2027届高考物理一轮课时突破练44　电容器　实验10：观察电容器的充、放电现象　带电粒子在电场中的运动

**基本信息** 聚焦电容器动态分析、充放电实验及带电粒子在电场中的运动，以“概念-规律-应用”为逻辑链，融合物理观念与科学思维，实现专项突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|5题（含4道选择、1道实验）|动态分析（U/Q不变）、充放电电流判断、类平抛运动分解|从电容公式推导动态变化，实验操作与图像分析结合，粒子运动融合运动学与动力学| |能力·高分练|2题（多选）|电容器串并联分析、含二极管电路动态处理|综合电容决定式与电荷守恒，体现科学推理与模型建构| |素养·提升练|1题（计算题）|运动轨迹分解、动能极值分析|跨学科融合平抛与电场，强化能量观念与科学论证|

课时突破练44　电容器　实验10:观察电容器的充、放电现象　带电粒子在电场中的运动 基础·满分练 命题角度一　电压U不变时的动态分析 1.(2024辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示。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、电流表等构成如图乙所示的电路。闭合开关S后,若降低溶液的浓度,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 命题角度二　电荷量Q不变时的动态分析 2.(多选)(2025福建福州模拟)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 命题角度三　实验:观察电容器的充、放电现象 3.(10分)(2024海南卷)用如图(a)所示的电路观察电容器的充、放电现象,实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。 (a) (b) (1)闭合开关S2,将S1接1,电压表示数增大,最后稳定在12.3 V。在此过程中,电流表的示数　　　　(填选项标号)。  A.一直稳定在某一数值 B.先增大,后逐渐减小为零 C.先增大,后稳定在某一非零数值 (2)先后断开开关S2、S1,将电流表更换成电流传感器,再将S1接2,此时通过定值电阻R的电流方向为　　　　(选填“a→b”或“b→a”),通过传感器将电流信息传入计算机,画出电流随时间变化的I-t图像,如图(b),t=2 s时I=1.10 mA,图中M、N区域面积比为8∶7,可求出R=　　　 kΩ(保留2位有效数字)。  命题角度四　带电粒子在电场中的直线运动 4.(2026北京海淀模拟)如图所示,实线是竖直面内以O点为圆心的圆,MN和PQ是圆的两条相互垂直的直径,在竖直面内存在由Q点指向P点的匀强电场。从O点在竖直面内向各个方向以大小相同的初速度发射电荷量和质量完全相同的带正电小球,通过圆上各点的小球中,经过N点的小球速度最大。不计空气阻力及小球间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.沿OP方向发射的小球可以沿OP方向做直线运动 B.沿ON方向发射的小球不会沿ON方向做直线运动 C.通过圆上P、Q两点的小球机械能相等 D.通过圆上M、N两点的小球机械能相等 命题角度五　带电粒子在匀强电场中的偏转 5.(2025重庆卷)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动,如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场,N为QP的中点。模拟动画显示,带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场,沿图中所示轨迹同时到达M、N点,K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用,则可推断a、b(　　) A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2 能力·高分练 6.(多选)(2026四川绵阳模拟)一物理兴趣小组的同学将两个相同电容器的上极板用导线相连,下极板均接地,如图甲所示。另一组同学在两个电容器上极板间接入一理想二极管,如图乙所示。让两组电容器的上极板分别带电后,两组同学观察到两电容器中间相同的带负电油滴均处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A.若将图甲中B极板稍向上平移,M将向上动,N将向下动 B.若将图甲中B极板稍向上平移,M和N均不动 C.若将图乙中F极板稍向上平移,P和Q均不动 D.若将图乙中F极板稍向上平移,Q处电势将减小 7.(跨模块融通)(多选)如图甲所示,一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上,带电荷量为0.01 C、质量为0.1 kg的圆环套在杆上,整个装置处于水平方向的电场中,电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示,环与杆间的动摩擦因数为0.5,t=0时,环由静止释放,环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A.环先做加速运动再做匀速运动 B.0~2 s内环的位移小于2.5 m C.2 s时环的加速度为5 m/s2 D.环的最大动能为20 J 素养·提升练 8.(12分)(跨学科融通)如图所示,在坐标系xOy中,x轴水平向右,y轴竖直向下,在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球的质量为m,从足够高的原点O沿x轴正向水平抛出,从A点进入电场区域时速度与水平方向夹角θ=30°,后从C点离开电场区域,其运动的轨迹如图所示,B点是小球在电场中向右运动的最远点,B点的横坐标xB=3L。小球可视为质点,电荷量始终不变,重力加速度为g,不计空气阻力。求: (1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比; (2)小球从原点O抛出时的初速度大小; (3)小球在电场中运动的最小动能。 