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(fēng)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：結(jié)構(gòu)：由兩塊彼此絕緣的平行金屬板組成。帶電特點(diǎn)：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(yùn)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(fù)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(qiáng)變化極板間的場強(qiáng)增大極板間的場強(qiáng)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 F1 C/V。常用單位：微法(F)和皮法(pF)。1 F106 F1 pF106 F1012 F。二、平行板電容器的電容常見電容器1實(shí)驗(yàn)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、板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)中的一個量。(2)靜電計(jì)電勢差的意義：由于靜電計(jì)的金屬球與其中一個極板相連，兩者電勢相等，靜電計(jì)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(jì)的電勢差實(shí)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??；插入電介質(zhì)后電容C增大。2常用電容器(1)分類按電介質(zhì)分：云母電容器、紙質(zhì)電容器、陶瓷電容器、電解電容器等。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擊穿電壓：加在電容器兩極板上的電壓不能超過某一限度，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。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(biāo)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(xì)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(jī)的工作原理：利用正、負(fù)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(diǎn)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(fēng)。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?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。對公式C及C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1­6­1所示，在Q ­U圖像中，電容是一條過原點(diǎn)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 1­6­1(3)通過C­Q圖像或C­U圖像理解。圖 1­6­2由圖像看出：C與Q、U均無關(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CC類型定義式?jīng)Q定式意義對某電容器QU，即C不變，反映容納電荷的本領(lǐng)平行板電容器，C，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來量度，由本身的結(jié)構(gòu)(如平行板電容器的、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(qiáng)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(qiáng)為E2，下列說法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1思路點(diǎn)撥解答本題時應(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分析問題；(2)平行板電容器兩極板間的場強(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，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差、場強(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)放一個電量為q的點(diǎn)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(qiáng)大小為E。點(diǎn)電荷所受的電場力大小為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()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3×104 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UU×3 V2 V，由C，得CF1.5×104F150 F。設(shè)電容器原來的電荷量為Q，則QCU1.5×104×3 C4.5×104 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 F。答案：150 F4.5×104 C150 F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1­6­3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1­6­3A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(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(diǎn)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(qiáng)E不變，A錯誤。減小距離d時，由C可知電容C增大，因?yàn)殚_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。斷開開關(guān)S后，電容器的電荷量Q保持不變，當(dāng)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)，增大，電容C增大，因?yàn)閿嚅_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(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1­6­4)。設(shè)兩極板正對面積為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1­6­4A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錯誤。2.如圖1­6­5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)，開關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開一個角度。下述哪些做法可使指針張角增大()圖1­6­5A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(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(jì)指針張角增大，故D正確。3(多選)如圖1­6­6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)?，F(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。下列說法中正確的是()圖1­6­6A液滴將向下運(yùn)動B液滴將向上運(yùn)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(dāng)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(qiáng)增大，液滴所受電場力增大，液滴將向上運(yùn)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(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(qiáng)電場電離空氣后，電子在電場力作用下向高電勢運(yùn)動，從而使微粒吸附電子而帶負(fù)電。1對于靜電噴漆的說法，下列正確的是()A當(dāng)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(kuò)散開來B當(dāng)油漆從噴槍噴出時，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)散開來，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)散開來，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，形成霧狀，被噴涂的物體帶負(fù)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(fèi)，所以只有C正確。2(多選)如圖1­6­7為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖。塵埃在電場中通過某種機(jī)制帶電，在電場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1­6­7A到達(dá)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(fù)電，塵埃在電場力作用下向集塵極遷移，說明塵埃帶負(fù)電荷，A項(xiàng)錯誤；電場方向由集塵極指向放電極，B項(xiàng)正確；帶電塵埃帶負(fù)電，因此所受電場力方向與電場方向相反，C項(xiàng)錯誤；同一位置電場強(qiáng)度一定，由FqE可知，塵埃電荷量越多，所受電場力越大，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1­6­8所示，A、B之間有很強(qiáng)的電場，距B越近，場強(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1­6­8答案：越大A1(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)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(jì)算機(jī)上就可以知道h的變化情況，并實(shí)現(xiàn)自動控制，下列說法正確的是()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(xiàng)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(xiàng)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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動，重力加速度為g。粒子運(yùn)動加速度為()圖2A. gB. gC. 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(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，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，如圖3所示，則下列說法正確的是()圖3A保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則減小B保持開關(guān)S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變C開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變D開關(guān)S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則增大解析：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(qiáng)度增大，故增大，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(qiáng)度大小和極板間的距離無關(guān)，所以電場強(qiáng)度不變，故不變，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與靜電計(jì)相接，極板M接地。用靜電計(jì)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(jì)指針張開一定角度，在整個實(shí)驗(yàn)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(jì)指針張角變大()圖4A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)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(jì)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，由U得知，板間電壓減小，靜電計(jì)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(jì)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(jì)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?fàn)顟B(tài)。若將兩板緩慢地錯開一些，其他條件不變，則()圖 5A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(jì)中將有電流，電流方向ba解析：選C電容器與電池組連接，其電壓不變，帶電塵埃靜止，靜電力與重力平衡，qEmg，兩極板錯開時電場強(qiáng)度不變，故C正確；因電容減小，由QCU知電荷量Q減小，電容器放電，電流方向ab，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(diǎn)燃蚊香，讓煙通過玻璃管冒出。