中的电容值更大，则()A．曲线1为有药液时的充电曲线B．曲线2为有药液时的充电曲线C．曲线1对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大D．曲线2对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大答案BD解析由题意可知，有药液时测量电路中的电容值更大，因为充电完毕后电容器两端电压一定为U0，根据Q＝CU可知有药液时电容器充满电后所带电荷量较大，即充电过程通过电阻R的电荷量较大。在给电容器充电过程中，当电容器两端电压为U时，通过电阻R的电流I＝eq\f(U0－U,R)，画出两条曲线对应情况下电流随时间变化图像如图所示，根据I­t图像中图线与t轴所围面积表示通过电阻R的电荷量，可知曲线2对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故曲线2为有药液时的充电曲线，故A、C错误，B、D正确。4.电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的I­t图像。如图甲所示连接电路。直流电源电动势为9V，内阻可忽略，电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。(1)在如图乙所示的I­t图像中用阴影标记面积的物理意义是________________________。(2)根据I­t图像估算当电容器开始放电时所带的电荷量q0＝________，并计算电容器的电容C＝________。(均保留两位有效数字)(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将________(选填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(选填“变长”“不变”或“变短”)，简要说明原因：________________。答案(1)通电0.2s电容器增加的电荷量(或流过电阻R的电荷量)(2)1.8×10－3C(1.7×10－3C也正确)2．0×10－4F(1.9×10－4F也正确)(3)不变变短充电电流增大解析(1)题图乙中1～3.4s的I­t图线是充电电流随时间变化的规律，又I­t图线与t轴所围的面积表示电荷量，则题图乙中阴影面积的物理意义是通电0.2s充入电容器(或流过电阻R)的电荷量。(2)电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于放电过程I­t图线与横轴所包围的面积；首先以坐标纸上的一个小正方形作为一个面积计量单位，数出图线与横轴所围的图形中有多少个完整的小正方形，对于超过该格一半面积的记为一个，不足一半的舍去不计，这样即可以得到包含的小正方形的个数为44个(43～45个都正确)；其次确定每个小方格所对应的电荷量，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.2s，则每个小格所代表的电荷量为：q＝0.2×10－3×0.2C＝4×10－5C，则电容器开始放电时所带的