《2017-2018學年高中物理 第一章 電場 第七、八節(jié) 了解電容器 靜電與新技術教學案 粵教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高中物理 第一章 電場 第七、八節(jié) 了解電容器 靜電與新技術教學案 粵教版選修3-1（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第七、八節(jié) 了解電容器__靜電與新技術 　　　　　　　　　　　　　　1.電容的定義式為C＝，電容的大小僅取決于電容器本身，與Q和U無關。 2．平行板電容器的電容決定式為C＝，即C由εr、S、d共同來決定。 3．靜電在技術上有許多應用，比如激光打印、噴墨打印、靜電除塵、靜電噴涂、靜電植絨、靜電復印等。 4．防止靜電危害的基本原則是：控制靜電的產(chǎn)生，把產(chǎn)生的靜電迅速引走以避免靜電的積累。 一、電容器及電容器的充放電 1．電容器的組成 電容器由兩個互相靠近、彼此絕緣的導體組成，電容器的導體間可以填充絕緣物質(zhì)(電介質(zhì))。常見的平行板電容器就是由兩塊正對而又相距很近的金

2、屬板組成的。 2．電容器的充放電過程 充電過程 放電過程 定義 使電容器的兩個極板帶上等量異種電荷的過程 使電容器兩極板上的電荷中和的過程 過程示意圖 電荷運動方向 正電荷向A板移動，負電荷向B板移動 正電荷由A板向B板移動(或負電荷由B板向A板移動) 電流方向 由負極板經(jīng)導線、電源到正極板 由正極板經(jīng)導線到負極板 特點 ①每一極板所帶電荷量的絕對值稱為電容器所帶的電荷量 ②電容器充電后，兩極板間存在電場，從電源獲得的能量儲存在電場之中，稱為電場能。電場具有能量是電場物質(zhì)性的重要表現(xiàn)③小燈泡閃亮一下，說明充放電電流短暫 ④兩個過程互逆，電容器的電荷

3、量、場強、能量變化趨勢相反 二、電容器的電容 1．定義 電容器所帶的電荷量跟它的兩極板間的電勢差的比值。 2．定義式 C＝。 3．物理意義 電容是表示電容器儲存電荷本領大小的物理量。 4．單位 在國際單位制中，電容的單位是法拉，在實際使用中還有其他單位，如微法、皮法，它們之間的換算關系是：1 F＝106 μF＝1012 pF。 三、決定電容器的因素 1．實驗探究 由于平行板電容器的電容與多種因素有關，故可以采取控制變量法探究。 2．平行板電容器的電容 (1)平行板電容器的電容與兩極板的正對面積成正比，與兩極板間的距離成反比，并跟板間插入的電介質(zhì)有關。 (2)公

4、式：C＝。 3．電容器的兩個性能指標 (1)一個是它的電容量； (2)另一個是它的耐壓能力，耐壓值表示電容器正常使用時兩個電極間所能承受的最大電壓。 四、靜電與新技術 1．靜電除塵的原理：先使空氣中的塵埃帶上負電，并在電場力的作用下被吸附到金屬線上，當塵埃累積到一定程度時，可以在重力的作用下落入漏斗中，實現(xiàn)了除塵的作用。 2．靜電的危害與防止 靜電產(chǎn)生危害的必要條件是積累足夠多的靜電荷，因此，防止靜電危害的基本原則是：控制靜電的產(chǎn)生和把產(chǎn)生的靜電迅速移走以避免靜電的積累。常用方法有靜電接地、增加濕度、非導電材料的抗靜電處理等。 1．自主思考——判一判 (1)給電容器充電的

5、過程，電容器所帶電量在增大。(√) (2)電容器所帶電荷量越大，電容器的電容越大。(×) (3)電容器兩板間電壓越大，電容器的電容越大。(×) (4)電解電容器接入電路時要注意其極性。(√) (5)防止靜電危害就要保持空氣干燥。(×) 2．合作探究——議一議 (1)電容的定義式為C＝，怎樣理解這三個量之間的關系？某一電容器的是否變化？為什么電容的定義式又可寫作C＝？ 提示：電容器兩極板間的電勢差隨電荷量的增加而增加，電荷量和電勢差成正比，它們的比值是一個恒量，每一個電容器都有一個屬于自己的常數(shù)，與所帶電荷量的多少無關。這個比值反映了電容器容納電荷的能力大小。定義式C＝，Q、U是正

