新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第45讲 电容器 带电粒子在电场中的直线运动（2份，原卷版+解析版）

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考点01：电容器 电容（必备知识+1例+1变式）
考点02：平行板电容器的动态分析（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点03：带电粒子在电场中的直线运动（必备知识+2例+2变式）
二、 巩固提升（精选15道题）
电容器 电容
考点一
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
【例1】图甲为某标有“35 μF 5%”的电容器,图乙为标有“3.7 V 1 350 mAh”的某品牌手机电池板，则以下说法正确的是( )
A．电容器和手机电池的充电过程都是电能转化为化学能的过程
B．该手机电池铭牌上的1 350 mAh指储存的电荷量，当以135 mA的电流工作时，可连续放电10小时
C．该电容器只有在正常工作时电容才是35 μF左右
D．该手机电池能储存的最大电能约为1 kW·h
【答案】B
【详解】A．电容器充电时是将电能转化为电场能，而手机电池的充电过程都是电能转化为化学能的过程，故A错误；
B．由q=It可知，该手机电池铭牌上的 1350mAh 指储存的电量，故
t=1350135=10h
因上当以 135mA 的电流工作时，可连续放电10 小时，故B正确；
C．电容器的电容是电容器本身性质决定的，任何时刻均为35μF 左右，故C错误；
D．由W=UIt可知，该手机的最大电能为
W=3.7×1350×10-3≈0.5kwh
故D错误。
故选B。
【变式1】下列电容器相关知识描述正确的是（ ）
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压 U等于电源的电动势 E．
B．图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电量为 2Q
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上 5.5V的电压时电容才为1.0F
【答案】A
【详解】图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电 动势 E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电量为 Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；图戊中的电容器上有“”字样，说明该电容器两端电压最大值为 5.5V，而电容与电容器的电压及电量均无关，总是为1.0F，故D错误；故选A．
平行板电容器的动态分析
考点二
1.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＝εrS4πkd。
2.电容器两类典型动态问题
(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。
【例2-1】（2025·宁夏银川·模拟预测）在如图所示的电路中，电介质板与被测量的物体A相连，当电介质向左或向右移动时，通过相关参量的变化可以将A定位。开始时单刀双掷开关接1，一段时间后将单刀双掷开关接2。则下列说法正确的是（ ）
A．开关接1时，x增大，平行板电容器的电荷量增大
B．开关接1时，x减小，电路中的电流沿顺时针方向
C．开关接2时，x减小，静电计的指针偏角增大
D．开关接2时，x增大，平行板间的电场强度不变
【答案】B
【详解】A．开关接1时，平行板电容器两极板间电压U恒定，x增大，则相对介电常数εr减小，根据C=εrS4πkd可知，电容C减小，根据C=QU可知，平行板电容器的电荷量Q减小，故A错误；
B．由上述分析可知，开关接1时，x减小，则平行板电容器的电荷量Q增大，电源为电容器充电，电路中的电流沿顺时针方向，故B正确；
CD．开关接2时，平行板电容器的电荷量Q不变，x减小，则电容C增大，根据C=QU可知，电容器两极板间的电压U减小，静电计的指针偏角减小，又根据E=Ud可知，x增大，则平行板间的电场强度增大，故CD错误。
故选B。
【例2-2】（2025·陕西咸阳·模拟预测）有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，夹在输液管两侧的电容器C的两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（ ）
A．液面下降后，两极板间的电场强度变小
B．液面下降后，电容器所带电量增多
C．液面下降时蜂鸣器电流由b流向a
D．输液管较粗时，电容器容值会变大
【答案】C
【详解】A．开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，由公式E=Ud分析得知，电场强度不变。故A错误；
B．根据C=QU，C=εS4πkd，可知液面下降，极板之间的介电常数ε减小，则电容减小，极板之间电压不变，则电容器所带电量减少，故B错误；
C．根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C正确；
D．结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。
故选C。
【变式2-1】（2025·江苏·高考真题）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（ ）
A．W2B．WC．2WD．4W
【答案】A
