高考物理 電容器問題綜合（解析版）

秘籍05電容器問題綜合概率預測☆☆☆☆☆題型預測選擇題、實驗題、計算題☆☆☆☆☆考向預測結(jié)合力的平衡、牛頓第二定律、能量守恒、動量定理考查電容器充放電形成電流、含容電路、電容器動態(tài)分析電容的計算、力的平衡、牛頓定律、電路、動量、能量高考中，對此電容器充放電實驗的考查，不僅僅停留在電容的充電、放電電流隨時間變化圖像上的識別和描繪上，還考查電容器儲存的電場能、電量、串聯(lián)限流電阻作用等思維要求更高的創(chuàng)新實驗。圖1為典型的電容器充電、放電電路，S1、S2為充電和放電開關，R1、R2為電容充電、放電限流電阻，電阻越大，充電、放電電流越小，所用時間就越長，理想電壓表或者電壓傳感器可以測量電容器兩端的電壓隨時間變化情況，如果電路中再串聯(lián)理想電流表或者電流傳感器，就可以測量充電、放電電流隨時間變化的情況。圖2為某電容器的放電或者充電電流隨時間變化的圖線，根據(jù)圖線的物理意義，可以通過求面積的方法，得出電容器所帶的電量。在電路不變的情況下，僅讓電容器串聯(lián)不同阻值的電阻，可以知道電容器最大的充電、放電電流不同，完成充電、放電總時間不同，由于充滿電后電容器兩極板間電壓等于電源電動勢，所以，電容器所帶電量相同，圖線與橫軸、縱軸包圍的面積相等。圖3為某電容器充電時串聯(lián)不同阻值的電阻時電量隨時間變化的圖線，可以得出圖線①充電時間較短，并且剛開始充電電流較大，說明與電容器串聯(lián)的充電限流電阻較小。圖4為電容器兩端電壓隨所帶電量變化的關系圖線，我們可以類比直線運動中利用速度隨時間變化的關系圖線，通過圖線所包圍的面積得位移的方法，同樣可以求出當電容器兩極板間電壓為U時電容器儲存的電能E。設電壓為U時，電容器帶電量為Q，圖線與橫軸圍成的面積為儲存的電能E＝eq\f(1,2)QU。一、動態(tài)分析問題例1、一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間有一正試探電荷固定在P點，如圖所示．以C表示電容器的電容、E表示兩極板間的場強、φ表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是()答案C解析由平行板電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d減小時，C變大，但C與x的關系圖象不是一次函數(shù)圖象，故A錯誤；在電容器兩極板所帶電荷量一定的情況下，U＝eq\f(Q,C)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)與d無關，故B錯誤；在負極板接地的情況下，設沒有移動負極板時P點距負極板的距離為d，移動x后距離為d－x.因為移動極板過程中電場強度E不變，故φP＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，故C正確；正電荷在P點的電勢能Ep＝qφP＝qEd－qEx，故D錯誤．例2、一位同學用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化。如圖所示，瓶的外壁涂有一層導電涂層和瓶內(nèi)導電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導線與電源、電流計、開關相連，中間層的塑料為絕緣電介質(zhì)，其厚度為d，相對介電常數(shù)為εr。若發(fā)現(xiàn)在某一小段時間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過電流計，電源電壓恒定為U，則瓶內(nèi)液面的高度()A．升高了eq\f(2kdIt,rUεr) B．升高了eq\f(kdIt,rUεr)C．降低了eq\f(2kdIt,rUεr) D．降低了eq\f(kdIt,rUεr)解析：選C由圖可知，液體與瓶的外壁涂的導電涂層構(gòu)成了電容器，由題圖可知，兩板間距離不變；液面高度變化時只有正對面積發(fā)生變化；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當液面升高時，正對面積S增大，則電容增大，反之則電容減小，由于電流從下向上流過電流計，可知該時間內(nèi)電容器上的電荷量減小，由于電勢差不變，那么電容的電量減??；瓶內(nèi)液面降低，t時間內(nèi)減少的電量q＝It，由C＝eq\f(Q,U)可得q＝ΔQ＝U·ΔC，ΔS＝2πr·Δh，故ΔC＝eq\f(εr·2πr·Δh,4πkd)，聯(lián)立解得Δh＝eq\f(2kdIt,rUεr)，故選C。二、充放電電荷量問題例3、利用DIS電流傳感器可以測量電容器的電容。讓充電后的電容器通過大電阻R放電，電流傳感器A與計算機連接，記錄放電電流I隨時間t變化的圖像，圖像與坐標軸圍成的面積，數(shù)值上等于電容器的帶電量Q(可用DIS系統(tǒng)軟件計算)，Q與充電電壓U的比值即為電容器的電容C。