6、比關系，所以C＝＝。 (2)電容器的電容取決于哪些因素？ 提示：電容器的電容取決于極板的正對面積、極板間距離以及極板間的電介質(zhì)。 (3)為什么在油罐車的下部拖一條鐵鏈？ 提示：油罐車下部的鐵鏈是車的一條接地線，可以把多余的電荷引入大地，避免靜電積累。 對公式C＝及C＝的理解及應用 1．對電容的定義式C＝的理解 (1)電容由電容器本身的構造決定：電容器的電容是反映電容器容納電荷本領的物理量，用比值C＝來定義，但它卻是由電容器自身的構造決定的，與所帶電荷量Q和所加電壓U無關。即使電容器不帶電，其電容仍然存在，并且是一個確定的值。 (2)通過Q -U圖像來理解C＝，如

7、圖1-7-1所示，在Q -U圖像中，電容是一條過原點的直線的斜率，其中Q為一個極板上所帶電荷量的絕對值，U為兩極板間的電勢差，可以看出，電容器電容也可以表示為C＝，即電容器的電容的大小在數(shù)值上等于兩極板間的電壓增加(或減小)1 V所需增加(或減少)的電荷量。 圖 1-7-1 (3)通過C-Q圖像或C-U圖像理解。 圖 1-7-2 由圖像看出：C與Q、U均無關。 2．C＝與C＝的比較 平行板電容器的電容C的決定式為C＝，其中εr為電介質(zhì)的相對介電常數(shù)，S為兩極板正對面積，d為兩極板間距，k為靜電力常量。(注：此式高考不做要求，但記住后有利于有關動態(tài)問題的分析) 公式 C＝

8、 C＝ 類型 定義式 決定式 意義 對某電容器Q∝U，即＝C不變，反映容納電荷的本領 平行板電容器，C∝εr，C∝S，C∝，反映了影響電容大小的因素 聯(lián)系 電容器容納電荷的本領由Q/U來量度，由本身的結(jié)構(如平行板電容器的εr、S、d)來決定 [典例]　板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是(　　) A．U2＝U1，E2＝E1　　　 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝

9、2U1，E2＝2E1 [思路點撥]　解答本題時應把握以下兩點： (1)恰當選擇平行板電容器電容的決定式C＝和電容的定義式C＝分析問題； (2)平行板電容器兩極板間的場強E＝。 [解析]　U1＝＝＝，E1＝＝ 當電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)闀r， U2＝＝＝＝U1 E2＝＝＝2E1，選項C正確。 [答案]　C 本題考查平行板電容器極板間電勢差、場強與所帶電荷量及板間距的關系，意在考查考生應用E＝、C＝和C＝綜合分析問題的能力?！　　　? 1．某平行板電容器的電容為C，帶電量為Q，相距為d，今在板間中點放一個電量為q的點電荷，則它受到的電場力的大小為(　　)

10、 A.　　B.　　　C.　　　D. 解析：選C　由電容的定義式C＝得，板間電壓為U＝。板間場強大小為E＝。點電荷所受的電場力大小為F＝qE，聯(lián)立得到，F(xiàn)＝。 2．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是(　　) A．C和U均增大　　　　 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C和U均減小 解析：選B　由公式C＝知，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C增大，由公式C＝知，電荷量不變時U減小，B正確。 3．有一充電的平行板電容器，兩板間電壓為3 V，現(xiàn)使它的電荷量減少3×10－4 C，于是電容器兩

11、板間的電壓降為原來的，此電容器的電容是多大？電容器原來的帶電荷量是多少庫侖？若電容器極板上的電荷量全部放掉，電容器的電容是多大？ 解析：電容器兩極板間電勢差的變化量為 ΔU＝U＝×3 V＝2 V， 由C＝，得C＝F＝1.5×10－4F＝150 μF。 設電容器原來的電荷量為Q，則 Q＝CU＝1.5×10－4×3 C＝4.5×10－4 C。 電容器的電容是由本身決定的，與是否帶電無關，所以電容器放掉全部電荷后，電容仍然是150 μF。 答案：150 μF　4.5×10－4 C　150 μF 平行板電容器的兩類動態(tài)分析問題 1．第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變

