27届秋季高二上人教版物理复习题-电容

第1页（共1页）27届秋季高二上人教版物理复习题——电容一．选择题（共10小题）1．（2025秋•娄星区校级月考）如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k，下列说法正确的是（）A．油滴带正电 B．若仅将上极板移到图中虚线位置，则P点电势不变 C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角不变 D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将向上运动2．（2025秋•河南月考）某电容器充电后的电压U＝2.5V，通过电阻放电，放电电流IC随时间t变化的图像如图所示。则该电容器的电容约为（）A．5×10﹣5F B．5×10﹣4F C．7×10﹣5F D．7×10﹣4F3．（2026•南阳开学）用如图所示的装置来探究平行板电容器AB的电容以及静电计G的指针偏转特点，电源的电动势为E，规定大地的电势为0，先闭合开关S，使电容器带电、静电计的指针偏转一定的角度，然后再进行其它实验操作，分析下列说法正确的是（）A．电容器内部的电场线由B极板指向A极板，静电计的外壳电势大于0 B．使用静电计的目的是测量电容器所带电荷量的变化，静电计可用电流表来代替 C．若开关S保持闭合，增大A、B两极板间的距离，则静电计指针张角变小 D．开关S断开后，将A、B两极板的正对面积减小，则静电计指针张角变大4．（2025秋•利辛县校级月考）热膨胀材料在生产生活中有着广泛的应用。某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图所示，平行板电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。闭合开关S，若材料热胀冷缩，则（）A．材料温度升高，极板所带电荷量减小 B．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流 C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明材料温度升高 D．滑动变阻器滑片向下滑动少许可以升高电容器的工作电压5．（2025秋•固镇县月考）有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为5V，所带电荷量为2×10﹣3C，此电容器的电容是（）A．4×10﹣4F B．2×10﹣3F C．1×10﹣2F D．2.5×103F6．（2026秋•同步）如图是测量运动步数的电容式传感器工作原理图，极板M固定、极板N可动。人在运动的过程中，若M、N两极板距离减小，则（）A．两极板间的电压增大 B．电流由b经电流表流向a C．电容器的电容减小 D．两极板间的电场强度增大7．（2026•西吉县校级开学）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（）A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变大 C．P点的电势将升高 D．若充电完毕后移去电源，再将上极板水平向左移动一小段距离，则带电油滴仍静止不动8．（2026秋•顺德区月考）手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。手指按压触摸屏，两极板与手指间电场线如图所示。若维持电容器工作电压恒定，下列说法正确的是（）A．M点的电场强度比N点大 B．M点的电势比N点高 C．手指按压触摸屏时，电容器处于充电状态 D．手指按压触摸屏时，等效电容器电容变小9．（2026•株洲校级开学）如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（）A．若将S闭合，将B板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为a→b的电流 B．若将S断开，将A板向下平移一小段位移，则油滴应向上加速运动 C．