2019-2020年高中物理第一章電場(chǎng)第七八節(jié)了解電容器靜電與新技術(shù)教學(xué)案粵教版選修3.doc

2019-2020年高中物理第一章電場(chǎng)第七八節(jié)了解電容器靜電與新技術(shù)教學(xué)案粵教版選修31.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(wú)關(guān)。2平行板電容器的電容決定式為C，即C由r、S、d共同來(lái)決定。3靜電在技術(shù)上有許多應(yīng)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(fù)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(gè)互相靠近、彼此絕緣的導(dǎo)體組成，電容器的導(dǎo)體間可以填充絕緣物質(zhì)(電介質(zhì))。常見(jiàn)的平行板電容器就是由兩塊正對(duì)而又相距很近的金屬板組成的。2電容器的充放電過(guò)程充電過(guò)程放電過(guò)程定義使電容器的兩個(gè)極板帶上等量異種電荷的過(guò)程使電容器兩極板上的電荷中和的過(guò)程過(guò)程示意圖電荷運(yùn)動(dòng)方向正電荷向A板移動(dòng)，負(fù)電荷向B板移動(dòng)正電荷由A板向B板移動(dòng)(或負(fù)電荷由B板向A板移動(dòng))電流方向由負(fù)極板經(jīng)導(dǎo)線、電源到正極板由正極板經(jīng)導(dǎo)線到負(fù)極板特點(diǎn)每一極板所帶電荷量的絕對(duì)值稱為電容器所帶的電荷量電容器充電后，兩極板間存在電場(chǎng)，從電源獲得的能量?jī)?chǔ)存在電場(chǎng)之中，稱為電場(chǎng)能。電場(chǎng)具有能量是電場(chǎng)物質(zhì)性的重要表現(xiàn)小燈泡閃亮一下，說(shuō)明充放電電流短暫兩個(gè)過(guò)程互逆，電容器的電荷量、場(chǎng)強(qiáng)、能量變化趨勢(shì)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(shì)差的比值。2定義式C。3物理意義電容是表示電容器儲(chǔ)存電荷本領(lǐng)大小的物理量。4單位在國(guó)際單位制中，電容的單位是法拉，在實(shí)際使用中還有其他單位，如微法、皮法，它們之間的換算關(guān)系是：1 F106 F1012 pF。三、決定電容器的因素1實(shí)驗(yàn)探究由于平行板電容器的電容與多種因素有關(guān)，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(duì)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(guān)。(2)公式：C。3電容器的兩個(gè)性能指標(biāo)(1)一個(gè)是它的電容量；(2)另一個(gè)是它的耐壓能力，耐壓值表示電容器正常使用時(shí)兩個(gè)電極間所能承受的最大電壓。四、靜電與新技術(shù)1靜電除塵的原理：先使空氣中的塵埃帶上負(fù)電，并在電場(chǎng)力的作用下被吸附到金屬線上，當(dāng)塵埃累積到一定程度時(shí)，可以在重力的作用下落入漏斗中，實(shí)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(dǎo)電材料的抗靜電處理等。1自主思考判一判(1)給電容器充電的過(guò)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(shí)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(gè)量之間的關(guān)系？某一電容器的是否變化？為什么電容的定義式又可寫(xiě)作C？提示：電容器兩極板間的電勢(shì)差隨電荷量的增加而增加，電荷量和電勢(shì)差成正比，它們的比值是一個(gè)恒量，每一個(gè)電容器都有一個(gè)屬于自己的常數(shù)，與所帶電荷量的多少無(wú)關(guān)。這個(gè)比值反映了電容器容納電荷的能力大小。定義式C，Q、U是正比關(guān)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(duì)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?zhǔn)擒嚨囊粭l接地線，可以把多余的電荷引入大地，避免靜電積累。對(duì)公式C及C的理解及應(yīng)用1對(duì)電容的定義式C的理解(1)電容由電容器本身的構(gòu)造決定：電容器的電容是反映電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，用比值C來(lái)定義，但它卻是由電容器自身的構(gòu)造決定的，與所帶電荷量Q和所加電壓U無(wú)關(guān)。即使電容器不帶電，其電容仍然存在，并且是一個(gè)確定的值。(2)通過(guò)Q U圖像來(lái)理解C，如圖171所示，在Q U圖像中，電容是一條過(guò)原點(diǎn)的直線的斜率，其中Q為一個(gè)極板上所帶電荷量的絕對(duì)值，U為兩極板間的電勢(shì)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 171(3)通過(guò)CQ圖像或CU圖像理解。圖 172由圖像看出：C與Q、U均無(wú)關(guān)。2C與C的比較平行板電容器的電容C的決定式為C，其中r為電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)，S為兩極板正對(duì)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(guān)動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析)公式CC類型定義式?jīng)Q定式意義對(duì)某電容器QU，即C不變，反映容納電荷的本領(lǐng)平行板電容器，Cr，CS，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(lǐng)由Q/U來(lái)量度，由本身的結(jié)構(gòu)(如平行板電容器的r、S、d)來(lái)決定典例板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢(shì)差為U1，板間場(chǎng)強(qiáng)為E1。