12、 2．第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變 [典例]　 (多選)如圖1-7-3所示，一平行板電容器與電源E和電流表相連接，接通開關S，電源即給電容器充電，下列說法中正確的是(　　) 圖1-7-3 A．保持S接通，使兩極板的面積錯開一些(仍平行)，則兩極板間的電場強度減小 B．保持S接通，減小兩極板間的距離，則電流表中有從左到右的電流流過 C．斷開S，增大兩極板間的距離，則兩極板間的電壓增大 D．斷開S，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)板，則兩極板間的電勢差減小 [思路點撥] 電容器動態(tài)問題的分析思路： [解析]　先明確物理量C、Q、U、E中保持不變的量，再

13、依據(jù)物理公式來討論。保持開關S接通，電容器上電壓U保持不變，正對面積S減小時，由E＝可知U和d都不變，則場強E不變，A錯誤。減小距離d時，由C∝可知電容C增大，因為開關S接通U不變，由Q＝CU得電荷量Q將增大，故電容器充電，電路中有充電電流，B正確。斷開開關S后，電容器的電荷量Q保持不變，當d增大時電容C減小，由C＝可得電壓U將增大，C正確。插入電介質(zhì)，εr增大，電容C增大，因為斷開S后Q不變，由C＝知電壓U將減小，D正確。 [答案]　BCD 平行板電容器的動態(tài)變化問題的分析方法 抓住不變量分析變化量，其理論依據(jù)是： (1)首先明確不變量，是電荷量Q不變，還是電壓U不變。 (2)

14、用電容決定式C＝分析電容的變化。 (3)用電容定義式C＝分析Q或U的變化。 (4)用E＝分析場強的變化?！　　　? 1. (多選)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素(如圖1-7-4)。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，則(　　) 圖1-7-4 A．保持S不變，增大d，則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，增大S，則θ變小 D．保持d不變，增大S，則θ不變 解析：選AC　保持S不變，增大d，由電容器的決定式C＝知，電容變小，電量Q不變；由電容的定義式C＝分析可知電容器板間電壓增大，則θ

15、變大。故A正確，B錯誤。保持d不變，增大S，由電容器的決定式C＝知，電容變大，電量Q不變，由電容的定義式C＝分析可知電容器板間電壓減小，則θ變小。故C正確，D錯誤。 2.如圖1-7-5所示電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度。下述哪些做法可使指針張角增大(　　) 圖1-7-5 A．使A、B兩板靠近一些 B．使A、B兩板正對面積錯開一些 C．斷開S后，使A、B兩板靠近一些 D．斷開S后，使A、B正對面積錯開一些 解析：選D　圖中靜電計的金屬桿接A板，外殼和B板均接地，靜電計顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩極

16、板間的電壓越高，當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓，靜電計指針張角不變；當斷開S后，板間距離減小，A、B兩板間電容增大，正對面積減小，A、B兩板間的電容變小，而電容器電荷量不變，由C＝可知，正對面積減小使板間電壓U增大，從而靜電計指針張角增大，故D正確。 3．(多選)如圖1-7-6所示，一帶電油滴懸浮在平行板電容器兩極板A、B之間的P點，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點上方，其他條件不變。下列說法中正確的是(　　) 圖1-7-6 A．液滴將向下運動 B．液滴將向上運動 C．極板帶電荷量將增加 D．極板帶電荷量將減少 解析：選BC　

17、電容器板間的電壓保持不變，當將極板A向下平移一小段距離時，根據(jù)E＝分析得知，板間場強增大，液滴所受電場力增大，液滴將向上運動。故A錯誤，B正確。將極板A向下平移一小段距離時，根據(jù)電容的決定式C＝得知電容C增大，而電容器的電壓U不變，極板帶電荷量將增大。故C正確，D錯誤。 靜電現(xiàn)象的應用 1．應用靜電現(xiàn)象的基本原理一般是讓帶電的物質(zhì)微粒在電場力作用下奔向并吸附到異性電極或帶電體上，理解這一原理是解決這類問題的關鍵。 2．強電場電離空氣后，電子在電場力作用下向高電勢運動，從而使微粒吸附電子而帶負電。 1．對于靜電噴漆的說法，下列正確的是(　　) A．當油漆從噴槍噴出時，油