若将S断开，将两板整体以过A板中点且垂直纸面的轴逆时针转到60°位置时，施加一个外力，使油滴仍在P点处于静止状态，则外力大小等于mg D．因B极板接地，故B板电势低于A板电势10．（2026•唐县校级开学）如图所示，平行板电容器与恒压直流电源连接，下极板接地。一带电油滴静止于P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．电容器的电容减小 B．电容器两极板的电荷量减小 C．油滴在P点的电势能增大 D．带电油滴将向上运动二．实验题（共2小题）11．（2025秋•云南月考）电容器是电子设备中大量使用的电子元件之一，许多领域广泛应用电容储能特性。（1）图1为探究影响平行板电容器电容大小因素的装置。充电后的平行板电容器与静电计相连。若仅将左极板向上移动一小段距离，则静电计指针的张角将_______（选填“变大”“不变”或“变小”）。（2）某同学利用图2所示电路观察电容器的充、放电现象。实验器材包括：电源E、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线若干。①请根据图2的电路原理图，在图3中用笔画线代替导线将实物电路连接完整；②将开关S掷向1端对电容器充电。在充电过程中，设电容器两极板间的电压为U、所带电荷量为Q、充电电流为i、充电时间为t。下列图像中可能正确的是_______；③已知实验所用电容器的电容为C＝16μF，充电完毕后电容器电压为3.0V。随后将开关S由1掷向2，电容器放电，该放电过程中电容器释放的电能W＝_____________J（结果保留2位有效数字）。12．（2026秋•湖北月考）用如图1所示的电路来探究电容器的充、放电过程，电源的电动势E未知，内阻已知为r，平行板电容器的电容已知为C，定值电阻的阻值R未知，回答下列问题。（1）合上开关S1，（S2未合上），稳定后，电压传感器的示数为U1，则E_____（选填“＞”“＝”或“＜”）U1。（2）再合上开关S2，电流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图像如图2所示，说明规定电流沿顺时针方向为_____（选填“正”或“负”），电容器在放电的过程中，电流的变化率_________（选填“越来越小”或“越来越大”）。（3）接第（1）、（2）问，合上开关S2稳定后电压传感器的示数为U2，则图2阴影部分面积的绝对值为_____________，定值电阻的阻值为____________________。（结果均用题中已知量表示）三．解答题（共3小题）13．（2026春•盐城期末）如图所示，间距为d的平行板电容器电容为C，两极板之间的电压为U。求：（1）平行板电容器极板所带的电量Q；（2）平行板之间a点的电场强度大小Ea。14．（2026春•静安区期末）东汉《论衡》中记载的“顿牟掇芥”指的是摩擦过的玳瑁能吸引轻小物体的现象。现代静电除尘器利用强电场使气体电离，尘粒带电后被极板吸附，实现烟气净化。（1）（简答）分析说明产生“顿牟掇芥”现象的主要原因。（2）如图（a）为某静电除尘装置的示意图，图（b）为该装置的剖面俯视图。空气分子被电离为正离子和电子，电子运动过程中遇到尘粒，使尘粒带电被吸附到A。①（作图）画出A、B间过M点的电场线。②（多选）仅在电场力作用下，尘粒由静止到被吸附到A的过程中，一定减小的是_______。A.速度B.加速度C.电势D.电势能③若AB所接的高压电源电压为50kV，B极附近某一电荷量为﹣2.0×10﹣12C的尘粒在运动过程中机械能的变化量最多为_____________J。若该尘粒的质量变为原来的2倍，其他条件不变，它到达A极时的速度大小变为原来的_________倍。（结果均保留2位有效数字）（3）如图（c）所示，将某静电除尘器的两极板平行正对放置，将极板A、B与验电器相连。若保持极板上电荷量不变，在两极板间插入电介质，观察到验电器指针的偏转角将变_____，该平行板电容器储存的电场能将变_____。15．（2026•石景山区二模）航母上的电磁弹射系统能够使舰载机满油满弹起飞，提升了舰载机的战斗力与续航里程。由于电磁弹射瞬间峰值功率极大，一般电源难以达到要求，故采用超级电容器供电。