2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第6、7節(jié) 電容器和電容 靜電的應(yīng)用及危害教學(xué)案 教科版選修3-1
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1、 第6、7節(jié) 電容器和電容__靜電的應(yīng)用及危害 1.富蘭克林曾經(jīng)利用萊頓瓶(電容器)儲存風箏傳 遞過來的雷電的電荷。 2.電容的定義式為C=,電容反映了電容器儲 存電荷能力的大小。 3.電容的大小僅取決于電容器本身,與Q和U 無關(guān),電容器不帶電時, 電容不受影響。 4.平行板電容器的電容與兩板的正對面積S、板 間距離d、板間電介質(zhì)有關(guān)。 5.靜電的應(yīng)用:靜電屏蔽、靜電噴漆、靜電除塵、 靜電復(fù)印等。 靜電的危害:雷鳴閃電、火花放電、靜電放電 引起的電磁干擾等。 6.防止靜電危害的方法:要盡快導(dǎo)走多余電荷, 避免靜電積累。 一、電容器 電容 1
2、.電容器 (1)定義:由兩個彼此絕緣又互相靠近的導(dǎo)體組成。 (2)平行板電容器: ①結(jié)構(gòu):由兩塊彼此絕緣的平行金屬板組成。 ②帶電特點:兩板帶等量異種電荷,分布在兩板相對的內(nèi)側(cè)。某一極板所帶電荷量的絕對值規(guī)定為電容器的帶電荷量。 2.電容器的充電、放電過程分析 充電過程 放電過程 過程示意 電荷運動 正電荷向正極板移動,電容器所帶電荷量增加 正電荷由正極板移向負極板,電容器所帶電荷量減少 電流方向 從電源正極流向正極板 從正極板流出 場強變化 極板間的場強增大 極板間的場強減小 能量轉(zhuǎn)化 其他能量轉(zhuǎn)化為電場能 電場能轉(zhuǎn)化為其他能 電壓變化
3、 兩極板間電壓升高 兩極板間電壓降低 3.電容 (1)定義:描述電容器儲存電荷能力的物理量叫電容器的電容量,簡稱電容。 (2)定義式:C=。 (3)意義:描述電容器儲存電荷能力的物理量。 (4)單位:在國際單位制中,電容的單位是法拉,簡稱法,符號是F。1 F=1 C/V。 常用單位:微法(μF)和皮法(pF)。 1 μF=10-6 F 1 pF=10-6 μF=10-12 F。 二、平行板電容器的電容 常見電容器 1.實驗探究:平行板電容器的電容與哪些因素有關(guān)? (1)方法:采取控制變量法,在電容器帶電荷量Q不變的情況下,只改變電容器的極板正對面積S、板間距離d、板間電
4、介質(zhì)的相對介電常數(shù)ε中的一個量。 (2)靜電計電勢差的意義:由于靜電計的金屬球與其中一個極板相連,兩者電勢相等,靜電計的金屬外殼與另一個極板相連(或同時接地),兩者電勢相等。所以靜電計的電勢差實質(zhì)上也反映了電容器兩極板間的電勢差的大小。 (3)結(jié)論:平行板電容器的兩板之間的正對面積S越大,電容C越大;板間距離d越大,電容C則越?。徊迦腚娊橘|(zhì)后電容C增大。 2.常用電容器 (1)分類 ①按電介質(zhì)分:云母電容器、紙質(zhì)電容器、陶瓷電容器、電解電容器等。 ②按是否可變分:可變電容器、固定電容器等。 (2)電容器的額定電壓和擊穿電壓 ①擊穿電壓:加在電容器兩極板上的電壓不能超過某一限度,
5、超過這個限度,電介質(zhì)將被擊穿,電容器損壞,這個極限電壓稱為擊穿電壓。 ②額定電壓:電容器正常工作所能承受的電壓。電容器外殼上標的電壓即是額定電壓,這個值比擊穿電壓低。 三、靜電的應(yīng)用及危害 1.靜電的應(yīng)用 (1)靜電噴涂的工作原理:使精細的油漆液滴飛離噴嘴時帶上同種電荷,彼此排斥,并在電場力作用下飛向作為電極的工件。 (2)激光打印機的工作原理:利用正、負電荷互相吸引。 2.靜電的危害 (1)雷雨云的雷鳴閃電給人類造成巨大損失。 (2)靜電火花點燃易燃物質(zhì)引起爆炸和火災(zāi)。 (3)靜電放電引起電子設(shè)備的故障,造成電磁干擾。 (4)靜電放電擊穿集成電路和精密的電子元件,或促使元
6、件老化,降低生產(chǎn)成品率。 (5)靜電在工業(yè)中如電子工業(yè)、膠片和塑料工業(yè)、造紙印刷工業(yè)、紡織工業(yè)中等都會產(chǎn)生危害。 3.靜電危害的防止 (1)盡快導(dǎo)走多余電荷,避免靜電積累。 (2)調(diào)節(jié)空氣的濕度。 (3)在易燃、易爆氣體和粉塵聚集的場所保持良好的通風。 1.自主思考——判一判 (1)給電容器充電的過程,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
7、定義式為C=,怎樣理解這三個量之間的關(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(guān)。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
8、=的理解及應(yīng)用 1.對電容的定義式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無關(guān)。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=,如圖1-6-1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 1-6-1 (3
9、)通過C-Q圖像或C-U圖像理解。 圖 1-6-2 由圖像看出:C與Q、U均無關(guān)。 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ε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(guān)動態(tài)問題的分析) 公式 C= 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(lǐng) 平行板電容器,C∝ε,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(lǐng)由Q/U來量度,由本身的結(jié)構(gòu)(如平行板電容器的ε、S、d)來決定 [典例] 板間距為d的
10、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=2U1,E2=2E1 [思路點撥] 解答本題時應(yīng)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=
11、==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(guān)系,意在考查考生應(yīng)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( ) 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
12、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(shè)電容器原來的電荷量為Q
13、,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(guān),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 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1-6-3所示,一平行板電容器與電源E和電流表相連接,接通開關(guān)S,電源即給電容器充電,下列說法中正確的是( ) 圖1-6-3 A.保持S接通,使兩極板的面積錯開一些(仍平行),則兩極
14、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,再依據(jù)物理公式來討論。保持開關(guān)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(guān)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(guān)S后,電容器的電荷量Q