18、漆粒子帶正電，物體也帶正電，相互排斥而擴散開來 B．當油漆從噴槍噴出時，油漆粒子帶負電，物體不帶電，相互吸引而被物體吸附 C．從噴槍噴出的油漆粒子帶正電，相互排斥而擴散開來，被吸附在帶負電的物體上 D．因為油漆粒子相互排斥而擴散開來，所以靜電噴漆雖噴漆均勻但浪費油漆 解析：選C　噴槍噴出的油漆粒子帶正電，因相互排斥而散開，形成霧狀，被噴涂的物體帶負電，對霧狀油漆產(chǎn)生引力，把油漆吸到表面，從而減少了浪費，所以只有C正確。 2．(多選)如圖1-7-7為靜電除塵器除塵機理的示意圖。塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵的目的。下列表述正確的是(　　)

19、 圖1-7-7 A．到達集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場方向由集塵極指向放電極 C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大 解析：選BD　集塵極與電源的正極相連帶正電，放電極帶負電，塵埃在電場力作用下向集塵極遷移，說明塵埃帶負電荷，A項錯誤；電場方向由集塵極指向放電極，B項正確；帶電塵埃帶負電，因此所受電場力方向與電場方向相反，C項錯誤；同一位置電場強度一定，由F＝qE可知，塵埃電荷量越多，所受電場力越大，D項正確。 3.利用靜電除塵器可以消除空氣中的粉塵，靜電除塵器由金屬管A和懸在管中的金屬絲B組成，A和B分別接到高壓電源的正極和負

20、極，其裝置示意圖如圖1-7-8所示，A、B之間有很強的電場，距B越近，場強__________(選填“越大”或“越小”)。B附近的氣體分子被電離成為電子和正離子。粉塵吸附電子后被吸附到__________(選填“A”或“B”)上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中。 圖1-7-8 答案：越大　A 1．(多選)下列說法中正確的是(　　) A．電容器是儲存電荷和電能的容器，只有帶電時才稱電容器 B．電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量 C．固定電容器所充電荷量跟加在兩極板間的電壓成正比 D．電容器的電容跟極板所帶電荷量成正比，跟極板間電壓成反比 解析：選BC　電容器是

21、儲存電荷和電能的容器，不論是否帶電均是電容器，故A錯誤；電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量，故B正確；根據(jù)Q＝CU可知，固定電容器所充電荷量跟加在兩極板間的電壓成正比，選項C正確；電容器的電容跟極板所帶電量無關，與兩極板間的電壓無關，故D錯誤。 2．下列關于電容器的說法中，正確的是(　　) A．電容越大的電容器，帶電荷量也一定越多 B．電容器不帶電時，其電容為零 C．兩個電容器的帶電荷量相等時，兩板間電勢差較大的電容器的電容較大 D．電容器的電容跟它是否帶電無關 解析：選D　根據(jù)公式C＝可得電容大，只能說明電荷量與電壓的比值大，所帶電荷量不一定大，兩個電容器的帶電荷量相等時，

22、兩板間電勢差較大的電容器的電容較小，A、C錯誤；電容器的電容是電容器的本身的屬性，與電量及電壓無關；故B錯誤D正確。 3. (多選)如圖1所示是測定液面高度h的傳感器。在導線芯的外面涂上一層絕緣物質(zhì)，放入導電液體中，在計算機上就可以知道h的變化情況，并實現(xiàn)自動控制，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．液面高度h變大，電容變大 B．液面高度h變小，電容變大 C．金屬芯線和導電液體構成電容器的兩個電極 D．金屬芯線的兩側(cè)構成電容器的兩電極 解析：選AC　根據(jù)電容器的概念及圖示可知，金屬芯線和導電液體構成電容器的兩個電極，選項C正確，D錯誤；液面高度h變大，兩極間的相對面積變大，根

