新教材2024屆高考物理一輪復習教案第九章靜電場第3講電容器實驗：觀察電容器的充放電現(xiàn)象帶電粒子在電場中的直線運動魯科版

第3講電容器實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象帶電粒子在電場中的直線運動目標要求1.了解電容器的充電、放電過程，會計算電容器充、放電電荷量.2.了解影響平行板電容器電容大小的因素，能利用公式判斷平行板電容器電容的變化.3.利用動力學、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動．考點一實驗：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象1．實驗原理(1)電容器的充電過程如圖所示，當開關(guān)S接1時，電容器接通電源，在電場力的作用下自由電子從正極板經(jīng)過電源向負極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負極板因獲得電子而帶負電．正、負極板帶等量的正、負電荷．電荷在移動的過程中形成電流．在充電開始時電流比較大(填“大”或“小”)，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時，電荷停止定向移動，電流I＝0.(2)電容器的放電過程如圖所示，當開關(guān)S接2時，相當于將電容器的兩極板直接用導線連接起來，電容器正、負極板上電荷發(fā)生中和．在電子移動過程中，形成電流．放電開始電流較大(填“大”或“小”)，隨著兩極板上的電荷量逐漸減小，電路中的電流逐漸減小(填“增大”或“減小”)，兩極板間的電壓也逐漸減小到零．2．實驗步驟(1)按圖連接好電路．(2)把單刀雙擲開關(guān)S打在上面，使觸點1與觸點2連通，觀察電容器的充電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中．(3)將單刀雙擲開關(guān)S打在下面，使觸點3與觸點2連通，觀察電容器的放電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中．(4)記錄好實驗結(jié)果，關(guān)閉電源．3．注意事項(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計．(2)要選擇大容量的電容器．(3)實驗要在干燥的環(huán)境中進行．考向1電容器充、放電現(xiàn)象的定性分析例1(2022·北京卷·9)利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表．下列說法正確的是()A．充電過程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定B．充電過程中，電壓表的示數(shù)迅速增大后趨于穩(wěn)定C．放電過程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零D．放電過程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零答案B解析充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電路中的電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后，電流表示數(shù)為零，A錯誤；充電過程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電壓表測量電容器兩端的電壓，電容器兩端的電壓迅速增大，電容器充電結(jié)束后，最后趨于穩(wěn)定，B正確；電容器放電過程的I－t圖像如圖所示，可知電流表和電壓表的示數(shù)不是均勻減小至0的，C、D錯誤．

考向2電容器充、放電現(xiàn)象的定量計算例2(多選)(2023·福建漳州市質(zhì)檢)電容器是一種重要的電學元件，在電工、電子技術(shù)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與計算機相連，可以顯示電路中電流隨時間的變化．圖甲中直流電源電動勢為E，實驗前電容器不帶電．先將開關(guān)S撥到“1”給電容器充電，充電結(jié)束后，再將開關(guān)撥到“2”，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．則()A．乙圖中陰影部分的面積S1<S2B．乙圖中陰影部分的面積S1＝S2C．由甲、乙兩圖可判斷阻值R1>R2D．由甲、乙兩圖可判斷阻值R1<R2答案BD解析題圖乙中陰影部分面積表示充、放電中電容器上的總電荷量，所以兩者相等，A錯誤，B正確；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，C錯誤，D正確．考點二電容器及平行板電容器的動態(tài)分析1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．(3)電容器的充、放電：①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板之間的電勢差之比．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低．(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)．3．平行板電容器的電容(1)決定因素：兩極板的正對面積、電介質(zhì)的相對介電常數(shù)、兩板間的距離．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).1．電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和．(×)2．電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比．(×)3．放電后電容器的電荷量為零，電容也為零．(×)1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變．(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．兩類典型動態(tài)分析思路比較