現(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(shí)兩極板間電勢(shì)差為U2，板間場(chǎng)強(qiáng)為E2，下列說(shuō)法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1思路點(diǎn)撥解答本題時(shí)應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：(1)恰當(dāng)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(wèn)題；(2)平行板電容器兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)E。解析U1，E1當(dāng)電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)闀r(shí)，U2U1E22E1，選項(xiàng)C正確。答案C本題考查平行板電容器極板間電勢(shì)差、場(chǎng)強(qiáng)與所帶電荷量及板間距的關(guān)系，意在考查考生應(yīng)用E、C和C綜合分析問(wèn)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(diǎn)放一個(gè)電量為q的點(diǎn)電荷，則它受到的電場(chǎng)力的大小為()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(chǎng)強(qiáng)大小為E。點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力大小為FqE，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(duì)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(shì)差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大 DC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(shí)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3104 C，于是電容器兩板間的電壓降為原來(lái)的，此電容器的電容是多大？電容器原來(lái)的帶電荷量是多少庫(kù)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(shì)差的變化量為UU3 V2 V，由C，得CF1.5104F150 F。設(shè)電容器原來(lái)的電荷量為Q，則QCU1.51043 C4.5104 C。電容器的電容是由本身決定的，與是否帶電無(wú)關(guān)，所以電容器放掉全部電荷后，電容仍然是150 F。答案：150 F4.5104 C150 F平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題1第一類動(dòng)態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變2第二類動(dòng)態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變典例 (多選)如圖173所示，一平行板電容器與電源E和電流表相連接，接通開(kāi)關(guān)S，電源即給電容器充電，下列說(shuō)法中正確的是()圖173A保持S接通，使兩極板的面積錯(cuò)開(kāi)一些(仍平行)，則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)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(guò)C斷開(kāi)S，增大兩極板間的距離，則兩極板間的電壓增大D斷開(kāi)S，在兩極板間插入一塊電介質(zhì)板，則兩極板間的電勢(shì)差減小思路點(diǎn)撥電容器動(dòng)態(tài)問(wèn)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，再依據(jù)物理公式來(lái)討論。保持開(kāi)關(guān)S接通，電容器上電壓U保持不變，正對(duì)面積S減小時(shí)，由E可知U和d都不變，則場(chǎng)強(qiáng)E不變，A錯(cuò)誤。減小距離d時(shí)，由C可知電容C增大，因?yàn)殚_(kāi)關(guān)S接通U不變，由QCU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(kāi)開(kāi)關(guān)S后，電容器的電荷量Q保持不變，當(dāng)d增大時(shí)電容C減小，由C可得電壓U將增大，C正確。插入電介質(zhì)，r增大，電容C增大，因?yàn)閿嚅_(kāi)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(dòng)態(tài)變化問(wèn)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)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(chǎng)強(qiáng)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174)。設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為。實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，則()圖174A保持S不變，增大d，則變大B保持S不變，增大d，則變小C保持d不變，增大S，則變小D保持d不變，增大S，則不變解析：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，則變大。故A正確，B錯(cuò)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，則變小。故C正確，D錯(cuò)誤。2.如圖175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(jì)，開(kāi)關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開(kāi)一個(gè)角度。下述哪些做法可使指針張角增大()圖175A使A、B兩板靠近一些B使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些C斷開(kāi)S后，使A、B兩板靠近一些D斷開(kāi)S后，使A、B正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些解析：選D圖中靜電計(jì)的金屬桿接A板，外殼和B板均接地，靜電計(jì)顯示的是A、B兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩極板間的電壓越高，當(dāng)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(jì)指針張角不變；當(dāng)斷開(kāi)S后，板間距離減小，A、B兩板間電容增大，正對(duì)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(duì)面積減小使板間電壓U增大，從而靜電計(jì)指針張角增大，故D正確。