23、據(jù)C＝可知，電容變大，選項A正確，B錯誤。 4.如圖2所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動，重力加速度為g。粒子運動加速度為(　　) 圖2 A. g　　B. g　　　C. g　　　D. g 解析：選A　平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，有金屬板時，板間場強可以表達為：E1＝，且有E1q＝mg，當抽去金屬板，則板間距離增大，板間場強可以表達為：E2＝，有mg－E2q＝ma，聯(lián)立上述可解得：＝，知選項A正確。 5

24、.平行板電容器的兩極板A、B接于電源兩極，兩極板豎直、平行正對，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關S，電容器充電，懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖3所示，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．保持開關S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ減小 B．保持開關S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變 C．開關S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變 D．開關S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大 解析：選C　保持開關S閉合，電容器兩端的電壓不變，帶正電的A板向B板靠近，則兩極板間的間距減小，根據(jù)公式E＝，可得兩極板間的電場強度增大，故θ增大，A、B錯誤；若開關S斷開，電容器兩極

25、板上的電荷總量不變，帶正電的A板向B板靠近，則兩極板間的間距減小，根據(jù)公式C＝、C＝、E＝聯(lián)立解得E＝，即兩極板間的電場強度大小和極板間的距離無關，所以電場強度不變，故θ不變，C正確D錯誤。 6.如圖4所示，在玻璃管中心軸上安裝一根直導線，玻璃管外繞有線圈，直導線的一端和線圈的一端分別跟感應圈的兩放電柱相連。開始，感應圈未接通電源，點燃蚊香，讓煙通過玻璃管冒出。當感應圈電源接通時，玻璃管中的導線和管外線圈間就會加上高電壓，立即可以看到，不再有煙從玻璃管中冒出來了。過一會兒還可以看到管壁吸附了一層煙塵。請思考這是什么原因。 圖4 解析：當感應圈電源接通時，玻璃管中的導線和管外線圈間就會

26、加上高電壓，形成強電場。含塵氣體經(jīng)過電壓靜電場時被電離。塵粒與負離子結(jié)合帶上負電，在強電場中受靜電力作用偏轉(zhuǎn)后被吸附在帶正電的管壁上。 答案：見解析 7．(多選)每到夏季，各地紛紛進入雨季，雷雨等強對流天氣頻繁發(fā)生。當我們遇到雷雨天氣時，一定要注意避防雷電。下列說法正確的是(　　) A．不宜使用無防雷措施或防雷措施不足的電器及水龍頭 B．不要接觸天線、金屬門窗、建筑物外墻，遠離帶電設備 C．固定電話和手提電話均可正常使用 D．在曠野，應遠離樹木和電線桿 解析：選ABD　表面具有突出尖端的導體，在尖端處的電荷分布密度很大，使得其周圍電場很強，就可能使其周圍的空氣發(fā)生電離而引發(fā)尖

27、端放電。固定電話和手提電話的天線處有尖端，易引發(fā)尖端放電造成人體傷害，故不能使用，選項A、B、D正確，C錯誤。 8.如圖5所示，長為l的金屬桿原來不帶電，在距其右端d處放一個電荷量為＋q的點電荷。 (1)金屬桿中點處的電場強度為多少？ (2)金屬桿上的感應電荷在桿中點處產(chǎn)生的電場強度為多大？ 圖5 解析：(1)金屬桿處于靜電平衡狀態(tài)，其內(nèi)部場強處處為零。因此，金屬桿中點處的電場強度為0。 (2)點電荷q在金屬桿中點處產(chǎn)生的場強E點＝k＝kq/2，方向水平向左。由于桿中點處的場強為零，所以感應電荷在桿中點處產(chǎn)生的場強與點電荷在該處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，所以，感應電荷在桿中