【详解】根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E=Ud可知，极板间电场强度变为原来的12，则有W=Eqd可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的12，即电场力做功为W2。
故选A。
【变式2-2】（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】根据公式Q=CU和电容的决定式C=εS4πkd
可得U=4πkQεS⋅d
根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项。
故选D。
【解题能力提升】
两类典型动态分析思路比较
带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
考点三
1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握静电力的特点。静电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＝qEm，E＝Ud，v2－v02＝2ad
4.用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【例3-1】（2025·全国·二模）如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小E=2×105V/m的匀强电场沿直线加速到v=1×107m/s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量m=1.6×10−27kg，电荷量e=1.6×10−19C，则整个加速过程中质子的位移大小为（ ）
A．2mB．2.5mC．4mD．5m
【答案】B
【详解】根据动能定理有eEx=12mv2
解得整个加速过程中质子的位移大小x=mv22eE=1.6×10−27×(1×107)22×1.6×10−19×2×105m=2.5m
故选B。
【例3-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在如图所示的电路中，充电已完成，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为v，不计电子重力，下列判断正确的是（ ）
A．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度v不变
B．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度v增大
C．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度v增大
D．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度v减小
【答案】B
【详解】AB．若增大两板间的距离d，根据C=εrS4πkd
可知电容减小，由于存在二极管（单向导电性），可知电容器放不了电，则电容器Q不变，根据E=Ud，C=QU
联立解得E=4πkQεrS
可知极板间场强不变，粒子受到的电场力不变，由于极板间距增大，则电场力做功增大，故电子到达B板的速度v增大，故A错误，B正确；
CD．结合分析可知，若减小两板间的距离d，可知电容增大，可知电容器充电，又由于此时两极板间电压不变，根据W=qU
可知电场力做功不变，故电子到达B板的速度v不变，故CD错误。
故选B。
【变式3-1】一束含有氢同位素11H、12H、13H原子核的粒子流，由静止进入水平匀强电场加速后，在运动某一水平距离L时，三种原子核的速度大小之比为（ ）
A．6∶3∶2B．6:3:2
C．3∶2∶1D．3:2:1
【答案】B
【详解】根据动能定理得qEL=12mv2
解得v=2qELm
三种原子核的速度大小之比为v1:v2:v3=11:12:13=6:3:2
故选B。
【变式3-2】（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q>0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
【答案】(1)mdqE
(2)2qEmd
【详解】（1）由牛顿第二定律qE=ma
由运动学公式d2=12at2
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t=mdqE
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1=at=qEdm
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v22−v12=2ad
代入解得v2=3qEdm
同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3，满足v32−v22=2ad2
代入解得v3=2qEdm
故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p=mv3=2qEmd
巩固提升
1．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，将点燃的蜡烛火焰置于两平行带电金属板之间，左板带负电、右板带正电，可观察到火焰扁平化，当两金属板间的电势差增大到一定值时，火焰甚至会熄灭，这是由于火焰附近的空气电离产生正、负离子，带电离子在电场力的作用下推动空气分子，形成电子风。下列说法正确的是（ ）
A．电场力对正、负离子均做负功B．电场力对正、负离子均做正功
C．正、负离子均向左偏移D．正、负离子均向右偏移
【答案】B
【详解】两极板间的电场方向由右指向左，正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反，故正离子向左偏移，负离子向右偏移，电场对离子均做正功。