(1)圖甲、圖乙為放電法測量電容的兩種電路原理圖，先將開關S與1端相連，充電結(jié)束后，讀出電壓表的示數(shù)。然后把開關擲向2端，記錄I-t圖像，測量出電容器的帶電量Q。在甲、乙兩圖中，實驗系統(tǒng)誤差較大的是________(選填“甲”或“乙”)，原因是________對實驗的影響，使電容測量值________(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(2)DIS系統(tǒng)軟件記錄的放電電流I隨時間t變化的圖像可能是________。(3)某同學選擇了正確的實驗電路圖，經(jīng)過實驗操作獲得了多組數(shù)據(jù)，如下表所示：123456U/V10.813.716.820.023.827.0Q/×10-4C0.921.201.221.702.082.41請根據(jù)以上數(shù)據(jù)，在丙圖中作出Q-U圖像，由圖像可得該電容器的電容是________μF(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(4)該同學是通過滑動變阻器來改變電容器的充電電壓的，請結(jié)合上述電路原理圖，在下面的方框內(nèi)作出能改變電容器充電電壓的電路原理圖。(5)該同學在完成電容的測量實驗后，把一多用電表的選擇開關調(diào)到歐姆擋，正確調(diào)零后把紅黑表筆同時與電容器的兩極接觸，請你描述接觸后多用電表指針的偏轉(zhuǎn)情況________________________________________________________________________。解析：(1)在甲、乙兩圖中，實驗系統(tǒng)誤差較大的是乙，原因是電容器放電時電壓表分流對實驗的影響，使測得電容器放電量值偏小，則電容測量值偏小。(2)電容器放電時，放電電流逐漸減小，且逐漸變慢，則DIS系統(tǒng)軟件記錄的放電電流I隨時間t變化的圖像可能是C。(3)作出Q-U圖像如圖甲；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知C＝eq\f(ΔQ,ΔU)＝eq\f(2.50×10－4,28.6)F≈8.7μF。(4)能改變電容器充電電壓的電路原理圖如圖乙。(5)兩表筆與電容器接觸后，電容器先有較大的放電電流，然后逐漸減小，則多用電表指針的偏轉(zhuǎn)情況是：多用電表指針先快速偏大角度，后逐漸回到原位置。答案：(1)乙電壓表分流偏小(2)C(3)見解析圖甲8.7(8.5～8.9均可)(4)見解析圖乙(5)多用電表指針先快速偏轉(zhuǎn)較大角度，后逐漸回到原位置三、含容電路1．電路簡化把電容器所在的支路視為斷路，簡化電路時可以去掉，求電荷量時再在相應位置補上．2．電容器的電壓(1)電容器所在的支路中沒有電流，與之串聯(lián)的電阻兩端無電壓，相當于導線．(2)電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．3．電容器的電荷量及變化(1)電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電．若電容器兩端電壓升高，電容器將充電；若電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電．(2)如果變化前后極板帶電的電性相同，通過所連導線的電荷量為|Q1－Q2|；(3)如果變化前后極板帶電的電性相反，通過所連導線的電荷量為Q1＋Q2.例4、(多選)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3均為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小)．當電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)．有關下列說法中正確的是()A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流B．只調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流C．只調(diào)節(jié)滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動D．若斷開電鍵S，帶電微粒向下運動答案AD解析只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，電阻R0消耗的電功率變大，滑動變阻器R2兩端的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容器下極板的帶電荷量變大，所以電阻R3中有向上的電流，故選項A正確；電路穩(wěn)定時，電容器所在支路相當于斷路，只調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，故選項B錯誤；只調(diào)節(jié)滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E＝eq\f(U,d)可知電場強度變大，帶電微粒向上運動，故選項C錯誤；若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場強減小，帶電微粒所受的電場力減小，帶電微粒將向下運動，故選項D正確．