考向1兩極板間電勢差不變例3(2022·重慶卷·2)如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變．若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A．材料豎直方向尺度減小B．極板間電場強度不變C．極板間電場強度變大D．電容器電容變大答案A解析根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容C減小，D錯誤；根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強電場，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，極板間電場強度E減小，B、C錯誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確．考向2兩極板電荷量不變例4(2023·河北省高三檢測)如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板(M板)接地，在兩板間的P點固定一個帶負電的試探電荷．若正極板N保持不動，將負極板M緩慢向右平移一小段距離，下列說法正確的是()A．P點電勢升高B．兩板間電壓增大C．試探電荷的電勢能增大D．試探電荷受到的電場力增大答案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)，因為電容器與電源斷開，電荷量保持不變，兩板間的距離d減小，所以兩板間電壓減小，兩板間電場強度不變，試探電荷受到的電場力不變，故B、D錯誤；因φ＝Ed′，d′為P到負極板之間的距離，d′減小，所以P點電勢降低，因沿電場線方向電勢降低，M板電勢為零，所以P點電勢為正，P點固定的試探電荷為負電荷，電勢降低，電勢能增加，故C正確，A錯誤．考向3電容器的綜合分析例5(多選)平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向夾角為θ，如圖所示．那么()A．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大B．保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變C．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大D．開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變答案AD解析保持開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，帶正電的A板向B板靠近，極板間距離減小，電場強度E增大，小球所受的電場力變大，θ增大，故A正確，B錯誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知d變化，E不變，小球所受電場力不變，θ不變，故C錯誤，D正確．考點三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動考向1帶電粒子在電場中的直線運動1．對帶電粒子進行受力分析時應注意的問題(1)要掌握電場力的特點．電場力的大小和方向不僅跟電場強度的大小和方向有關(guān)，還跟帶電粒子的電性和電荷量有關(guān)．(2)是否考慮重力依據(jù)情況而定．基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)．帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說明或明確的暗示外，一般都不能忽略重力．2．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動．(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動．3．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad.4．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1例6如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(jīng)過平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面．若兩粒子間的相互作用可忽略，不計重力，則M∶m為()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對電荷量為q的粒子有aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；對電荷量為－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故選A.考向2帶電體在電場力和重力作用下的直線運動例7(2023·云南昆明市一中高三檢測)如圖，長度為L的輕質(zhì)絕緣細桿兩端連接兩個質(zhì)量均為m的絕緣帶電小球A和B，兩小球均可看作質(zhì)點，帶電荷量為qA＝＋6q、qB＝－2q.將小球從圖示位置由靜止釋放，下落一段時間后B進入位于下方的勻強電場區(qū)域．勻強電場方向豎直向上，場強E＝eq\f(mg,q)，重力加速度為g.求：(1)小球A剛進入電場時的速度大?。?2)要使小球B第一次下落時不穿出電場下邊界，電場區(qū)域的最小高度H.答案(1)eq\r(5gL)(2)3.5L解析(1)設小球A剛進入電場時的速度大小為v0，由動能定理可得2mg(L＋eq\f(L,2))＋|qB|EL＝eq\f(1,2)×2mv02－0解得v0＝eq\r(5gL)(2)由動能定理可得2mg(H＋eq\f(L,2))＋|qB|EH－qAE(H－L)＝0－0解得H＝3.5L.考向3帶電粒子在交變電場中的直線運動1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動．(2)粒子做往返運動．3．解題技巧(1)按周期性分段研究．(2)將eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像．例8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．電壓如甲圖所示時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B．電壓如乙圖所示時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C．電壓如丙圖所示時，電子在板間做往復運動D．電壓如丁圖所示時，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)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場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，即電場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．例9(多選)(2023·四川成都市武侯高級中學模擬)某電場的電場強度E隨時間t變化規(guī)律的圖像如圖所示．