故选B。
2．（2024·辽宁·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（ ）
A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
【答案】B
【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C=εrS4πkd可知电容器的电容增大，故A错误；
BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；
D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误。
故选B。
3．（2024·甘肃·高考真题）一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点
C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点
【答案】C
【详解】A．充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误；
B．根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；
C．放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确；
D．根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。
故选C。
4．（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （ ）
A．极板间电势差减小B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大D．电容器储存能量增大
【答案】D
【详解】AB．根据Q=CU，C=εS4πkd可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，故AB错误；
C．根据E=Ud得
E=4πkQεS
故场强不变，故C错误；
D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。
故选D。
5．（2025·全国·模拟预测）新风向 构建新模型：如图所示，一光滑绝缘的圆环水平放置，空间中有水平向右的匀强电场E，通过C点的直径与电场强度方向平行，环上有AC、BC两根光滑绝缘的细杆。现有两个带正电的轻质小环套在细杆上，分别从A、B两点同时由静止释放，不计小环之间的库仑力及小环所受重力。已知两小环的质量、电荷量关系为mA=2mB、qB=2qA，则它们分别沿细杆AC、BC运动到C点的时间之比tA:tB为（ ）
A．2:1B．1:2C．1:1D．不能确定
【答案】A
【详解】设细杆与电场线之间的夹角为θ，对轻质小环，由牛顿第二定律得F合=Eqcsθ=ma
解得a=Eqcsθm
小环沿杆做匀加速直线运动，设圆环直径为d，由运动学公式得dcsθ=12at2
解得t=2mdEq
所以tA:tB=2:1
故选A。
6．（2025·福建福州·三模）（多选）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．P点和Q点电势相同
C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大
D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大
【答案】AC
【详解】A．带电微粒受力平衡，则其带负电，故A正确；
B．由图可知，P点电势比Q点高，故B错误；
C．上极板向上平移时，由U=QC，且可知平行极板的电容C减小，则板间电压U增大，即静电计指针张角增大，故C正确；
D．由C=εrS4πkd，则U=QC=4πkdQεrS
则场强E=Ud=4πkQεrS不变，粒子仍然能沿原来的直线运动，但所在位置的电势也不变，则带电微粒的电势能不变，故D错误。
故选AC。
7．（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，电路中D为二极管，R0为滑动变阻器，R'为磁敏电阻，磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大，水平放置在真空中的平行板电容器上板接地，极板间的P点固定有带电量很小的负电荷，下列说法正确的是（ ）
A．仅将R0的滑片向下移动，电容器极板间的电压减小
B．仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻，电容器极板间的电压减小
C．仅将电容器的下板稍向上移，P点处负电荷的电势能增大
D．仅将电容器的下板稍向左移，电容器极板间的电场强度不变
【答案】C
【详解】A．根据电容器定义式C=QU
决定式C=εrS4πkd
联立可得E=Ud=4πkQεrS
当滑动变阻器的滑片向下移动时，R0两端的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电压不变，场强不变，故A错误；
B．将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻时，磁敏电阻的阻值增大，R0两端的电压减小，但由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，极板间的电压不变，故B错误；
C．将电容器的下板稍向上移，根据决定式C=εrS4πkd
可知电容C增大，根据定义式C=QU
可知极板间电压不变，极板电荷量增加，板间场强增大，与上板间的电势差增大，P点电势减小，该点处的负电荷电势能增大，故C正确；