3(多選)如圖176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(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點(diǎn)上方，其他條件不變。下列說(shuō)法中正確的是()圖176A液滴將向下運(yùn)動(dòng)B液滴將向上運(yùn)動(dòng)C極板帶電荷量將增加D極板帶電荷量將減少解析：選BC電容器板間的電壓保持不變，當(dāng)將極板A向下平移一小段距離時(shí)，根據(jù)E分析得知，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，液滴所受電場(chǎng)力增大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤，B正確。將極板A向下平移一小段距離時(shí)，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(cuò)誤。靜電現(xiàn)象的應(yīng)用1應(yīng)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(chǎng)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(wèn)題的關(guān)鍵。2強(qiáng)電場(chǎng)電離空氣后，電子在電場(chǎng)力作用下向高電勢(shì)運(yùn)動(dòng)，從而使微粒吸附電子而帶負(fù)電。1對(duì)于靜電噴漆的說(shuō)法，下列正確的是()A當(dāng)油漆從噴槍噴出時(shí)，油漆粒子帶正電，物體也帶正電，相互排斥而擴(kuò)散開(kāi)來(lái)B當(dāng)油漆從噴槍噴出時(shí)，油漆粒子帶負(fù)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(kuò)散開(kāi)來(lái)，被吸附在帶負(fù)電的物體上D因?yàn)橛推崃Ｗ酉嗷ヅ懦舛鴶U(kuò)散開(kāi)來(lái)，所以靜電噴漆雖噴漆均勻但浪費(fèi)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(kāi)，形成霧狀，被噴涂的物體帶負(fù)電，對(duì)霧狀油漆產(chǎn)生引力，把油漆吸到表面，從而減少了浪費(fèi)，所以只有C正確。2(多選)如圖177為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖。塵埃在電場(chǎng)中通過(guò)某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵的目的。下列表述正確的是()圖177A到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷B電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極C帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同D同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)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(fù)電，塵埃在電場(chǎng)力作用下向集塵極遷移，說(shuō)明塵埃帶負(fù)電荷，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極，B項(xiàng)正確；帶電塵埃帶負(fù)電，因此所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反，C項(xiàng)錯(cuò)誤；同一位置電場(chǎng)強(qiáng)度一定，由FqE可知，塵埃電荷量越多，所受電場(chǎng)力越大，D項(xiàng)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(fù)極，其裝置示意圖如圖178所示，A、B之間有很強(qiáng)的電場(chǎng)，距B越近，場(chǎng)強(qiáng)_(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178答案：越大A1(多選)下列說(shuō)法中正確的是()A電容器是儲(chǔ)存電荷和電能的容器，只有帶電時(shí)才稱電容器B電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)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電容器是儲(chǔ)存電荷和電能的容器，不論是否帶電均是電容器，故A錯(cuò)誤；電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，故B正確；根據(jù)QCU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(xiàng)C正確；電容器的電容跟極板所帶電量無(wú)關(guān)，與兩極板間的電壓無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。2下列關(guān)于電容器的說(shuō)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(shí)，其電容為零C兩個(gè)電容器的帶電荷量相等時(shí)，兩板間電勢(shì)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(wú)關(guān)解析：選D根據(jù)公式C可得電容大，只能說(shuō)明電荷量與電壓的比值大，所帶電荷量不一定大，兩個(gè)電容器的帶電荷量相等時(shí)，兩板間電勢(shì)差較大的電容器的電容較小，A、C錯(cuò)誤；電容器的電容是電容器的本身的屬性，與電量及電壓無(wú)關(guān)；故B錯(cuò)誤D正確。3. (多選)如圖1所示是測(cè)定液面高度h的傳感器。