當t＝0時，在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力作用，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．0～3s內(nèi)電場力對帶電粒子的沖量為0C．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．0～2s內(nèi)，電場力做的總功不為零答案BD解析由牛頓第二定律可得帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為a1＝eq\f(qE1,m)，第2s內(nèi)加速度大小為a2＝eq\f(qE2,m)，因E2＝2E1，則a2＝2a1，則帶電粒子先勻加速運動1s再勻減速0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向勻加速，再反向勻減速，t＝3s時速度為零，v－t圖像如圖所示．由圖可知，帶電粒子在電場中做往復運動，故A錯誤；由v－t圖像可知，t＝3s時，v＝0，根據(jù)動量定理可知，0～3s內(nèi)電場力對帶電粒子的沖量為0，故B正確；由v－t圖像面積表示位移可知，t＝2s時，帶電粒子位移不為零，沒有回到出發(fā)原點，故C錯誤；由v－t圖像可知，t＝2s時，v≠0，根據(jù)動能定理可知，0～2s內(nèi)電場力做的總功不為零，故D正確．課時精練1.(多選)(2023·福建省莆田第二中學模擬)如圖，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，C表示電容器的電容、U表示正負極板間的電勢差、Q表示電容器所帶的電荷量、E表示兩板間的電場強度．正極板保持不動，將負極板緩慢向左平移一小段距離l0，則圖中關(guān)于各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是()答案BD解析由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當極板間距d增大時，電容C就減小，但不是均勻減小，A錯誤；當電容器充電完成與電源斷開后，兩極板上所帶的電荷量就是固定不變的，C錯誤；由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)及電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，在電荷量Q不變的情況下，d增大時，電壓U就增大，B正確；由電容定義式C＝eq\f(Q,U)和決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，由于Q、S沒有變化，所以電場強度E也是固定不變的，D正確．2.(多選)(2023·福建省模擬)如圖為手機指紋識別功能的演示，此功能的一個關(guān)鍵元件為指紋傳感器．其部分原理為：在一塊半導體基板上集成有上萬個相同的小極板，極板外表面絕緣．當手指指紋一面與絕緣表面接觸時，指紋的凹點與凸點分別與小極板形成一個個正對面積相同的電容器，若每個電容器的電壓保持不變，則下列說法正確的是()A．指紋的凹點與小極板距離遠，電容大B．指紋的凸點與小極板距離近，電容大C．若手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，小極板帶電荷量增多D．若用濕的手指去識別，識別功能不會受影響答案BC解析根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，指紋的凹點與小極板距離遠，即d大，則C小；指紋的凸點與小極板距離近，即d小，則C大，故A錯誤，B正確．若手指擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，則C增大，由于電容器的電壓保持不變，根據(jù)Q＝CU可知小極板帶電荷量Q增多，故C正確．若用濕的手指去識別，由于自來水是導電的，則使得同一指紋的凹點和凸點與小極板之間的距離將會發(fā)生變化，從而改變了電容器的電容，使得識別功能受到影響，故D錯誤．3.(2023·四川省成都七中高三檢測)如圖所示，將一平行板電容器和二極管串聯(lián)接在直流電源上，二極管具有單向?qū)щ娦?，現(xiàn)將開關(guān)閉合等到電路穩(wěn)定．下列說法正確的是()A．若增大兩極板間的距離，則電容器電容增大B．若增大兩極板間的距離，則兩極板間的電場強度減小C．若減小兩極板間的距離，則兩極板間的電壓不變D．若減小兩極板間的距離，則電容器的帶電荷量Q減小答案C解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，若增大兩極板間的距離d，電容器電容減小，A錯誤；由于C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，若增大兩極板間的距離d，電容器電容減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器帶電荷量保持不變，從而電容器?nèi)部電場強度保持不變，B錯誤；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，若減小兩極板間的距離，電容器的電容增大，又由C＝eq\f(Q,U)可知，兩極板電壓降低，二極管正向?qū)?，繼續(xù)給電容器充電，最終電容器兩極板間的電壓仍等于電源電壓，因此兩極板間的電壓保持不變，電容器的帶電荷量Q增大，C正確，D錯誤．4．靜電火箭的工作過程簡化圖如圖所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力．根據(jù)題目信息可知()A．M板電勢低于N板電勢B．進入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關(guān)C．增大加速區(qū)MN極板間的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力D．增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力答案D解析由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速區(qū)的極板M電勢高，A錯誤；由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以進入中和區(qū)的離子速度與離子的比荷、加速電壓的大小有關(guān)，加速電壓越大離子速度越大，與極板間的距離無關(guān)，故D正確，B、C錯誤．5.(2023·浙江省模擬)據(jù)報道，我國每年心源性猝死案例高達55萬，而心臟驟停最有效的搶救方式是通過AED自動除顫機給予及時治療．某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是15μF，充電至9kV電壓，如果電容器在2ms時間內(nèi)完成放電，則下列說法正確的是()A．