某电磁助推装置简化原理如图甲所示，超级电容器经调控系统可以为电路提供恒定电流，弹射轨道简化为两个固定在水平面上、相互平行的金属导轨，整个装置处在磁感线方向竖直向下的匀强磁场中，弹射轨道的左端为充电电路。发射前，将开关S接a，对电容器充电，充电结束后将开关接b，电容器放电，推动舰载机、使舰载机从静止开始加速。（1）已知电源的电动势为E0，电容器的电容为C。①在图乙画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量O的关系图像；②求充电结束后电容器储存的电能E。（2）假设弹射轨道长度L＝100m，超级电容器的电容C＝150F，弹射前超级电容器两端电压U1＝1000V，弹射后电压降至U2＝800V，超级电容器释放的能量全部转化为电能。某舰载机质量m＝1.0×104kg，起飞速度需要超过60m/s，弹射系统将电能转化为机械能的效率η＝80%。由于超级电容器经调控系统为电路提供恒定电流，若不考虑舰载机在运动过程中受到的阻力，舰载机做匀加速运动。①若不考虑舰载机在加速过程中受到的阻力，通过计算说明，仅利用超级电容器提供电能，舰载机能否成功弹射起飞；②若仅考虑舰载机所受空气阻力的影响，其大小f与速度v的关系为f＝kv2（k＝0.2N•s2/m2），其他条件不变。通过推理论证，说明舰载机能否成功弹射起飞。

答案一．选择题（共10小题）1．（2025秋•娄星区校级月考）如图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k，下列说法正确的是（）A．油滴带正电 B．若仅将上极板移到图中虚线位置，则P点电势不变 C．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角不变 D．若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将向上运动【答案】B【分析】带电油滴静止，根据平衡条件判断出油滴受到的电场力方向，与电场方向比较判断其电性；仅将上极板下移，板间距离减小，根据C=ɛrS4πkd和C=QU相结合分析板间电压的变化，即可确定静电计指针张角的变化。再结合E=Ud分析板间场强的变化，判断油滴的运动情况，根据【解答】解：A、带电油滴静止，油滴受到的重力和电场力平衡，则油滴所受电场力竖直向上，与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；C、平行板电容器所带电荷量不变，根据C=ɛrS4πkd和C=QU可得U=4πkdQɛrD、板间场强E=Ud=4πkQɛrSB、电场强度E不变，根据U＝Ed可知P点与下极板的电势差不变，下极板电势为零，则P点电势不变，故B正确。故选：B。【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电荷量不变，根据C=ɛrS4πkd，C=Q2．（2025秋•河南月考）某电容器充电后的电压U＝2.5V，通过电阻放电，放电电流IC随时间t变化的图像如图所示。则该电容器的电容约为（）A．5×10﹣5F B．5×10﹣4F C．7×10﹣5F D．7×10﹣4F【答案】D【分析】根据电容定义式求出该电容器的电容。【解答】解：由图像知，每小格纵轴表示25μA，横轴表示5s，每小格所表示的电荷量q＝25μA×5s＝1.25×10﹣4C曲线下方小方格数约为n＝14格，电容器总电荷量Q＝14q＝1.75×10﹣3由C=Q得C=故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题以电容器放电的Ic﹣t图像为背景，考查考生的识图和用图能力。3．（2026•南阳开学）用如图所示的装置来探究平行板电容器AB的电容以及静电计G的指针偏转特点，电源的电动势为E，规定大地的电势为0，先闭合开关S，使电容器带电、静电计的指针偏转一定的角度，然后再进行其它实验操作，分析下列说法正确的是（）A．电容器内部的电场线由B极板指向A极板，静电计的外壳电势大于0 B．使用静电计的目的是测量电容器所带电荷量的变化，静电计可用电流表来代替 C．若开关S保持闭合，增大A、B两极板间的距离，则静电计指针张角变小 D．开关S断开后，将A、B两极板的正对面积减小，则静电计指针张角变大【答案】D【分析】A．