15、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),ε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)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1-6-4)。設(shè)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
16、帶電荷量不變,則( ) 圖1-6-4 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1-6-5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(guān)S合上后,靜電計指針張開一個角
17、度。下述哪些做法可使指針張角增大( ) 圖1-6-5 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。
18、 3.(多選)如圖1-6-6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)。現(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1-6-6 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 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。
19、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(guān)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:
20、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1-6-7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( ) 圖1-6-7 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
21、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極,其裝置示意圖如圖1-6-8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1-6-
22、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(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(lǐng)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(guān),與兩極板間的電壓無關(guān),故D錯誤。 2.下列關(guān)于電容器的說法
23、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(guān) 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,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(guān);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(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
24、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(dǎo)電液體構(gòu)成電容器的兩個電極 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。
25、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.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(guān)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(guān)S閉合,帶正電的A板向B板靠近,則θ減小 B.保持
26、開關(guān)S閉合,帶正電的A板向B板靠近,則θ不變 C.開關(guān)S斷開,帶正電的A板向B板靠近,則θ不變 D.開關(guān)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(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強度增大,故θ增大,A、B錯誤;若開關(guān)S斷開,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=,即兩極板間的電場強度大小和極板間的距離無關(guān),所以電場強度不變,故θ不變,C正確D錯誤。 6.如圖4所示,由兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器的極板N與
27、靜電計相接,極板M接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時,給電容器充電,靜電計指針張開一定角度,在整個實驗過程中,保持電容器所帶電量Q不變,下面哪些操作將使靜電計指針張角變大( ) 圖4 A.將M板向下平移 B.將M板沿水平向右方向靠近N板 C.在M、N之間插入云母板(介電常數(shù)ε>1) D.在M、N之間插入金屬板,且不和M、N接觸 解析:選A 僅將M板向下平移,兩極板正對面積減小,電容減小,而電容器的電荷量不變,由U=得知,板間電壓增大,靜電計指針張角變大,故A正確;僅將M板沿水平向右方向靠近N板,板間距離減小,電容增大,而電容器的電荷量不變
28、,由U=得知,板間電壓減小,靜電計指針張角變小,故B錯誤;僅在M、N之間插入云母板,電容增大,而電容器的電荷量不變,由U=得知,板間電壓減小,靜電計指針張角變小,故C錯誤;僅在M、N之間插入金屬板,板間距離減小,電容增大,而電容器的電荷量不變,由U=得知,板間電壓減小,靜電計指針張角變小,故D錯誤。 7.如圖5所示,將平行板電容器接在電池組兩極間,兩板間的帶電塵埃恰好處于靜止狀態(tài)。若將兩板緩慢地錯開一些,其他條件不變,則( ) 圖 5 A.電容器帶電荷量不變 B.電源中將有電流從正極流出 C.塵埃仍靜止 D.電流計中將有電流,電流方向b→a 解析:選C 電容器與電池組連
29、接,其電壓不變,帶電塵埃靜止,靜電力與重力平衡,qE=mg,兩極板錯開時電場強度不變,故C正確;因電容減小,由Q=CU知電荷量Q減小,電容器放電,電流方向a→b,A、B、D錯誤。 8.如圖6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。開始,感應(yīng)圈未接通電源,點燃蚊香,讓煙通過玻璃管冒出。當感應(yīng)圈電源接通時,玻璃管中的導(dǎo)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6 解析:當感應(yīng)圈電源接通時,玻璃管中的導(dǎo)線和管外線圈間就會加上高電壓,
30、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 9.如圖7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(guān)系的是( ) 圖7 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8所示,沿水平
31、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(guān)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8 A.若開關(guān)S保持閉合,向下移動b板,則v2>v1 B.若開關(guān)S保持閉合,無論向上或向下移動b板,則v2=v1 C.若開關(guān)S閉合一段時間后再打開,向下移動b板,則v2>v1 D.若開關(guān)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