電容器放電過程的平均電流為67.5AB．電容器的擊穿電壓為9kVC．電容器充電后的電荷量為135CD．電容器充滿電的電容是15μF，當放電完成后，電容為0答案A解析根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，解得Q＝15×10－6×9×103C＝0.135C，故放電過程的平均電流為I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.135,2×10－3)A＝67.5A，故A正確，C錯誤；當電容器的電壓達到擊穿電壓時，電容器將會損壞，所以9kV電壓不是擊穿電壓，故B錯誤；電容器的電容與電容器的帶電荷量無關(guān)，所以當電容器放完電后，其電容保持不變，故D錯誤．6.(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強電場，電場強度為E(如圖所示)，則()A．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,2qE)C．粒子在電場中運動的最長時間為eq\f(mv0,qE)D．粒子在電場中運動的最長時間為eq\f(2mv0,qE)答案BD解析粒子從射入到運動至速度為零，由動能定理得－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)，由對稱性可得粒子在電場中運動的最長時間為tmax＝2t＝eq\f(2mv0,Eq)，故選B、D.7.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度大小為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則()A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為eq\f(g,2)C．小球上升的最大高度為eq\f(v02,4g)D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq\f(1,2)mv02答案C解析小球做勻變速直線運動，合力應與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg＝qE，所以電場力qE與重力關(guān)于ON對稱，根據(jù)數(shù)學知識可知，電場力qE與水平方向的夾角應為30°，即電場方向不是豎直向上的，受力情況如圖所示．合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度大小為g，方向沿ON向下，A、B錯誤；小球做勻減速直線運動，由運動學公式可得最大位移為s＝eq\f(v02,2g)，則小球上升的最大高度為h＝ssin30°＝eq\f(v02,4g)，C正確；若小球在初始位置的電勢能為零，在減速運動至速度為零的過程中，小球克服電場力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初動能一半轉(zhuǎn)化為電勢能，一半轉(zhuǎn)化為重力勢能，初動能為eq\f(1,2)mv02，則小球的最大電勢能為eq\f(1,4)mv02，D錯誤．8．(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的電子僅在電場力作用下，在t＝eq\f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板間運動，恰好到達B板，則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運動D．若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終到達B板答案AB解析電子在t＝eq\f(T,4)時刻由靜止釋放進入兩極板運動，由分析可知，電子先加速后減速，在t＝eq\f(3,4)T時刻到達B板，設兩板的間距為d，加速度大小為a＝eq\f(qU0,md)，則有d＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正確；由題意可知，經(jīng)過eq\f(T,4)時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，故C錯誤；若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時間內(nèi)電子做勻加速直線運動，位移x＝eq\f(1,2)·a·(eq\f(3,8)T)2＝eq\f(9,8)d>d，說明電子會一直向B板運動并在eq\f(T,2)之前就打在B板上，不會向A板運動，故D錯誤．9．如圖甲所示，實驗器材主要有電源、理想電壓表V、兩個理想電流表A1和A2、被測電解電容器C、滑動變阻器R、兩個開關(guān)S1和S2以及導線若干．實驗主要步驟如下：①按圖甲連接好電路．②斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，讓電池組給電容器充電，當電容器充滿電后，讀出并記錄電壓表的示數(shù)U，然后斷開開關(guān)S1.③斷開開關(guān)S1后，閉合開關(guān)S2，每間隔5s讀取并記錄一次電流表A2的電流值I2，直到電流消失．④以放電電流I2為縱坐標，放電時間t為橫坐標，在坐標紙上作出I2－t圖像．(1)在電容器的充電過程中，電容器兩極板上的電荷量逐漸____________(選填“增大”或“減小”)，電流表A1的示數(shù)逐漸____________(選填“增大”或“減小”)．(2)由I2－t圖像可知，充電結(jié)束時電容器儲存的電荷量Q＝________C．(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(3)若步驟②中電壓表的示數(shù)U＝2.95V，則滑動變阻器接入電路部分的阻值R＝________Ω.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(4)類比直線運動中由v－t圖像求位移的方法，當電容為C的電容器兩板間電壓為U時，電容器所儲存的電能Ep＝________(請用帶有U、C的表達式表示)．答案(1)增大減小(2)3.3×10－3(3)9.8×103(4)eq\f(1,2)CU2解析(1)在電容器的充電過程中，電容器兩極板上的電荷量逐漸增大；隨著時間的推移充電電流越來越小，即電流表A1的示數(shù)逐漸減?。?2)根據(jù)q＝It可得圖像與橫軸所圍的面積表示電荷量，每一個小格表示電荷量為q＝25×10－6×5C＝1.25×10－4C，可知電容器儲存的電荷量為Q＝26×1.25×10－4C≈3.3×10－3C.(3)電壓表的示數(shù)U＝2.95V，根據(jù)圖像可知放電最大電流為300μA，可知滑動變阻器接入電路部分的阻值為R＝eq\f(U,I)≈9.8×103