新高考物理一轮复习精品学案第8章第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（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精品学案第8章第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（含解析），共16页。

考点一 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).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(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：正对面积、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．动态分析思路
(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·d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(4kπQ,εrS)分析场强变化．
考向1 两极板间电势差不变
例1 (多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法正确的是( )
A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
答案 BD
解析 振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝eq \f(U,d)，电容器板间的电场强度变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)电容增大，根据C＝eq \f(Q,U)，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容减小，根据C＝eq \f(Q,U)知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a 的电流， C错误，D正确．
考向2 两极板带电荷量不变
例2 (多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．静电计指针的张角变小
B．P点电势升高
C．带电油滴向上运动
D．带电油滴的电势能不变
答案 AD
解析 将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据C＝eq \f(εrS,4kπd)可知，电容器的电容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U＝eq \f(Q,C)，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张角变小，A正确；根据场强公式，得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故带电油滴不会移动，根据电势差与场强的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错误，D正确．
考向3 电容器的综合分析
例3 (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，小球所受的静电力变大，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)得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确．
考点二 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，在静电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和触点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和触点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4 在如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是( )
A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电
B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电
D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电
答案 A
解析 开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A正确，B错误；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错误．
考向2 电容器充、放电现象的定量计算
例5 (2022·山东枣庄市模拟)电流传感器可以测量电流，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化；将它与计算机相连还能用计算机显示出电流随时间变化的i－t图像，图甲所示的电路中：直流电源电动势为8 V，内阻可忽略；C为电容器，先将单刀双掷开关S与1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与2相连，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i－t图像如图乙所示，(下列结果均保留两位有效数字)
(1)根据i－t图像可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________ C；
(2)通过实验数据，计算出电容器的电容为________ F；
(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积将________(填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)．
答案 (1)1.6×10－3 (2) 2×10－4 (3)不变
变短
解析 (1)根据i－t图像围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据题图乙知纵坐标每个小格为0.2 mA，横坐标每小格为0.2 s，则每小格所代表的电荷量为q＝0.2×10－3×0.2 C＝4×10－5 C，曲线下的小格数的个数大约为41个，所以电容器全部释放的电荷量为Q＝41q≈1.6×10－3 C
(2)该电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(1.6×10－3,8) F＝2×10－4 F.
(3)根据电容的计算公式可得电荷量Q＝CU，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时i－t曲线与横轴所围成的面积不变；由于电阻对电流有阻碍作用，所以减小电阻，充电时间将变短．
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．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．
2．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
3．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．在静电力的作用下，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∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．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 带电体在静电力和重力作用下的直线运动
例7 如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为eq \f(d,4)的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落．当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零．重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度．
答案 (1)eq \f(20mgd,13q) (2)eq \r(\f(11gd,26))
解析 (1)根据动能定理可得4mg×eq \f(5,4)d－2Uq－eq \f(3,4)Uq－eq \f(1,2)Uq＝0
解得U＝eq \f(20mgd,13q)
(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝eq \f(U,d)×2q＝eq \f(40,13)mg<4mg
当三个小球在电场中时，静电力F2＝eq \f(U,d)×3q＝eq \f(60,13)mg>4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×eq \f(d,2)－eq \f(1,2)Uq－eq \f(1,4)Uq＝eq \f(1,2)×4mv2－0
解得v＝eq \r(\f(11gd,26)).