开关闭合时，A极板接电源正极，可知其带正电，从而判断电场线方向，静电计外壳接地，可知电势；B．静电计也叫做电势差计，在本实验中用来测电势差；C．开关闭合时，静电计始终测量电源电动势；D．开关断开后，电容器电荷量不变，根据电容决定式判断电容的变化，根据电容定义式判断电压变化，可知静电计张角变化。【解答】解：A．由图可知，电容器A极板带正电，B极板带负电，电容器内部的电场线由A极板指向B极板，静电计的外壳接地电势为零，故A错误；B．使用静电计的目的是观察电容器两板间电压的变化，静电计不可用电流表来代替，故B错误；C．若开关S保持闭合，增大A、B两极板间的距离，A、B两极板间的电压等于电源电动势是定值，则静电计指针张角不变，故C错误；D．开关S断开后，将A、B两极板的正对面积减小，由C=ɛrS4πkd可知电容器的电容减小，而电容器所带电量不变，由故选：D。【点评】考查了电容器的动态分析方法，电容器决定式和定义式的应用，熟练掌握常用表达式即可。4．（2025秋•利辛县校级月考）热膨胀材料在生产生活中有着广泛的应用。某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图所示，平行板电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。闭合开关S，若材料热胀冷缩，则（）A．材料温度升高，极板所带电荷量减小 B．检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流 C．检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明材料温度升高 D．滑动变阻器滑片向下滑动少许可以升高电容器的工作电压【答案】C【分析】材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据C=εrS4πkd分析电容器电容的变化，结合电压不变，由C=QU分析极板所带电荷量的变化；检测结束，断开开关，电容器放电，分析灵敏电流计上电流方向；检测到灵敏电流计的电流方向为从a到【解答】解：A、材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距d减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd，可知电容器的电容C增大，由于电容器两板电势差U不变，根据电容的定义式B、检测结束，断开开关，电容器放电，由于电容器上极板带正电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，故B错误；C、检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明电容器在充电，极板所带电荷量增大，由A选项分析可知，材料温度升高，故C正确；D、滑动变阻器滑片向下滑动，其接入电路阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则电容器的工作电压降低，故D错误。故选：C。【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电压不变，根据电容的决定式C=εrS5．（2025秋•固镇县月考）有一个已充电的电容器，两极板之间的电压为5V，所带电荷量为2×10﹣3C，此电容器的电容是（）A．4×10﹣4F B．2×10﹣3F C．1×10﹣2F D．2.5×103F【答案】A【分析】直接使用电容定义式C=Q【解答】解：根据电容定义式可得C=QU=2×10-3故选：A。【点评】本题考查电容定义式基础计算，只需要记住公式代入数值，属于基础识记计算题。6．（2026秋•同步）如图是测量运动步数的电容式传感器工作原理图，极板M固定、极板N可动。人在运动的过程中，若M、N两极板距离减小，则（）A．两极板间的电压增大 B．电流由b经电流表流向a C．电容器的电容减小 D．两极板间的电场强度增大【答案】D【分析】电容器保持与电源连接；根据C=εrS4πkd分析电容的变化，根据Q＝【解答】解：A．电容器保持与电源连接，所以电容器两极板间的电压U保持不变，故A错误；BC．