28、點處產(chǎn)生的場強大小E感＝E點＝kq/2。 答案：(1)0　(2)kq/2 9.如圖6所示是一只利用電容器電容C測量角度θ的電容式傳感器的示意圖，當動片和定片之間的角度θ發(fā)生變化時，電容C便發(fā)生變化，于是通過知道電容C的變化情況就可以知道角度θ的變化情況。下圖中，最能正確反映角度θ與電容C之間關系的是(　　) 圖6 解析：選B　兩極板正對面積S＝(π－θ)R2，則S ∝(π－θ)，又因為C ∝S，所以C ∝(π－θ)，令C＝k(π－θ)，解得θ＝π－(k為常數(shù))，所以B正確。 10. (多選)如圖7所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b，分別與電源的正負極相連。a、b板的中

29、央沿豎直方向各有一個小孔，帶正電的液滴從小孔的正上方P點由靜止自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為v1?，F(xiàn)使a板不動，保持開關S打開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為v2；下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．若開關S保持閉合，向下移動b板，則v2＞v1 B．若開關S保持閉合，無論向上或向下移動b板，則v2＝v1 C．若開關S閉合一段時間后再打開，向下移動b板，則v2＞v1 D．若開關S閉合一段時間后再打開，無論向上或向下移動b板，則v2＜v1 解析：選BC　若開關S保持閉合，則兩極板間的電壓恒定不變，所以無論向上或向下移動

30、b板，電場力做功W＝Uq恒定不變，重力做功不變，先后穿過兩個小孔后速度不變，即v2＝v1，若開關S閉合一段時間后再打開，兩極板上的電荷量不變，向下移動b板，兩極板間的距離減小，根據(jù)公式C＝可得電容增大，根據(jù)公式C＝可得兩極板間的電壓減小，克服電場力做功W＝Uq減小，重力做功不變，故穿過a板后的速度v2＞v1，C正確D錯誤。 11.如圖8所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求： 圖8 (

31、1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間。 解析：(1)由v2＝2gh得v＝。 (2)在極板間帶電小球受重力和電場力， 有mg－qE＝ma,0－v2＝2ad 得E＝ U＝Ed，Q＝CU 得Q＝C。 (3)由h＝gt12,0＝v＋at2，t＝t1＋t2 綜合可得t＝。 答案：見解析 12.如圖9所示，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點，現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時懸線與豎直方向的夾角為π/6。再給電容器緩慢充電，直到懸

32、線和豎直方向的夾角增加到π/3，且小球與兩極板不接觸。求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量。 圖9 解析：設電容器電容為C，第一次充電后兩極板之間的電壓為U＝① 兩極板之間電場的場強為E＝② 式中d為兩極板間的距離。 按題意，當小球偏轉(zhuǎn)角θ1＝時，小球處于平衡位置。設小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有 Tcos θ1＝mg③ Tsin θ1＝qE④ 式中T為此時懸線的張力。 聯(lián)立①②③④式得tan θ1＝⑤ 設第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ，此時小球偏轉(zhuǎn)角θ2＝，則tan θ2＝⑥ 聯(lián)立⑤⑥式得＝⑦ 代入數(shù)據(jù)解得ΔQ＝2Q。⑧ 答案：2Q 第一章　電　

33、場 (時間：50分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分，第1～5小題中只有一個選項符合題意，第6～8小題中有多個選項符合題意，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分) 1.如圖1所示，三個完全相同的絕緣金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上，c球在xOy坐標系原點O上，a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量比b所帶電荷量少，關于c受到a和b的靜電力的合力方向，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．從原點指向第Ⅰ象限 B．從原點指向第Ⅱ象限 C．從原點指向第Ⅲ象限 D．從原點指向第Ⅳ象限 解析：選D　根據(jù)庫侖定律得：c受到a

34、電荷由a指向c的斥力F1、受到b從c指向b的引力F2作用，且F1＜F2，若電荷a和b的電荷量相同，則兩個力F1和F2的合力沿x軸的正方向，因為F1＜F2，所以兩個力的合力方向會偏向第Ⅳ象限，所以本題的答案應該是D。 2. (2015·浙江高考)如圖2所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置。工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則(　　) 圖2 A．乒乓球的左側(cè)感應出負電荷 B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上 C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用 D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開