32、開關(guān)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(guān)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9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
33、板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g)。求: 圖9 (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=gt 0=v+at2 t=t1+t2 綜合可得t=。 答案:見解析 12.如圖10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
34、+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10 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=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(shè)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(shè)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)
35、立⑤⑥式得=⑦ 代入數(shù)據(jù)解得ΔQ=2Q。⑧ 答案:2Q 第一章 靜電場 (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(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1 A.從原點指向第Ⅰ象限 B.
36、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(yīng)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(yīng)出負電荷 B.乒乓球受到擾動后,會
37、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(yīng)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+
38、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(guān)于x軸對稱。下列判斷錯誤的是( ) 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,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后,分別抵達B、C兩點,若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于
39、( ) 圖4 A.1∶2 B.2∶1 C.1∶ D.∶1 解析:選B 豎直方向有h=gt2,水平方向有l(wèi)=t2,聯(lián)立可得q=,所以有=,B對。 5.如圖5所示,A、B為兩塊水平放置的金屬板,通過閉合的開關(guān)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。現(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(shè)質(zhì)點距離A板的高
40、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(shè)質(zhì)點到達b時速度為v,由動能定理得mg(h+d)-qU=mv2,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(shè)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)-qE
41、d=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(shè)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)-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
42、 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,(
43、 ) 圖7 A.P、Q構(gòu)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(gòu)成的電容器的電容減小,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.(2015·山東高考)如圖8甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩
44、板間,0~時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0~T時間內(nèi)運動的描述,正確的是( ) 圖8 A.末速度大小為 v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgd D.克服電場力做功為mgd 解析:選BC 0~時間內(nèi)微粒勻速運動,有mg=qE0。把微粒的運動分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運動;豎直方向:~時間內(nèi),只受重力,做自由落體運動,時刻,v1y=g;~T時間內(nèi),a==g,做勻減速直線運動,T時刻,v2y=v1y-a·=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,選項A錯誤、B正確。重力勢能
45、的減少量ΔEp=mg·=mgd,所以選項C正確。根據(jù)動能定理:mgd-W克電=0,得W克電=mgd,所以選項D錯誤。 二、計算題(本題共3小題,共50分) 9.(14分) (2015·全國卷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(shè)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=v0
46、② 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB,由動能定理有 qUAB=m(v-v)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,一不可伸長的不導(dǎo)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(fù)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: 圖10 (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。 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:m
47、gLcos 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: 圖11 (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。 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-mv 解得:UAB=。 答案:(1) (2) (3) 24
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