答案： 1.B　解析 考查电容器电容的变化和充放电过程。平行板电容器的电容公式C=。由题图可知,降低溶液浓度,εr增加,导致C增大;电容器的电压不变,由C=分析可知其电荷量变大,电流方向为N→M,故B正确。 2.AC　解析 带电微粒受力平衡,则其带负电,故A正确;由题图可知,P点电势比Q点高,故B错误;上极板向上平移时,由U=,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;由C=,则U=,则电场强度E=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。 3.(1)B　(2)a→b　5.2 解析 本题考查观察电容器的充、放电现象实验。 (1)电容器充电过程中,当电路刚接通后,电流表示数从0增大至某一最大值,后随着电容器的不断充电,电路中的充电电流在减小,当充电结束电路稳定后,此时电路相当于开路,电流为零,故选B。 (2)根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电,将S1接2,电容器放电,此时通过定值电阻R的电流方向为a→b;t=2 s时,I=1.10 mA,可知此时电容器两端的电压为U2=IR,电容器开始放电前两端电压为12.3 V,根据I-t图像与横轴围成的面积表示放出的电荷量可得,0~2 s间放出的电荷量为Q1=ΔU·C=(12.3 V-1.10×10-3 A×R)C,2 s后到放电结束放出的电荷量为Q2=ΔU'·C=1.10×10-3 A·RC,根据题意,解得R=5.2 kΩ。 4.D　解析 对小球受力分析可知,小球受到重力和电场力,根据力的合成定则可知,其合力不可能沿OP方向,可能沿ON方向,因此沿OP方向发射的小球不可能沿OP方向做直线运动,沿ON方向发射的小球可能沿ON方向做直线运动,A、B错误;从Q到P的过程中,电场力做正功,电势能减小,动能增大,故P点的机械能大于Q点的机械能,C错误;由题可知,M、N位于同一等势面上,电场力不做功,只有重力做功,机械能守恒,D正确。 5.D　解析 根据题意可知,带电粒子在电场中做类平抛运动,带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场,沿图中所示轨迹同时到达M、N点,可知,运动时间相等,由图可知,沿初速度方向位移之比为2∶1,则初速度之比为2∶1,沿电场方向的位移大小相等,由y=at2可知,粒子运动的加速度大小相等,由牛顿第二定律有qE=ma,可得,可知,带电粒子具有相同比荷,故A错误;带电粒子运动过程中,电场力均做正功,电势能均随时间逐渐减小,故B错误;沿电场方向,由公式vy=at可知,到达M、N的竖直分速度大小相等,由于初速度之比为2∶1,则到达M、N的速度大小不相等,故C错误;由图可知,带电粒子a、b到达K的水平位移相等,由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1,则所用时间之比为1∶2,故D正确。 6.AC　解析 题图甲中,两个电容器极板上极板都带正电,电荷量的和Q1+Q2为定值且U1=U2,初始时,对M和N,向上的电场力等于向下的重力,因此两个油滴均不动,当B极板向上移动时,d1减小,C1增大,U1减小,U2减小,E2减小,Q2减小,Q1增大,由E=得,E1增大,M将向上动,N将向下动,故A正确,B错误;题图乙中,当F极板向上移动时,d1减小,C1增大,由于二极管的存在,Q1不变,因此Q2也不变,则E1和E2均不变,两电荷均不动,Q处电势也不变,故C正确,D错误。 7.BCD　解析 由图乙可得,电场强度E随时间t变化的表达式为E=(300-100t) N/C,开始时的最大静摩擦力为Ff=μq|E0|=0.5×0.01×300 N=1.5 N>mg=0.1×10 N=1 N,由受力分析可知,环先静止,当最大静摩擦力等于重力之后,做加速运动,电场强度反向时,当滑动摩擦力等于重力之后,再做减速运动,故A错误;2 s末电场强度大小为E2=100 N/C,根据牛顿第二定律可得2 s末的加速度大小为mg-μqE2=ma,解得a1==5 m/s2,故C正确;在0~3 s时间内,由Ff=μqE=mg,解得最大静摩擦力等于重力的时刻是t1=1 s,可知0~2 s内环只在1~2 s时间内做加速度逐渐增大的加速运动。环的运动时间为Δt=1 s,假设环以2 s末的加速度做匀加速直线运动,则有x=a1(Δt)2=×5×12 m=2.5 m,由于在1~2 s时间内做加速度逐渐增大的加速运动,所以0~2 s内环的位移小于s=2.5 m,故B正确;环速度最大时加速度为零,此时是在3~5 s之间重力等于滑动摩擦力的时刻,同理可得此时刻为t2=5 s。竖直向下为正方向,根据牛顿第二定律可得mg-μqE=ma,可得小环运动时其加速度随时间t变化的表达式为a=5t-5,1 s≤t≤3 s;a=25-5t,3 s≤t≤6 s,作出环运动的a-t图像如图所示,由a-t图像的面积表示速度的变化量,可得环的最大速度为vm=×10×(5-1) m/s=20 m/s,环的最大动能为Ekm=×0.1×202 J=20 J,故D正确。 8.(1)1∶1　(2)　(3) 解析 (1)从A运动到B点,小球水平方向做匀减速直线运动,依据题意小球在B点水平方向的速度为0,由运动学公式得L=tAB 又由于2L=v0tOA,解得tOA=tAB,即tOA∶tAB=1∶1。 (2)设小球质量为m,初速度为v0,从O到A,小球水平方向做匀速直线运动,则有2L=v0tOA 竖直方向上vAy=g·tOA 又因为vAy=v0·tan θ,联立解得v0=。 (3)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运动学规律则有v0=g·t,v0=ax·t,可知ax=g 由F合与水平方向夹角为30°,vA与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系 将vA分解到x'、y'上,小球在x'方向上做匀速运动,在y'方向上做类竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=,而vAx'=vAcos 30°=v0,解得Ekmin=。 1 学科网（北京）股份有限公司 $