D．将电容器的下板稍向左移，根据决定式C=εrS4πkd
可知电容C减小，但极板电荷量不能减小，可知极板间电压增大，根据E=Ud
可知电场强度增大，故D错误。
故选C。
8．（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选）某频闪玩具灯的原理如图所示，把滑动变阻器的滑片P先滑到正中间，闭合开关S，控制器D（不计电阻）处于断开状态，电容器C开始充电。当电容器的电压达到U0时会导通控制器D，使得灯泡L发光且电容器C放电，当电容器C放电结束时，控制器D断开，电容器再次开始充电，之后一直重复上述的过程。下列说法正确的是（ ）
A．电容器充电的过程中，充电的电流越来越小
B．电容器充电的过程中，充电的电流越来越大
C．把滑动变阻器的滑片向a端滑一点，频闪灯的发光频率将变高
D．把滑动变阻器的滑片向b端滑一点，频闪灯的发光频率将变高
【答案】AD
【详解】AB．电容器充电的过程中，充电的电流越来越小，选项A正确，B错误；
CD．把滑动变阻器的滑片向a端滑一点，滑动变阻器阻值变大，则电容器充放电时间变长，则频闪灯的发光频率将变低；同理把滑动变阻器的滑片向b端滑一点，滑动变阻器阻值变小，电容器充放电时间变短，则频闪灯的发光频率将变高，选项C错误，D正确。
故选AD。
9．（2025·江苏苏州·模拟预测）某同学用如图所示的电路做“观察电容器的充放电”实验。将开关先与“1”端闭合，对电容器进行充电，充电完毕后再将开关与“2”端闭合，电容器放电。传感器测得的电流I和电压U随时间t变化的图像，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AB．充电过程中，电压U越来越大，且增加的越来越慢，切线斜率减小，放电过程中，电压U越来越小，且减小的越来越慢，切线斜率减小，故AB错误；
CD．充电过程中，电流I越来越小，且减小的越来越慢，放电过程中，电流I越来越小，且减小的越来越慢，切线斜率均越来越小，故C正确，D错误。
故选C。
10．（2025·江西新余·模拟预测）两平行板电容器甲、乙按如图所示方式连接。保持滑动变阻器的滑片位置不变，把电容器乙的右侧极板向右移动一小段距离。设电容器甲、乙的电容分别为C1、C2，所带电荷量分别为q1、q2，两极间电压分别为U1、U2。与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A．C1不变，C2增大B．q1增大，q2减小
C．U1减小，U2增大D．q1、q2之和保持不变
【答案】C
【详解】A．电容器的带电方式为感应起电，所以两电容器所带电荷量始终相等，有q1=q2。滑动变阻器的滑片位置不变，则两电容器的电压之和不变，有U1+U2为定值。电容器乙的右极板向右移动，使C2减小，而C1不变，故A错误；
BD．根据q1C1+q2C2为定值，C2减小，C1不变，得q1、q2均减小，故BD错误；
C．由于q1减小，C1不变，则U1=q1C1减小，所以U2增大，故C正确。
故选C。
11．（2025·河北·模拟预测）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表为理想电表V，平行板电容器的下极板N接地，当开关S闭合稳定后，一带负电的微粒Q从两板正中央水平向右射入电容器，恰好以速度v0沿着图中虚线做匀速直线运动。R1、R2为定值电阻，滑动变阻器R的滑动触点为P。则（ ）
A．保持开关S闭合，将滑动变阻器R的滑动触点P向上移动时，电压表的示数变大
B．保持开关S闭合，将M板竖直上移时，虚线位置处电势降低，微粒向上偏转
C．断开开关S，待电路稳定后，将粒子Q仍以速度v0沿着图中虚线射入，微粒仍做匀速直线运动
D．断开开关S，待电路稳定后，将粒子Q仍以速度v0沿着图中虚线射入，微粒做平抛运动
【答案】D
【详解】A．保持开关S闭合，将滑动变阻器R的滑动触点P向上移动时，此时滑动变阻器R相当于导线作用，对电路中的总电阻没有影响，所以电路中的电流不变，则电压表的示数不变，故A错误；
B．由电路图分析，可知电容器两端的电压等于R2两端的电压，且上极板带正电，下极板带负电。保持开关S闭合，由A项分析知电路中的电流不变，所以R2两端的电压不变，即电容器两端的电压不变，将M板竖直上移时，即电容器两极板间的距离d增大，根据E=Ud可知，电场强度E减小；设虚线位置处与下极板的电势差为U′，根据U′=Ed′可知，因虚线位置处与下极板的距离d′不变，可知虚线位置处与下极板的电势差U′减小，因下极板接地，即下极板的电势为零，根据U′=φ虚线−φ下极板=φ虚线−0=φ虚线
可知虚线位置处的电势减小；根据F=qE可知，电场力减小，即电场力小于重力，则微粒向下偏转，故B错误；
CD．断开开关S，电容器上、下极板与导线和电阻相连接，电容器放电，待电路稳定后，电容器的电量为0，电场强度也变为0，粒子Q只受重力作用，故将粒子Q仍以速度v0沿着图中虚线射入，微粒将做平抛运动，故C错误，D正确。
故选D。
12．（2024·广西·高考真题）某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E（电动势6V，内阻不计），电阻R1 = 400.0Ω，电阻R2 = 200.0Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下：
(1)断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz，则采样周期为 s；
(2)闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I—t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为 mA（结果保留3位有效数字）；
(3)保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为 V；