例5、(多選)如圖，當開關S閉合，滑動變阻器的滑片P位于某位置時，水平放置的平行板電容器C間有一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，燈泡L電阻恒定。下列說法正確的是()A．將滑動變阻器的滑片P向a端移動，電源的效率將增大B．將滑動變阻器的滑片P向a端移動，電路的路端電壓將減小C．將電容器C的上極板向上移動，液滴將向下做加速運動D．將電容器C的上極板向上移動，電容器C將充電[解析]將滑動變阻器的滑片P由該位置向a端移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%，外電路總電阻增大，路端電壓將增大，則電源效率將增大，故A正確，B錯誤；液滴受力平衡，上極板向上移動時d增大，UC＝E-I(r＋RL)，UC不變，板間場強E＝eq\f(UC,d)，E減小，故液滴所受電場力減小，因此液滴將向下做加速運動，故C正確；上極板向上移動時，電容器C的電容減小，電壓不變，電荷量減小，電容器C將放電，故D錯誤。[答案]AC四、電磁感應中的電容器問題例6、電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．答案(1)垂直于導軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)解析(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由動量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).例7、如圖,間距為l的光滑平行金屬導軌,水平放置在方向豎直向下的勻強磁場中,磁場的磁感應強度大小為B,導軌左端接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻,一質(zhì)量為m的金屬桿以速度v0開始向右運動,此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變,金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好,除了電阻R以外不計其他電阻()。A.金屬桿做勻減速直線運動B.電容器充電的最大電量為CBlv0C.金屬桿的最終速度為mD.當金屬桿速率變?yōu)関02時,答案C解析設電容器兩端電壓為UC,金屬棒的電流I=Blv-UCR,速度越來越小,UC越來越大,電流越來越小,根據(jù)BIl=ma,可知金屬桿做加速度減小的減速運動,A項錯誤;當加速度為零時,達到穩(wěn)定速度v,此時電容的充電量Q=CBlv,B項錯誤;根據(jù)動量定理有-BIlΔt=mΔv得BlQ=mv0-mv,聯(lián)立解得v=mv0m+B2l2C,C項正確;剛開始UC=0,I=neSu0=Bl例8、(多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為l，電阻均可忽略不計．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，并與導軌接觸良好．整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動．則()A．當桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a點電勢高于b點電勢B．通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸增大C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C選項中，桿穩(wěn)定后a點電勢高于b點電勢答案ACD解析當桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根據(jù)右手定則知，感應電流的方向為b到a，桿ab相當于電源，a相當于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；通過電阻R的電流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，速度v隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當桿ab以初速度v0開始切割磁感線時，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減?。