當(dāng)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(dāng)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，形成強(qiáng)電場。含塵氣體經(jīng)過電壓靜電場時被電離。塵粒與負(fù)離子結(jié)合帶上負(fù)電，在強(qiáng)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測量角度的電容式傳感器的示意圖，當(dāng)動片和定片之間的角度發(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7解析：選B兩極板正對面積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8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，先后穿過兩個小孔后速度為v1。現(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(diǎn)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8A若開關(guān)S保持閉合，向下移動b板，則v2v1B若開關(guān)S保持閉合，無論向上或向下移動b板，則v2v1C若開關(guān)S閉合一段時間后再打開，向下移動b板，則v2v1D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v2v1解析：選BC若開關(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WUq恒定不變，重力做功不變，先后穿過兩個小孔后速度不變，即v2v1，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WUq減小，重力做功不變，故穿過a板后的速度v2v1，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(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)。求：圖9 (1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運(yùn)動到下極板處的時間。解析：(1)由v22gh得v。(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mgqEma0v22ad得EUEdQCU得QC。(3)由hgt0vat2tt1t2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(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兩極板之間電場的場強(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，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15小題中只有一個選項(xiàng)符合題意，第68小題中有多個選項(xiàng)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(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從原點(diǎn)指向第象限解析：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F1F2，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?yàn)镕1F2，所以兩個力的合力方向會偏向第象限，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(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(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錯誤；乒乓球受到重力、細(xì)線拉力和電場力三個力的作用，選項(xiàng)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(dá)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(xiàng)B錯誤、D正確。3.如圖3所示，在x軸上相距為L的兩點(diǎn)固定兩個等量異種點(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是圓上的四個點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱。下列判斷錯誤的是()圖3Ab、d兩點(diǎn)處的電勢相同B四個點(diǎn)中c點(diǎn)處的電勢最低Cb、d兩點(diǎn)處的電場強(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的電勢能減小解析：選C由等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布及等勢面特點(diǎn)知，A、B正確，C錯誤。四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢大于c點(diǎn)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(qiáng)電場中O點(diǎn)自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，若ABBC，則它們帶電荷量之比q1q2等于()圖4A12 B21C1 D.1解析：選B豎直方向有hgt2，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(diǎn)由靜止開始下落，不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時速度恰為零，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5A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S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開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孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得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時速度為v，由動能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)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(dāng)下移距離d，由動能定理得mg(hdd)qUmv2，則v0，說明質(zhì)點(diǎn)能穿出b孔，故B正確。若斷開S，將A板適當(dāng)上移，板間電場強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B板時速度為v。由動能定理得mg(hd)qE(dd)mv2，又由原來情況有mg(hd)qEd0。比較兩式得，v0，說明質(zhì)點(diǎn)不能穿出b孔，故C錯誤。若斷開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板時速度為v。由動能定理得mg(hdd)qE(dd)mv2，又由原來情況有mg(hd)qEd0。比較兩式得，v<0，說明質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)經(jīng)B、C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，其v ­ t圖像如圖6所示，則下列說法中正確的是()圖6AA點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度B粒子在A點(diǎn)的電勢能一定大于在B點(diǎn)的電勢能CCD間各點(diǎn)電場強(qiáng)度和電勢都為零DAB兩點(diǎn)間的電勢差大于CB兩點(diǎn)間的電勢差解析：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)的電場強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場強(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動能增加，電勢能減小，即粒子在A點(diǎn)的電勢能一定大于在B點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)B正確；從C到D粒子做勻速運(yùn)動，故CD間各點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，但是電勢相等且不一定為零，選項(xiàng)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(diǎn)間的電勢差等于CB兩點(diǎn)間的電勢差，選項(xiàng)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(dāng)P、Q間距離增大時，()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，P、Q構(gòu)成的電容器的電容減小，選項(xiàng)A正確；因兩板間電勢差不變，則根據(jù)QCU可知P上電荷量減小，選項(xiàng)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(xiàng)C正確；由于U不變，d增大，根據(jù)E可知，PQ間的電場強(qiáng)度減小，選項(xiàng)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(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)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0T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是()圖8A末速度大小為 v0B末速度沿水平方向C重力勢能減少了mgdD克服電場力做功為mgd解析：選BC0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，有mgqE0。把微粒的運(yùn)動分解，水平方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動；豎直方向：時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動，時刻，v1yg；T時間內(nèi)，ag，做勻減速直線運(yùn)動，T時刻，v2yv1ya·0，所以末速度vv0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯誤、B正確。重力勢能的減少量Epmg·mgd，所以選項(xiàng)C正確。根據(jù)動能定理：mgdW克電0，得W克電mgd，所以選項(xiàng)D錯誤。二、計(jì)算題(本題共3小題，共50分)9(14分) (2015·全國卷)如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動到B點(diǎn)時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。圖9解析：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vB sin 30°v0sin 60°由此得vBv0設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)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)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)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(diǎn)，將小球拉起直至細(xì)線與場強(qiáng)方向平行，然后無初速度釋放，則小球沿圓弧做往復(fù)運(yùn)動。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：圖10(1)勻強(qiáng)電場的大小和方向；(2)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時細(xì)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(yùn)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 Eq(1sin )L0E。(2)小球從開始到最低點(diǎn)的過程中：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的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強(qiáng)電場，由B點(diǎn)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(jì)重力)求：圖11(1)從A點(diǎn)到B點(diǎn)用的時間；(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；(3)AB兩點(diǎn)間的電勢差。解析：(1)粒子從A點(diǎn)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(yùn)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(jìn)行分解，則有vyv0tan 45°v0，又vyat，得：v0·解得：E。(3)由動能定理得：eUABm(v0)2mv解得：UAB。答案：(1)(2)(3)24