两极板间距d减小，根据C=εrS4πkd知电容器的电容C增大；根据Q＝CU，电容器带电量增大，则电容器充电，则电路中存在充电电流，电流由a向D．电容器两极板间距变小，根据E=Ud可知两极板间电场强度增大，故故选：D。【点评】本题考查了对电容的定义式、决定式和电场强度与电势差关系式的理解，知道电容器两板间电压保持不变是解题的关键。7．（2026•西吉县校级开学）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴静止于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（）A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变大 C．P点的电势将升高 D．若充电完毕后移去电源，再将上极板水平向左移动一小段距离，则带电油滴仍静止不动【答案】C【分析】根据C=εrS4πkd分析；电容器一直与电源连接；根据E=Ud分析极板间场强的变化，进而分析P点和下极板间的电势差，从而可知P点电势的变化；根据E=【解答】解：A．平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则两板间距离d减小，根据C=εrSB．电容器一直与电源连接，所以板间电压不变始终等于电源电动势，所以静电计指针张角不变，故B错误；C．由于U不变，两极板间距d变小，根据E=Ud可知板间场强E变大，因为P点与下极板的距离不变，且下极板接地，下极板电势始终为零电势不变，由U＝Ed′可知P点与下极板的电势差变大，则P点的电势将升高，故D．若充电完毕后移去电源，则可认为电容器所带电荷量不变，根据E=Ud、C=εrS4πkd和C=QU联立可得两板之间的场强为E=4πkQɛr故选：C。【点评】本题考查了E=Ud、C=εr8．（2026秋•顺德区月考）手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。手指按压触摸屏，两极板与手指间电场线如图所示。若维持电容器工作电压恒定，下列说法正确的是（）A．M点的电场强度比N点大 B．M点的电势比N点高 C．手指按压触摸屏时，电容器处于充电状态 D．手指按压触摸屏时，等效电容器电容变小【答案】C【分析】根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，来分析电场强度的大小；根据沿电场线方向电势逐渐降低，来判断电势高低；手机按压触摸屏时，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由图可知，M处的电场线比N处的稀疏，所以M点的电场强度比N点小，故A错误；B、沿电场线方向电势逐渐降低，由图看出，极板间的电场线从下极板指向上极板，因此下极板电势比上极板高。N点位于两极板之间，处于电场线的“上游”，而M点位于上极板（电场线的“下游”），因此N点的电势高于M点的电势，故B错误；CD、手机按压触摸屏时，电容器两极板间的距离d减小，根据平行板电容器电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容C增大，根据电容的定义式C=QU可知，C增大，U不变，则故选：C。【点评】本题以电容式触摸屏为真实情境，依托电场线图像综合考查电容、电势、场强等基础知识点。要知道电场线的疏密程度表示电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低。要掌握电容的决定式和定义式，并能熟练运用。9．（2026•株洲校级开学）如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（）A．若将S闭合，将B板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为a→b的电流 B．若将S断开，将A板向下平移一小段位移，则油滴应向上加速运动 C．若将S断开，将两板整体以过A板中点且垂直纸面的轴逆时针转到60°位置时，施加一个外力，使油滴仍在P点处于静止状态，则外力大小等于mg D．