在導(dǎo)線芯的外面涂上一層絕緣物質(zhì)，放入導(dǎo)電液體中，在計(jì)算機(jī)上就可以知道h的變化情況，并實(shí)現(xiàn)自動(dòng)控制，下列說(shuō)法正確的是()圖1A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(dǎo)電液體構(gòu)成電容器的兩個(gè)電極D金屬芯線的兩側(cè)構(gòu)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(dǎo)電液體構(gòu)成電容器的兩個(gè)電極，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；液面高度h變大，兩極間的相對(duì)面積變大，根據(jù)C可知，電容變大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)加速度為()圖2A. gB. gC. gD. 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(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)可以表達(dá)為：E1，且有E1qmg，當(dāng)抽去金屬板，則板間距離增大，板間場(chǎng)強(qiáng)可以表達(dá)為：E2，有mgE2qma，聯(lián)立上述可解得：，知選項(xiàng)A正確。5.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(duì)，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開(kāi)關(guān)S，電容器充電，懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖3所示，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A保持開(kāi)關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則減小B保持開(kāi)關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變C開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，帶正電的A板向B板靠近，則不變D開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，帶正電的A板向B板靠近，則增大解析：選C保持開(kāi)關(guān)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(chǎng)強(qiáng)度增大，故增大，A、B錯(cuò)誤；若開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，電容器兩極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(chǎng)強(qiáng)度大小和極板間的距離無(wú)關(guān)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故不變，C正確D錯(cuò)誤。6.如圖4所示，在玻璃管中心軸上安裝一根直導(dǎo)線，玻璃管外繞有線圈，直導(dǎo)線的一端和線圈的一端分別跟感應(yīng)圈的兩放電柱相連。開(kāi)始，感應(yīng)圈未接通電源，點(diǎn)燃蚊香，讓煙通過(guò)玻璃管冒出。當(dāng)感應(yīng)圈電源接通時(shí)，玻璃管中的導(dǎo)線和管外線圈間就會(huì)加上高電壓，立即可以看到，不再有煙從玻璃管中冒出來(lái)了。過(guò)一會(huì)兒還可以看到管壁吸附了一層煙塵。請(qǐng)思考這是什么原因。圖4解析：當(dāng)感應(yīng)圈電源接通時(shí)，玻璃管中的導(dǎo)線和管外線圈間就會(huì)加上高電壓，形成強(qiáng)電場(chǎng)。含塵氣體經(jīng)過(guò)電壓靜電場(chǎng)時(shí)被電離。塵粒與負(fù)離子結(jié)合帶上負(fù)電，在強(qiáng)電場(chǎng)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(jiàn)解析7(多選)每到夏季，各地紛紛進(jìn)入雨季，雷雨等強(qiáng)對(duì)流天氣頻繁發(fā)生。當(dāng)我們遇到雷雨天氣時(shí)，一定要注意避防雷電。下列說(shuō)法正確的是()A不宜使用無(wú)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(mén)窗、建筑物外墻，遠(yuǎn)離帶電設(shè)備C固定電話和手提電話均可正常使用D在曠野，應(yīng)遠(yuǎn)離樹(shù)木和電線桿解析：選ABD表面具有突出尖端的導(dǎo)體，在尖端處的電荷分布密度很大，使得其周圍電場(chǎng)很強(qiáng)，就可能使其周圍的空氣發(fā)生電離而引發(fā)尖端放電。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(xiàng)A、B、D正確，C錯(cuò)誤。8.如圖5所示，長(zhǎng)為l的金屬桿原來(lái)不帶電，在距其右端d處放一個(gè)電荷量為q的點(diǎn)電荷。(1)金屬桿中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為多少？(2)金屬桿上的感應(yīng)電荷在桿中點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)處處為零。因此，金屬桿中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0。(2)點(diǎn)電荷q在金屬桿中點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E點(diǎn)kkq/2，方向水平向左。由于桿中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，所以感應(yīng)電荷在桿中點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與點(diǎn)電荷在該處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，所以，感應(yīng)電荷在桿中點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E感E點(diǎn)kq/2。答案：(1)0(2)kq/29.如圖6所示是一只利用電容器電容C測(cè)量角度的電容式傳感器的示意圖，當(dāng)動(dòng)片和定片之間的角度發(fā)生變化時(shí)，電容C便發(fā)生變化，于是通過(guò)知道電容C的變化情況就可以知道角度的變化情況。下圖中，最能正確反映角度與電容C之間關(guān)系的是()圖6解析：選B兩極板正對(duì)面積S()R2，則S ()，又因?yàn)镃 S，所以C ()，令Ck()，解得(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(fù)極相連。