旊娙萜鲀啥穗妷号c感應電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對桿ab，根據(jù)動量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯(lián)立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正確；桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據(jù)右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確．六、LC振蕩電路1．電磁振蕩的周期和頻率(1)周期T＝2πeq\r(LC)(2)頻率f＝eq\f(1,2π\(zhòng)r(LC))2．LC振蕩電路充、放電過程的判斷方法(1)根據(jù)電流流向判斷：當電流流向帶正電的極板時，電容器的電荷量增加，磁場能向電場能轉(zhuǎn)化，處于充電過程；反之，當電流流出帶正電的極板時，電荷量減少，電場能向磁場能轉(zhuǎn)化，處于放電過程。(2)根據(jù)物理量的變化趨勢判斷：當電容器的帶電荷量q(電壓U、場強E)增大或電流i(磁場B)減小時，處于充電過程；反之，處于放電過程。(3)根據(jù)能量判斷：電場能增加時充電，磁場能增加時放電。例9、(多選)如圖(a)所示，在LC振蕩電路中，通過P點的電流變化規(guī)律如圖(b)所示，且把通過P點向右的方向規(guī)定為電流i的正方向，則()A．0.5～1s時間內(nèi)，電容器C在放電B．0.5～1s時間內(nèi)，電容器C的上極板帶正電C．1～1.5s時間內(nèi)，Q點的電勢比P點的電勢高D．1～1.5s時間內(nèi)，電場能正在轉(zhuǎn)變成磁場能解析：選CD0.5～1s時間內(nèi)，振蕩電流是充電電流，充電電流是由負極板流向正極板，故A、B錯誤；1～1.5s時間內(nèi)，振蕩電流是放電電流，放電電流是由正極板流向負極板，由于電流為負值，所以由Q流向P，Q點的電勢比P點的電勢高，電場能正在轉(zhuǎn)變成磁場能，故C、D正確。1．（廈門一中2023屆高三下）心臟除顫器多數(shù)采用RLC阻尼放電的方法，其充、放電基本原理如圖所示。直流低壓經(jīng)高壓直流發(fā)生器后向儲能電容器C充電，使電容器獲得一定的儲能。除顫治療時，通過開關控制由儲能電容器C、線圈L及人體組成的串聯(lián)電路接通，儲能電容器C通過人體放電。已知儲能電容器電容為20F，某次使用時，充電后電容器的電壓為4.0kV，放電后電容器兩極板電壓為0，則這次放電通過人體的電荷量為（）A.0.5C B.0.08C C.0.8C D.0.2C【答案】B【解析】電容器電荷量Q=CU=0.08C電感線圈只影響放電電流變化，不影響放電電荷量，故B正確，ACD錯誤。故選B?！久}意圖】本題以心臟除顫器情境為載體，考查電容器、線圈對電路的影響，考查電容器的充、放電?？疾槲锢碛^念和科學思維，突出對基礎性、應用性的考查要求。2.（馬鞍山市2023年高三第二次教學質(zhì)量監(jiān)測理科綜合能力測試）如圖所示，電源電動勢E一定，內(nèi)阻不計，、是定值電阻，是光敏電阻，其阻值隨光照的增強而減小。開關S閉合，電路穩(wěn)定后，電容器兩板間的一帶電液滴恰好能靜止在M點。現(xiàn)增強照射電阻的光照強度，則（）A.電容器電容增大 B.M點的電勢升高C.液滴向下運動 D.中有向右的電流【答案】B【解析】電容器的電容由電容器本身性質(zhì)決定，不隨其電壓或電荷量的變化而變化，故A錯誤；增強照射電阻的光照強度，R3阻值減小，回路總電阻減小，總電流增大，則R1兩端電壓增大，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)可知兩極板間電場強度增大，而下極板接地，電勢為零，設M到下極板間的距離為，則M點的電勢為所以M點的電勢升高，故B正確；根據(jù)平衡條件可知，開始時液滴所受電場力與重力平衡，增強照射電阻的光照強度，電容器兩極板間電場強度增大，液滴所受電場力增大，將大于重力，則液滴所受合外力向上，將向上運動，故C錯誤；由電路連接方式易知電容器上極板帶正電，下極板帶負電，增強照射電阻光照強度，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)可知電容器充電，中有向左的電流，故D錯誤。故選B。3.（房山區(qū)2023年高三年級第一次模擬考試）為了測量儲液罐中不導電液體的液面高度，設計裝置如圖所示。將與儲液罐外殼絕緣的兩塊平行金屬板構(gòu)成的電容C置于儲液罐中，電容C可通過開關S與線圈L或電源相連。當開關從a撥到b時，由線圈L與電容C構(gòu)成的回路中產(chǎn)生振蕩電流，振蕩電流的頻率，通過測量振蕩頻率可知儲液罐內(nèi)的液面高度。則下列說法正確的是（）A.