因B极板接地，故B板电势低于A板电势【答案】C【分析】开关保持闭合时电容器两极板电压等于电源电动势保持不变；开关断开后电容器极板上的电荷量保持不变；分析板间电场强度、极板带电量变化，画出受力分析图分析受力情况。【解答】解：A．初始状态，油滴恰好在P点处于静止状态，故F电＝mg。若将S闭合，则两极板电势差U一定，将B板向下平移一小段位移，根据E=Ud，两极板间场强减小，油滴受向上的电场力减小，电场力小于重力，则油滴向下加速运动，根据电容决定式C=εrS4πkd，电容器的电容减小，根据Q＝CU可知电容器放电，G中有方向为B．若将S断开，则极板带电量Q一定，根据E=Ud，C=QU，C．若将S断开，将两板整体以过A板中点且垂直纸面的轴逆时针转到60°位置时，施加一个外力，使油滴仍在P点处于静止状态，此时油滴受力如图所示将两板整体以过A板中点且垂直纸面的轴逆时针转到60°位置时，电容器两板间距离、两板的正对面积都不变，又知S断开，故电容器所带电荷量不变。根据C=ε又知E=Ud，C=QU，故电场强度大小E=4πkQεrS油滴重新在P点平衡，故F电sin60°＝Fsinα，F电cos60°+Fcosα＝mg又知F电＝mg联立解得，外力大小为F＝mg，故C正确；D．B极板接地，电源负极接A板，正极接B板，A板电势低于B板电势，故D错误。故选：C。【点评】本题考查平行板电容器的动态分析，解题关键是分清电压不变与电荷量不变两种情况，断开电源之后板间场强与极板间距无关。10．（2026•唐县校级开学）如图所示，平行板电容器与恒压直流电源连接，下极板接地。一带电油滴静止于P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．电容器的电容减小 B．电容器两极板的电荷量减小 C．油滴在P点的电势能增大 D．带电油滴将向上运动【答案】D【分析】根据电容的决定式C=ɛrS4πkd分析电容的变化，结合电压不变，根据电容的定义式C=【解答】解：A、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，上极板竖直向下移动时，两极板间距离B、根据电容器的定义式C=QU得Q＝CU，电势差U不变，电容C增大，则电容器两极板的电荷量Q增大，故CD、电容器两极板间电势差U不变，板间距离d减小，由公式E=Ud分析可知板间电场强度增大。油滴所受电场力增大，大于重力，所以带电油滴将向上运动。因为油滴初始状态时受力平衡，所受电场力向上，与重力抵消，因此带电油滴向上运动时，电场力做正功，油滴的电势能减小，故C错误，故故选：D。【点评】本题是电容器动态分析问题，抓住电压不变，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd，电容的定义式C=二．实验题（共2小题）11．（2025秋•云南月考）电容器是电子设备中大量使用的电子元件之一，许多领域广泛应用电容储能特性。（1）图1为探究影响平行板电容器电容大小因素的装置。充电后的平行板电容器与静电计相连。若仅将左极板向上移动一小段距离，则静电计指针的张角将变大（选填“变大”“不变”或“变小”）。（2）某同学利用图2所示电路观察电容器的充、放电现象。实验器材包括：电源E、电容器C、电阻箱R、毫安表G、单刀双掷开关S和导线若干。①请根据图2的电路原理图，在图3中用笔画线代替导线将实物电路连接完整；②将开关S掷向1端对电容器充电。在充电过程中，设电容器两极板间的电压为U、所带电荷量为Q、充电电流为i、充电时间为t。下列图像中可能正确的是BD；③已知实验所用电容器的电容为C＝16μF，充电完毕后电容器电压为3.0V。随后将开关S由1掷向2，电容器放电，该放电过程中电容器释放的电能W＝7.2×10﹣5J（结果保留2位有效数字）。【答案】（1）变大。（2）①②BD；③7.2×10﹣5。【分析】（1）利用平行板电容器电容决定式，极板带电量不变，极板正对面积减小，电容减小，极板间电压变大，静电计张角变大。（2）①为实物连线，对照原理图完成单刀双掷开关的充放电回路；②电容器充电时电流逐渐减小至零，电压、电荷量逐渐增大至稳定值，结合图像特征筛选；③套用电容器储能公式计算释放的电能，注意单位换算与有效数字要求。