a、b板的中央沿豎直方向各有一個(gè)小孔，帶正電的液滴從小孔的正上方P點(diǎn)由靜止自由落下，先后穿過(guò)兩個(gè)小孔后速度為v1。現(xiàn)使a板不動(dòng)，保持開(kāi)關(guān)S打開(kāi)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(diǎn)自由落下，先后穿過(guò)兩個(gè)小孔后速度為v2；下列說(shuō)法中正確的是()圖7A若開(kāi)關(guān)S保持閉合，向下移動(dòng)b板，則v2v1B若開(kāi)關(guān)S保持閉合，無(wú)論向上或向下移動(dòng)b板，則v2v1C若開(kāi)關(guān)S閉合一段時(shí)間后再打開(kāi)，向下移動(dòng)b板，則v2v1D若開(kāi)關(guān)S閉合一段時(shí)間后再打開(kāi)，無(wú)論向上或向下移動(dòng)b板，則v2v1解析：選BC若開(kāi)關(guān)S保持閉合，則兩極板間的電壓恒定不變，所以無(wú)論向上或向下移動(dòng)b板，電場(chǎng)力做功WUq恒定不變，重力做功不變，先后穿過(guò)兩個(gè)小孔后速度不變，即v2v1，若開(kāi)關(guān)S閉合一段時(shí)間后再打開(kāi)，兩極板上的電荷量不變，向下移動(dòng)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(chǎng)力做功WUq減小，重力做功不變，故穿過(guò)a板后的速度v2v1，C正確D錯(cuò)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(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)。求：圖8(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。解析：(1)由v22gh得v。(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力，有mgqEma,0v22ad得EUEd，QCU得QC。(3)由hgt12,0vat2，tt1t2綜合可得t。答案：見(jiàn)解析12.如圖9所示，一平行板電容器的兩個(gè)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(diǎn)，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(shí)懸線與豎直方向的夾角為/6。再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到/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(shè)電容器電容為C，第一次充電后兩極板之間的電壓為U兩極板之間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E式中d為兩極板間的距離。按題意，當(dāng)小球偏轉(zhuǎn)角1時(shí)，小球處于平衡位置。設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有Tcos 1mgTsin 1qE式中T為此時(shí)懸線的張力。聯(lián)立式得tan 1設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為Q，此時(shí)小球偏轉(zhuǎn)角2，則tan 2聯(lián)立式得代入數(shù)據(jù)解得Q2Q。答案：2Q第一章電場(chǎng)(時(shí)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15小題中只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，第68小題中有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1.如圖1所示，三個(gè)完全相同的絕緣金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，c球在xOy坐標(biāo)系原點(diǎn)O上，a和c帶正電，b帶負(fù)電，a所帶電荷量比b所帶電荷量少，關(guān)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1A從原點(diǎn)指向第象限B從原點(diǎn)指向第象限C從原點(diǎn)指向第象限D(zhuǎn)從原點(diǎn)指向第象限解析：選D根據(jù)庫(kù)侖定律得：c受到a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F1F2，若電荷a和b的電荷量相同，則兩個(gè)力F1和F2的合力沿x軸的正方向，因?yàn)镕1F2，所以兩個(gè)力的合力方向會(huì)偏向第象限，所以本題的答案應(yīng)該是D。2. (xx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(duì)平行放置。工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬極板中間，則()圖2A乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)被吸在左極板上C乒乓球共受到電場(chǎng)力、重力和庫(kù)侖力三個(gè)力的作用D用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開(kāi)后乒乓球會(huì)在兩極板間來(lái)回碰撞解析：選D兩極板間電場(chǎng)由正極板指向負(fù)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(yīng)出負(fù)電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乒乓球受到重力、細(xì)線拉力和電場(chǎng)力三個(gè)力的作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；乒乓球與任一金屬極板接觸后會(huì)帶上與這一金屬極板同種性質(zhì)的電荷，而相互排斥，不會(huì)吸在金屬極板上，到達(dá)另一側(cè)接觸另一金屬極板時(shí)也會(huì)發(fā)生同樣的現(xiàn)象，所以乒乓球會(huì)在兩極板間來(lái)回碰撞，選項(xiàng)B錯(cuò)誤、D正確。3.如圖3所示，在x軸上相距為L(zhǎng)的兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷Q、Q，虛線是以Q所在點(diǎn)為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個(gè)點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱。下列判斷錯(cuò)誤的是()圖3Ab、d兩點(diǎn)處的電勢(shì)相同B四個(gè)點(diǎn)中c點(diǎn)處的電勢(shì)最低Cb、d兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度相同D將一試探電荷q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，q的電勢(shì)能減小解析：選C由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布及等勢(shì)面特點(diǎn)知，A、B正確，C錯(cuò)誤。四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢(shì)大于c點(diǎn)電勢(shì)，正電荷在電勢(shì)越低處電勢(shì)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(zhǎng)度為L(zhǎng)的極板AC、BD加上電壓U后，可在兩極板之間(設(shè)為真空)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)。在左端距兩板等距離處的O點(diǎn)，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(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是()圖4A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(chǎng)C若粒子可以射出電場(chǎng)，則入射速度越大，動(dòng)能變化越大D若粒子可以射出電場(chǎng)，則射出電場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線過(guò)O點(diǎn)解析：選B粒子帶負(fù)電，受到豎直向上的電場(chǎng)力，故應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；若粒子剛好離開(kāi)電場(chǎng)，則有Lvt，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(chǎng)力做功越少，則動(dòng)能變化量越小，C錯(cuò)誤；若粒子可以射出電場(chǎng)，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(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，不會(huì)過(guò)O點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。5如圖5所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過(guò)閉合的開(kāi)關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個(gè)小孔a和b。在a孔正上方某處一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回?，F(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿出b孔，可行的方法是圖5()A保持S閉合，將A板適當(dāng)上移B保持S閉合，將B板適當(dāng)下移C先斷開(kāi)S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開(kāi)S，再將B板適當(dāng)下移解析：選B設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度h，A、B兩板原來(lái)的距離為d，電壓為U。質(zhì)點(diǎn)的電量為q。由題質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(hd)qU0。若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回，不能穿過(guò)b孔。故A錯(cuò)誤。若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離d，由動(dòng)能定理得mg(hdd)qUmv2，則v0，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)能穿出b孔，故B正確。若斷開(kāi)S，將A板適當(dāng)上移，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B板時(shí)速度為v。由動(dòng)能定理得mg(hd)qE(dd)mv2，又由原來(lái)情況有mg(hd)qEd0。比較兩式得，v0，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)不能穿出b孔，故C錯(cuò)誤。若斷開(kāi)S，再將B板適當(dāng)下移，B板下移距離為d，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B板時(shí)速度為v。由動(dòng)能定理得mg(hdd)qE(dd)mv2，又由原來(lái)情況有mg(hd)qEd0。比較兩式得，v<0，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)不能穿出b孔，故D錯(cuò)誤。6.一帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)經(jīng)B、C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其v