35、后乒乓球會在兩極板間來回碰撞 解析：選D　兩極板間電場由正極板指向負極板，鍍鋁乒乓球內(nèi)電子向正極板一側(cè)聚集，故乒乓球的右側(cè)感應出負電荷，選項A錯誤；乒乓球受到重力、細線拉力和電場力三個力的作用，選項C錯誤；乒乓球與任一金屬極板接觸后會帶上與這一金屬極板同種性質(zhì)的電荷，而相互排斥，不會吸在金屬極板上，到達另一側(cè)接觸另一金屬極板時也會發(fā)生同樣的現(xiàn)象，所以乒乓球會在兩極板間來回碰撞，選項B錯誤、D正確。 3.如圖3所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱。下列判

36、斷錯誤的是(　　) 圖3 A．b、d兩點處的電勢相同 B．四個點中c點處的電勢最低 C．b、d兩點處的電場強度相同 D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，＋q的電勢能減小 解析：選C　由等量異種點電荷的電場線分布及等勢面特點知，A、B正確，C錯誤。四點中a點電勢大于c點電勢，正電荷在電勢越低處電勢能越小，故D正確。 4.如圖4所示為示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖，相距為d、長度為L的極板AC、BD加上電壓U后，可在兩極板之間(設為真空)產(chǎn)生勻強電場。在左端距兩板等距離處的O點，有一電荷量為－q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度沿與板平行射入，不計重力，下列說法正確的是(　　) 圖

37、4 A．入射粒子向下偏轉(zhuǎn) B．入射速度大于 的粒子可以射出電場 C．若粒子可以射出電場，則入射速度越大，動能變化越大 D．若粒子可以射出電場，則射出電場時速度方向的反向延長線過O點 解析：選B　粒子帶負電，受到豎直向上的電場力，故應向上偏轉(zhuǎn)，A錯誤；若粒子剛好離開電場，則有L＝vt，＝at2，a＝＝，聯(lián)立可得v＝ ，B正確；入射速度越大，偏轉(zhuǎn)量越小，故電場力做功越少，則動能變化量越小，C錯誤；若粒子可以射出電場，速度偏轉(zhuǎn)角正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍，則射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點，不會過O點，故D錯誤。 5．如圖5所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的

38、開關S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個小孔a和b。在a孔正上方某處一帶電質(zhì)點由靜止開始下落，不計空氣阻力，該質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回?，F(xiàn)要使帶電質(zhì)點能穿出b孔，可行的方法是 圖5 (　　) A．保持S閉合，將A板適當上移 B．保持S閉合，將B板適當下移 C．先斷開S，再將A板適當上移 D．先斷開S，再將B板適當下移 解析：選B　設質(zhì)點距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U。質(zhì)點的電量為q。由題質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S閉合，將A板適當上移，設質(zhì)點到達b時速度為v，由動能定理得mg(h＋d)－qU＝mv

39、2，v＝0，說明質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔。故A錯誤。若保持S閉合，將B板適當下移距離Δd，由動能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝mv2，則v＞0，說明質(zhì)點能穿出b孔，故B正確。若斷開S，將A板適當上移，板間電場強度不變，設A板上移距離為Δd，質(zhì)點到達B板時速度為v。由動能定理得mg(h＋d)－qE(d＋Δd)＝mv2，又由原來情況有mg(h＋d)－qEd＝0。比較兩式得，v＜0，說明質(zhì)點不能穿出b孔，故C錯誤。若斷開S，再將B板適當下移，B板下移距離為Δd，設質(zhì)點到達B板時速度為v。由動能定理得mg(h＋d＋Δd)－qE(d＋Δd)＝mv2，又由原來情況有mg(h＋d

40、)－qEd＝0。比較兩式得，v<0，說明質(zhì)點不能穿出b孔，故D錯誤。 6.一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C點運動到D點，其v - t圖像如圖6所示，則下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．A點的電場強度一定大于B點的電場強度 B．粒子在A點的電勢能一定大于在B點的電勢能 C．CD間各點電場強度和電勢都為零 D．AB兩點間的電勢差大于CB兩點間的電勢差 解析：選AB　由圖線可看出，A點的斜線的斜率大于B點的斜率，即A點的加速度大于B點，故A點的電場強度一定大于B點的電場強度，選項A正確；從B點的速度大于A點速度，故從A到B動能增加，電勢能減小，即粒子在A點的電勢能一