【解答】解：（1）C=εrS4πkd可知电容减小，平行板电容器电量不变，根据（2）①根据电路图连接实物图，如图所示②A、在充电过程中，电流不断减小，电容器充电完毕后电流为零，故A错误；B、在充电过程中，电容器两极板间的电压不断增大，电容器充电完毕后电压保持不变，故B正确；C、在充电过程中，电容器的电量不断增大，故C错误；D、根据C=QU，可知U=QC，可知U﹣故选：BD。③电容器的电容为C＝16μF，充电完毕后电容器电压为3.0V，充电过程，电源的电能转化为电容器的电场能，将开关S由1掷向2，电容器放电，可知电容器放电释放的电能等于充电时储存的电场能。如图所示电容器充电时，有S1＝U1ΔQ＝W1，其中W1为电源将正电荷从电容器的负极搬运到正极的过程中电源所做的功，同理可得S2＝U2ΔQ＝W2将这些面积微元求和可得电容器的电场能为U﹣Q图像的面积，为E可得电容器放电释放的电能等于1代入数据解得1故答案为：（1）变大。（2）①②BD；③7.2×10﹣5。【点评】本题考查平行板电容器决定式、电容器充放电规律与电场能计算，解题要点是分清电容器保持电荷量不变和充放电过程的物理量变化规律，识别i﹣t、U﹣t、Q﹣t图像，记住储能公式；属于电学综合实验题，兼顾概念、图像与定量计算，综合性较强，易错点是电容动态变化判断和单位换算。12．（2026秋•湖北月考）用如图1所示的电路来探究电容器的充、放电过程，电源的电动势E未知，内阻已知为r，平行板电容器的电容已知为C，定值电阻的阻值R未知，回答下列问题。（1）合上开关S1，（S2未合上），稳定后，电压传感器的示数为U1，则E＝（选填“＞”“＝”或“＜”）U1。（2）再合上开关S2，电流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图像如图2所示，说明规定电流沿顺时针方向为正（选填“正”或“负”），电容器在放电的过程中，电流的变化率越来越小（选填“越来越小”或“越来越大”）。（3）接第（1）、（2）问，合上开关S2稳定后电压传感器的示数为U2，则图2阴影部分面积的绝对值为C（U1﹣U2），定值电阻的阻值为U2U1【答案】（1）＝；（2）正，越来越小；（3）C（U1﹣U2），U2【分析】（1）S2断开稳定后电路无电流，电源内阻不分压，电容器电压等于电源电动势；（2）电容器放电电流逆时针，图像电流初始为负，说明顺时针为正；I﹣t图像斜率绝对值减小，电流变化率越来越小；（3）I﹣t图面积代表放电电荷量，ΔQ＝CΔU＝C（U1﹣U2）稳定后R与r串联，按串联分压关系求R0。【解答】解：（1）合上开关S1、S2未合上且电路稳定后，电路中几乎没有持续电流，电源内阻r上的电压降为0，此时电容器两端的电压等于电源的电动势E，而电压传感器测量的就是电容器两端的电压U1，所以E＝U1。（2）再合上S2后，电容器两端电压等于R两端电压，所以电容器两端电压减小，开始放电，此时电流沿逆时针方向流动，而图2中初始放电电流为﹣I0，说明规定电流沿顺时针方向为正方向，逆时针的放电电流就显示为负值。I﹣t图像的斜率代表电流的变化率，从图2可以看出曲线逐渐变得平缓，斜率的绝对值不断减小，说明电容器放电过程中，电流的变化率越来越小。（3）I﹣t图像与时间轴围成的面积代表总电荷量，电容器放电前带电量为Q1＝CU1放电稳定后带电量为Q2＝CU2因此放电过程中释放的总电荷量为ΔQ＝C（U1﹣U2）也就是图2阴影部分面积的绝对值。合上S2稳定后，电阻R与电源内阻r串联。电容器所在的电路中的电流为0。此时电压传感器测量的电压是R两端电压，根据闭合电路欧姆定律，有E＝U2+Ir其中I=又有E＝U1联立可得定值电阻R的阻值为R=故答案为：（1）＝；（2）正，越来越小；（3）C（U1﹣U2），U2【点评】本题考查电容器充放电与I﹣t图像，结合电容定义、闭合电路分压，侧重图像物理意义理解。三．解答题（共3小题）13．（2026春•盐城期末）如图所示，间距为d的平行板电容器电容为C，两极板之间的电压为U。求：（1）平行板电容器极板所带的电量Q；（2）平行板之间a点的电场强度大小Ea。