當儲液罐內(nèi)的液面高度升高時，電容不變B.當儲液罐內(nèi)的液面高度升高時，LC回路中振蕩電流的頻率變小C.開關撥到b之后，振蕩電流的振幅和頻率始終保持不變D.當開關從a撥到b瞬間，電容器兩極板的電荷量最大，流過線圈L中的電流最大【答案】B【解析】當儲液罐內(nèi)的液面高度升高時，根據(jù)電容的決定式得，電容變大，A錯誤；當儲液罐內(nèi)的液面高度升高時，電容變大，根據(jù)振蕩電流的頻率可知，LC回路中振蕩電流的頻率變小，B正確；開關撥到b之后，振蕩電流的振幅會越來越小，隨著儲液罐內(nèi)的液面高度的變化，頻率會發(fā)生變化，C錯誤；當開關從a撥到b瞬間，電容器兩極板的電荷量最大，流過線圈L中的電流最小，D錯誤。故選B。4.（房山區(qū)2023年高三年級第一次模擬考試）電磁軌道炮是利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，電磁軌道炮示意圖如圖甲所示，直流電源電動勢為E，電容器的電容為C，兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導軌間距為L，電阻不計，炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的導體棒ab，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。導軌間存在垂直于導軌平面向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，不計電容器放電電流引起的磁場影響。（1）求電容器充電結(jié)束后所帶的電荷量Q；（2）請在圖乙中畫出電容器兩極間電勢差u隨電荷量q變化的圖像。類比直線運動中由圖像求位移的方法，求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能；（3）開關由1撥到2后，電容器中儲存的電能部分轉(zhuǎn)化為炮彈的動能。從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒ab中的自由電荷為正電荷。我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請結(jié)合圖丙分析說明其原理?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）見解析【解析】（1）電容器充電完畢時其電壓等于電動勢E，所以電容器所帶的電荷量（2）由可知，電壓u隨所帶電荷量q成正比，其圖像如圖所示兩極間電壓為U時圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲存的能量（3）由題可知電容器上極板帶正電，故當開關由1撥到2后，棒ab中的正電荷受靜電力的作用向下運動，由左手定則可知其受到方向向右的洛倫茲力f1，在安培力的作用下，棒ab整體向右運動，故其中的正電荷又有向右的分速度，故其又受到b→a方向的洛倫茲力f2，受力分析如圖設自由電荷的電荷量為e，沿導體棒向下定向移動的速率為，棒ab向右運動的速度為v，則沿棒方向的洛倫茲力該力做負功垂直棒方向的洛倫茲力該力做正功所以，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。f1做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使導體棒機械能增加；f2做負功，阻礙靜電力將正電荷從a端搬運到b端，相當于電源中的非靜電力，宏觀上表現(xiàn)為“反向電動勢”，消耗了電容器中的電能。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電容器中的電能轉(zhuǎn)化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用。5.（2023年廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試）用圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，請完成下列實驗內(nèi)容。（1）實驗時，要通過電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向來觀測電路中電流的方向。因此電流表應采用圖乙中的_____（選填“a”、“b”）；（2）依照圖中所示的電路圖，將圖乙的實驗器材用筆畫線代替導線連接成實驗電路_________（圖中已有部分連接）：（3）開關S接1后，小燈泡L_______（填選項前的字母）：A.一直不亮B.逐漸變亮，穩(wěn)定后保持亮度不變C.突然變亮，然后逐漸變暗，直到熄滅（4）開關S接1足夠長時間后，再將開關S接2。開關S接2之后電壓表讀數(shù)_____（選填“逐漸增大”“逐漸減小”）；（5）圖乙中電容器的電容為