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\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图像．
例8 匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，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．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，静电力做的总功为零
答案 D
解析 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝eq \f(qE,m)，第2 s内加速度大小为a2＝eq \f(2qE,m)，故a2＝2a1，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图像如图所示：
带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，故A错误；根据速度－时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3 s内，静电力做的总功为零，故D正确．
课时精练
1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )
A．根据C＝eq \f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比
C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍
答案 BC
解析 电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量无关，故A、D错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确．
2．工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上、下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )
A．A、B平行板电容器的电容减小
B．A、B两板间的电场强度增大
C．A、B两板上的电荷量变小
D．有电流从a向b流过灵敏电流计
答案 D
解析 根据平行板电容器的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知当产品厚度增大时，导致εr增大，电容器的电容C增大，A错误；电压U不变，根据Q＝CU可知，极板带电荷量Q增加，C错误；电容增大，故电容器充电，电流从a向b流过灵敏电流计，D正确；两板之间的电势差不变，板间距不变，则两板间电场强度E＝eq \f(U,d)不变，B错误．
3.(多选)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时( )
A．带电尘粒将向上运动
B．带电尘粒将保持静止
C．通过电阻R的电流方向为A到B
D．通过电阻R的电流方向为B到A
答案 BC
解析 由于电容器与电源相连，故电容器两端电压不变，因板间距不变，故极板间的场强不变，带电尘粒所受的静电力不变，带电尘粒仍能保持静止，A错误，B正确；因正对面积减小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，C减小，因电压不变，由C＝eq \f(Q,U)知，Q减小，故电容器放电，因电容器上极板接电源正极，上极板带正电，所以电流由A流向B，D错误，C正确．
4．静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的．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，则加速器极板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比荷、加速电压有关，与极板距离无关，故D正确，B、C错误．
5.(多选) 如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中一定能使电子打到B板的是( )
答案 CD
解析 加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，电子向B板先匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；加D项所示电压时，电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确．
6.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则( )
A．微粒到达B点时动能为eq \f(1,2)mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
答案 C
解析 微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于eq \f(1,2)mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得E＝eq \f(mg,qcs θ)，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误．
7.(多选)如图所示电路，电容器两板水平，下板接地，电键K闭合，P为两板间的一固定点，要使P点的电势升高，下列措施可行的是( )
A．仅断开电键K
B．仅将下板向下平移一些
C．仅将上板向下平移一些
D．断开电键K将下板向下平移一些
答案 BCD
解析 设P到下板的距离为h，仅断开电键K，两板的带电荷量不变，两板间的电场强度不变，则P点的电势φP＝hE不变，A错误；仅将下板向下平移一些，则两极板间电压U不变，则由E＝eq \f(U,d)可知，d增大，则E减小，可知P点与上极板间电势差减小，故P点电势升高；若仅将上板向下平移一些，则d减小，E增大，可知P点与下极板间电势差增大，则P点电势升高，B、C正确；断开电键后，电容器的带电荷量不变，板间距离变化时，板间场强不变，h变大，由φP＝hE可知，P点的电势升高，D正确．
8.(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，场强为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右端，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)，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝eq \f(2mv0,Eq)，故选B、D.
9．(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的电子仅在静电力作用下，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，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，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，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)·eq \f(qU0,md)·(eq \f(3,8)T)2＝eq \f(9,8)d>d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，故D错误．
10．(2022·江苏苏州市模拟)如图所示，矩形匀强电场区Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为h，上面为Ⅰ、下面为Ⅱ，电场强度方向在竖直平面内，电场强度大小为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则( )
A．刚进入电场Ⅰ时加速度方向竖直向上
B．穿过电场Ⅰ的时间大于在两电场之间的运动时间
C．穿过两电场后小球的电势能增加了3mgh
D．穿过两电场后小球的电势能增加2mgh
答案 A
解析 因为小球在匀强电场区Ⅰ、Ⅱ之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场区Ⅰ的初速度相等，由于匀强电场区Ⅰ与Ⅰ、Ⅱ之间的间距均为h，且在匀强电场区Ⅰ中一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场区Ⅰ中做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度，根据F－mg＝ma可知静电力为重力的2倍，运动过程与在Ⅰ、Ⅱ之间的运动具有对称性，穿过电场Ⅰ的时间等于在两电场之间的运动时间，所以A正确，B错误；由于静电力为重力的2倍，所以经过两个电场区域，电势能增加ΔEp＝2×2mgh＝4mgh，选项C、D错误．
11．随着传感器技术的不断进步，传感器在中学实验室逐渐普及．某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示．
(1)先使开关K与1端相连，电源对电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带________电；
(2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的I－t、U－t曲线，如图乙所示；
(3)由图乙可知，电容器充满电的电荷量为________ C，电容器的电容为________ F；(保留两位有效数字)
(4)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出I－t曲线．
答案 (1)正 (3) 3.5×10－3(3.3×10－3～3.7×10－3均可) 4.4×10－4(4.1×10－4～4.6×10－4均可) (4)见解析图
解析 (1) 电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；
(3)I－t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量，一小格代表的电荷量为q＝0.25 mA×1 s＝2.5×10－4 C
题图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为Q＝14q＝3.5×10－3 C
电容器充满电后电压为8 V，
则电容器的电容为C＝eq \f(Q,U)≈4.4×10－4 F
(4)将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，总电荷量不变，时间会延长，图像如下图所示．
12．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示．已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略．下列说法正确的是( )
A．小球运动的速度一直增大
B．小球先做匀加速运动后做匀速运动
C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g
D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
答案 D
解析 小球速度增大到v0后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速度变化，即不是匀变速运动，故B错误；剪断细线，小球开始向下运动，由于小球不只受重力，还受向上的静电力，故此时加速度a0＜g，故C错误；由a－v图像，可得a＝kv＋a0，由牛顿第二定律，可得mg－qE－Ff＝ma，可解出加速度为a＝－eq \f(Ff,m)＋g－eq \f(qE,m)，联立可知a0＝g－eq \f(qE,m)，还可知－eq \f(Ff,m)＝kv，即Ff＝－kmv，故D正确．