(4)实验得到放电过程的I—t曲线如图丙，I—t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C，则电容器的电容C为 μF。图丙中I—t曲线与横坐标、直线t = 1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C，则t = 1s时电容器两极板间电压为 V（结果保留2位有效数字）。
【答案】(1)15000
(2)15.0
(3)2
(4) 4.7 × 103 2.8
【详解】（1）采样周期为
T=1f=15000s
（2）由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0mA；
（3）放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为
UC=ER1+R2⋅R2=2V
（4）[1]充电结束后电容器两端电压为UC′=E=6V，故可得
ΔQ=U′C−UCC=0.0188C
解得
C=4.7×103μF
[2]设t = 1s时电容器两极板间电压为U″C，得
U'C−U''CC=Δq
代入数值解得
U''C=2.8V
13．（2025·全国卷·高考真题）电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用于设计键盘，简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，电容器的极板面积为S、间距为d，电容C=αSd（α为常量）。按下键盘按键时，极板间的距离变为按压前的η倍；撤去按压，按键在弹力作用下复位。电容器充电后：
(1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍？
(2)若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍？
【答案】(1)η倍
(2)1η倍
【详解】（1）根据平行板电容器公式C=αSd，电容的定义式C=QU
设按压前电容为C1=αSd1，电压为U1，电荷量为Q，则U1=QC1=Q1d1αS
按压后极板间距离变为按压前的η倍，即d2=ηd1，此时电容C2=αSd2=αSηd1
因为按压不改变电荷量Q，所以按压后电压U2=QC2=Qηd1αS
所以有U2U1=η
即按压后极板间的电压变为按压前的η倍。
（2）对于平行板电容器，极板间的电场强度E=Ud；
设按压前电压为U，极板间距离为d1，则电场强度E1=Ud1
按压后极板间距离变为d2=ηd1，且电压不变仍为U，此时电场强度E2=Ud2=Uηd1
所以有E2E1=1η
按压后极板间的电场强度大小变为按压前的1η倍。
14．（2025·天津·二模）多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对值为U0，且U=+U0对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。t=0时刻，有一电量为q、质量为m的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在t=T2时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过T2正好进入下一缝隙电场。
(1)求粒子从第2个圆筒飞出时的速度大小？
(2)第n个圆筒的长度？
(3)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为d，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？
【答案】(1)2qU0m
(2)T22n−1qU0m
(3)q2U02T28md2
【详解】（1）根据动能定理qU0=12mv22
可得v2=2qU0m
（2）根据动能定理n−1qU0=12mvn2
又Ln=vnT2
联立可得Ln=T22n−1qU0m
（3）根据E=U0d
结合牛顿第二定律Eq=ma
根据运动学公式kd=12at02，t0=T2
结合动能的定义Ekm=kqU0
联立可得Ekm=q2U02T28md2
15．（2025·江西新余·模拟预测）2024年5月1日，我国第三艘航空母舰福建舰开展首次航行试验。此前福建舰开展了储能电容器电磁弹射技术测试。测试小车被电磁作用力作用后沿水平甲板直线弹射，设航空母舰水平甲板距水面高20 m，落水点距弹射轨道飞出口的水平距离L=120 m，不计阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。试回答：
(1)求测试小车飞出轨道出口的速度大小；
(2)已知充满电的电容器储存的电能E=12CU2，福建舰利用某超级电容器电磁驱动测试小车，若电容器电能转化小车动能的效率η=80%，测试小车的质量为36吨，电容充电电压为U=400V，一次弹射恰好用完该超级电容器储存的电能。求该超级电容器的电容。
【答案】(1)60m/s
(2)1012.5 F
【详解】（1）小车飞出甲板后做平抛运动12gt2=h
代入题中数据，解得t=2s
水平方向x=v0t
解得v0=60 m/s
（2）测试小车刚飞出时的动能Ek=12mv02=6.48×107 J
根据题意消耗的电能E=Ekη=8.1×107 J
又E=12CU2
联立解得C=2EU2=1012.5 F
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
定义式
C＝QU
单位
法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012 pF
意义
表示电容器容纳电荷本领的高低
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两极板间是否存在电压无关