41、定大于在B點的電勢能，選項B正確；從C到D粒子做勻速運動，故CD間各點電場強度為零，但是電勢相等且不一定為零，選項C錯誤；從A到B和從B到C粒子動能的變化量相同，故電場力做功相同，即AB兩點間的電勢差等于CB兩點間的電勢差，選項D錯誤。 7．某電容式話筒的原理如圖7所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動，當P、Q間距離增大時，(　　) 圖7 A．P、Q構成的電容器的電容減小 B．P上電荷量保持不變 C．有電流自M經(jīng)R流向N D．PQ間的電場強度不變 解析：選AC　根據(jù)電容器的決定式C＝可知當P、Q間距離d增大時，P、Q構成的電容

42、器的電容減小，選項A正確；因兩板間電勢差不變，則根據(jù)Q＝CU可知P上電荷量減小，選項B錯誤；電容器上的電量減小時，電容器放電，則有電流自M經(jīng)R流向N，選項C正確；由于U不變，d增大，根據(jù)E＝可知，PQ間的電場強度減小，選項D錯誤。 8.如圖8所示的U-x圖像表示三對平行金屬板間電場的電勢差與場強方向上距離的關系。若三對金屬板的負極板接地，圖中x均表示到正極板的距離，則下述結(jié)論中正確的是(　　) 圖8 A．三對金屬板正極電勢的關系φ1＞φ2＞φ3 B．三對金屬板間場強大小有E1＞E2＞E3 C．若沿電場方向每隔相等的電勢差值作一等勢面，則三個電場等勢面分布的關系是1最密，3最疏

43、D．若沿電場方向每隔相等距離作一等勢面，則三個電場中相鄰等勢面差值最大的是1，最小的是3 解析：選BCD　通過U-x圖像分析可得，三對金屬板的板間電勢差相同，又因為金屬板的負極板都接地，所以三個正極板的電勢相等，A錯誤。又因為板間距離不同，由E＝可得E1＞E2＞E3，B正確。每隔相等的電勢差值作一等勢面，由d＝可得，場強越大，等勢面間距越小，分析得等勢面分布的關系是1最密，3最疏，C正確。沿電場方向每隔相等距離作一等勢面，由UAB＝Ed可得，場強越大，電勢差越大，分析得相鄰等勢面差值最大的是1，最小的是3，D正確。 二、計算題(本題共3小題，共52分) 9．(14分) (2015·全國卷

44、Ⅱ)如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。 圖9 解析：設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即 vB sin 30°＝v0sin 60°① 由此得vB＝v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(vB2－v02)③ 聯(lián)立②③式得UAB＝。④ 答案： 10．(18分)如圖10所示，在水平方向的勻強電場中，一不可伸長的

45、不導電細線一端連著一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球，另一端固定在O點，將小球拉起直至細線與場強方向平行，然后無初速度釋放，則小球沿圓弧做往復運動。已知小球擺到最低點的另一側(cè)與豎直方向成的最大角度為θ。求： (1)勻強電場的大小和方向； (2)小球經(jīng)過最低點時細線對小球的拉力大小。 圖10 解析：(1)若電場向左小球?qū)⑾蜃笙路阶鰟蚣铀僦本€運動，所以電場方向水平向右，小球從靜止擺到最左邊的過程中：mgLcos θ－Eq(1＋sin θ)L＝0① E＝。② (2)小球從開始到最低點的過程中： mgL－EqL＝mv2③ T－mg＝m④ 得T＝3 mg－。⑤ 答案：(1)　水

46、平向右 (2)3 mg－ 11．(20分)如圖11所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強電場，由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角，已知AO的水平距離為d。(不計重力)求： (1)從A點到B點用的時間； (2)勻強電場的電場強度大?。? (3)AB兩點間的電勢差。 圖11 解析：(1)粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運動，則有：t＝。 (2)由牛頓第二定律得：a＝ 將粒子射出電場的速度v進行分解，則有 vy＝v0tan 45°＝v0，又vy＝at， 得：v0＝·＝ 解得：E＝。 (3)由動能定理得：eUAB＝m(v0)2－mv02 解得：UAB＝。 答案：(1)　(2)　(3) 23