【答案】（1）平行板电容器极板所带的电量Q为CU；（2）平行板之间a点的电场强度大小Ea为Ud【分析】（1）已知平行板电容器电容为C，两极板之间的电压为U，根据电容的定义式C=QU求平行板电容器极板所带的电量（2）根据场强公式E=Ud求平行板之间a点的电场强度大小E【解答】解：（1）根据电容的定义式C=QQ＝CU（2）平行板之间为匀强电场，则Ea=答：（1）平行板电容器极板所带的电量Q为CU；（2）平行板之间a点的电场强度大小Ea为Ud【点评】对于电容问题，关键要掌握电容的定义式C=QU和场强公式E14．（2026春•静安区期末）东汉《论衡》中记载的“顿牟掇芥”指的是摩擦过的玳瑁能吸引轻小物体的现象。现代静电除尘器利用强电场使气体电离，尘粒带电后被极板吸附，实现烟气净化。（1）（简答）分析说明产生“顿牟掇芥”现象的主要原因。（2）如图（a）为某静电除尘装置的示意图，图（b）为该装置的剖面俯视图。空气分子被电离为正离子和电子，电子运动过程中遇到尘粒，使尘粒带电被吸附到A。①（作图）画出A、B间过M点的电场线。②（多选）仅在电场力作用下，尘粒由静止到被吸附到A的过程中，一定减小的是BD。A.速度B.加速度C.电势D.电势能③若AB所接的高压电源电压为50kV，B极附近某一电荷量为﹣2.0×10﹣12C的尘粒在运动过程中机械能的变化量最多为1.0×10﹣7J。若该尘粒的质量变为原来的2倍，其他条件不变，它到达A极时的速度大小变为原来的0.71倍。（结果均保留2位有效数字）（3）如图（c）所示，将某静电除尘器的两极板平行正对放置，将极板A、B与验电器相连。若保持极板上电荷量不变，在两极板间插入电介质，观察到验电器指针的偏转角将变小，该平行板电容器储存的电场能将变小。【答案】（1）摩擦过的玳瑁带电，带电体具有吸引轻小物体的本领；（2）①②BD；③1.0×10﹣7；0.71；（3）小，小。【分析】（1）带电体具有吸引轻小物体的本领；（2）①根据电场线从正电荷出发到负电荷终止作图；②电场力做正功，则尘粒的电势能减小，动能增加；根据电场强度的大小和牛顿第二定律分析加速度的变化；根据沿电场线方向电势逐渐降低分析电势的变化；③尘粒在运动过程中机械能的变化量等于电场力对尘粒做的功，据此计算机械能的变化量；根据动能定理计算速度关系；（3）根据电容的定义式和决定式分析；根据电容器的储能公式分析。【解答】解：（1）摩擦过的玳瑁带电，带电体具有吸引轻小物体的本领。（2）①电子运动过程中遇到尘粒，所以尘粒带负电，尘粒吸附到A，说明A带正电，B带负电，电场线从正电荷出发到负电荷终止，则电场线如下图所示②仅在电场力作用下，尘粒由静止到被吸附到A的过程中，电场力做正功，则尘粒的电势能减小，动能增加，速度增加；沿电场线方向电势逐渐降低，所以尘粒由静止到被吸附到A的过程中，电势是升高的，但是在距离A越来越近的过程中，电场强度逐渐减小，即尘粒所受电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知尘粒的加速度逐渐减小，故BD正确，AC错误。故选：BD。③尘粒在运动过程中机械能的变化量等于电场力对尘粒做的功，则尘粒的机械能变化量为ΔE＝qU＝2.0×10﹣12×50×103J＝1.0×10﹣7J。设尘粒到达A板的速度为v，根据动能定理有qU=12mv2，解得v=2qUm（3）在两极板间插入电介质，根据C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容增大，因为极板上电荷量不变，根据C=故答案为：（1）摩擦过的玳瑁带电，带电体具有吸引轻小物体的本领；（2）①②BD；③1.0×10﹣7；0.71；（3）小，小。【点评】本题考查了对电场线特点、电场力做功和电势能关系、以及的定义式和决定式的应用，考查的知识点比较齐全，基础性较强。15．（2026•石景山区二模）航母上的电磁弹射系统能够使舰载机满油满弹起飞，提升了舰载机的战斗力与续航里程。由于电磁弹射瞬间峰值功率极大，一般电源难以达到要求，故采用超级电容器供电。某电磁助推装置简化原理如图甲所示，超级电容器经调控系统可以为电路提供恒定电流，弹射轨道简化为两个固定在水平面上、相互平行的金属导轨，整个装置处在磁感线方向竖直向下的匀强磁场中，弹射轨道的左端为充电电路。发射前，将开关S接a，对电容器充电，充电结束后将开关接b，电容器放电，推动舰载机、使舰载机从静止开始加速。（1）已知电源的电动势为E0，电容器的电容为C。①在图乙画出充电过程电容器两端电压U与电容器所带电荷量O的关系图像；②求充电