t圖像如圖6所示，則下列說(shuō)法中正確的是()圖6AA點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度B粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能CCD間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都為零DAB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差解析：選AB由圖線可看出，A點(diǎn)的斜線的斜率大于B點(diǎn)的斜率，即A點(diǎn)的加速度大于B點(diǎn)，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)A正確；從B點(diǎn)的速度大于A點(diǎn)速度，故從A到B動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，即粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)B正確；從C到D粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，故CD間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，但是電勢(shì)相等且不一定為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B和從B到C粒子動(dòng)能的變化量相同，故電場(chǎng)力做功相同，即AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，選項(xiàng)D錯(cuò)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(duì)著話筒說(shuō)話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)，當(dāng)P、Q間距離增大時(shí)，()圖7AP、Q構(gòu)成的電容器的電容減小BP上電荷量保持不變C有電流自M經(jīng)R流向NDPQ間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析：選AC根據(jù)電容器的決定式C可知當(dāng)P、Q間距離d增大時(shí)，P、Q構(gòu)成的電容器的電容減小，選項(xiàng)A正確；因兩板間電勢(shì)差不變，則根據(jù)QCU可知P上電荷量減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器上的電量減小時(shí)，電容器放電，則有電流自M經(jīng)R流向N，選項(xiàng)C正確；由于U不變，d增大，根據(jù)E可知，PQ間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.如圖8所示的Ux圖像表示三對(duì)平行金屬板間電場(chǎng)的電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)方向上距離的關(guān)系。若三對(duì)金屬板的負(fù)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8A三對(duì)金屬板正極電勢(shì)的關(guān)系123B三對(duì)金屬板間場(chǎng)強(qiáng)大小有E1E2E3C若沿電場(chǎng)方向每隔相等的電勢(shì)差值作一等勢(shì)面，則三個(gè)電場(chǎng)等勢(shì)面分布的關(guān)系是1最密，3最疏D若沿電場(chǎng)方向每隔相等距離作一等勢(shì)面，則三個(gè)電場(chǎng)中相鄰等勢(shì)面差值最大的是1，最小的是3解析：選BCD通過(guò)Ux圖像分析可得，三對(duì)金屬板的板間電勢(shì)差相同，又因?yàn)榻饘侔宓呢?fù)極板都接地，所以三個(gè)正極板的電勢(shì)相等，A錯(cuò)誤。又因?yàn)榘彘g距離不同，由E可得E1E2E3，B正確。每隔相等的電勢(shì)差值作一等勢(shì)面，由d可得，場(chǎng)強(qiáng)越大，等勢(shì)面間距越小，分析得等勢(shì)面分布的關(guān)系是1最密，3最疏，C正確。沿電場(chǎng)方向每隔相等距離作一等勢(shì)面，由UABEd可得，場(chǎng)強(qiáng)越大，電勢(shì)差越大，分析得相鄰等勢(shì)面差值最大的是1，最小的是3，D正確。二、計(jì)算題(本題共3小題，共52分)9(14分) (xx全國(guó)卷)如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。圖9解析：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度分量不變，即vB sin 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有qUABm(vB2v02)聯(lián)立式得UAB。答案：10(18分)如圖10所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線一端連著一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，另一端固定在O點(diǎn)，將小球拉起直至細(xì)線與場(chǎng)強(qiáng)方向平行，然后無(wú)初速度釋放，則小球沿圓弧做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)與豎直方向成的最大角度為。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小和方向；(2)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力大小。圖10解析：(1)若電場(chǎng)向左小球?qū)⑾蜃笙路阶鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)方向水平向右，小球從靜止擺到最左邊的過(guò)程中：mgLcos Eq(1sin )L0E。(2)小球從開(kāi)始到最低點(diǎn)的過(guò)程中：mgLEqLmv2Tmgm得T3 mg。答案：(1)水平向右 (2)3 mg11(20分)如圖11所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的粒子從A點(diǎn)以v0的速度沿垂直電場(chǎng)線方向的直線AO方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，由B點(diǎn)飛出電場(chǎng)時(shí)速度方向與AO方向成45角，已知AO的水平距離為d。(不計(jì)重力)求：(1)從A點(diǎn)到B點(diǎn)用的時(shí)間；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(3)AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。圖11解析：(1)粒子從A點(diǎn)以v0的速度沿垂直電場(chǎng)線方向射入電場(chǎng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：t。(2)由牛頓第二定律得：a將粒子射出電場(chǎng)的速度v進(jìn)行分解，則有vyv0tan 45v0，又vyat，得：v0解得：E。(3)由動(dòng)能定理得：eUABm(v0)2mv02解得：UAB。答案：(1)(2)(3)