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2019-2020年高三物理第一輪復(fù)習(xí) 電場教學(xué)案 知識網(wǎng)絡(luò)：電荷和電荷守恒定律 電場 電場力的性質(zhì) 場強(qiáng)E=F/q 矢量 電場線 勻強(qiáng)電場E=U/d 真空中點電荷的電場E=KQ/r2 電場能的性質(zhì) 電勢：φ =ε/q 標(biāo)量 等勢面 電勢差：UAB=UA—UB=Δε/q =wAB /q 電場力 F=Eq（任何電場）F=Kq1q2/r2(真空中點電荷) 電勢能：ε=Qφ ΔεAB=qUAB 電場力的功 W=qUAB=ΔεAB 做功與路徑無關(guān) 帶電粒子在電場中運動 平衡 直線加速 偏轉(zhuǎn) 電場中的導(dǎo)體 靜電感應(yīng) 靜電平衡 電容器 電容：C=Q/U 單元切塊： 按照考綱的要求，本章內(nèi)容可以分成三部分，即：電場的力的性質(zhì)；電場的能的性質(zhì)；帶電粒子在電場中的運動。其中重點是對電場基本性質(zhì)的理解、熟練運用電場的基本概念和基本規(guī)律分析解決實際問題。難點是帶電粒子在電場中的運動。 電場的力的性質(zhì) 教學(xué)目標(biāo)： 1．兩種電荷，電荷守恒，真空中的庫侖定律，電荷量。 2．電場，電場強(qiáng)度，電場線，點電荷的場強(qiáng)，勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的迭加。 教學(xué)重點：庫侖定律，電場強(qiáng)度 教學(xué)難點：對電場強(qiáng)度的理解 教學(xué)方法：講練結(jié)合，計算機(jī)輔助教學(xué) 教學(xué)過程： 一、庫侖定律 真空中兩個點電荷之間相互作用的電力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。即： 其中k為靜電力常量， k=9．010 9 N?m2/c2 1．成立條件 ①真空中（空氣中也近似成立），②點電荷。即帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計。（這一點與萬有引力很相似，但又有不同：對質(zhì)量均勻分布的球，無論兩球相距多近，r都等于球心距；而對帶電導(dǎo)體球，距離近了以后，電荷會重新分布，不能再用球心距代替r）。 2．同一條直線上的三個點電荷的計算問題 【例1】+4Q A B C -Q 在真空中同一條直線上的A、B兩點固定有電荷量分別為+4Q和-Q的點電荷。①將另一個點電荷放在該直線上的哪個位置，可以使它在電場力作用下保持靜止？②若要求這三個點電荷都只在電場力作用下保持靜止，那么引入的這個點電荷應(yīng)是正電荷還是負(fù)電荷？電荷量是多大？ 解：①先判定第三個點電荷所在的區(qū)間：只能在B點的右側(cè)；再由，F(xiàn)、k、q相同時 ∴rA∶rB=2∶1，即C在AB延長線上，且AB=BC。 O A B mBg F N L d ②C處的點電荷肯定在電場力作用下平衡了；只要A、B兩個點電荷中的一個處于平衡，另一個必然也平衡。由，F(xiàn)、k、QA相同，Q∝r2，∴QC∶QB=4∶1，而且必須是正電荷。所以C點處引入的點電荷QC= +4Q 【例2】已知如圖，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB，都用長L的絲線懸掛在O點。靜止時A、B相距為d。為使平衡時AB間距離減為d/2，可采用以下哪些方法 A．將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍 B．將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍 C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半 D．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍 解：由B的共點力平衡圖知，而，可知，選BD 3．與力學(xué)綜合的問題。 A B -Q -2Q 【例3】 已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B，帶電量分別為-2Q與-Q?，F(xiàn)在使它們以相同的初動能E0（對應(yīng)的動量大小為p0）開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。接觸后兩小球又各自反向運動。當(dāng)它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2。有下列說法： ①E1=E2> E0，p1=p2> p0 ②E1=E2= E0，p1=p2= p0 ③接觸點一定在兩球初位置連線的中點右側(cè)某點 ④兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。其中正確的是 A．②④ B．②③ C．①④ D．③④ 解：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?-1.5Q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的功，由機(jī)械能定理，系統(tǒng)機(jī)械能必然增大，即末動能增大。選C。 本題引出的問題是：兩個相同的帶電小球（可視為點電荷），相碰后放回原處，相互間的庫侖力大小怎樣變化？討論如下：①等量同種電荷，F(xiàn) /=F；②等量異種電荷，F(xiàn) /=0F；④不等量異種電荷F />F、F /=F、F / UBC，選B 六、電荷引入電場 1．將電荷引入電場 將電荷引入電場后，它一定受電場力Eq，且一定具有電勢能φq。 2．在電場中移動電荷電場力做的功 在電場中移動電荷電場力做的功W=qU，只與始末位置的電勢差有關(guān)。在只有電場力做功的情況下，電場力做功的過程是電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化的過程。W= -ΔE=ΔEK。 ⑴ 無論對正電荷還是負(fù)電荷，只要電場力做功，電勢能就減??；克服電場力做功，電勢能就增大。 ⑵ 正電荷在電勢高處電勢能大；負(fù)電荷在電勢高處電勢能小。 ⑶ 利用公式W=qU進(jìn)行計算時，各量都取絕對值，功的正負(fù)由電荷的正負(fù)和移動的方向判定。 + － a o c ⑷ 每道題都應(yīng)該畫出示意圖，抓住電場線這個關(guān)鍵。（電場線能表示電場強(qiáng)度的大小和方向，能表示電勢降低的方向。有了這個直觀的示意圖，可以很方便地判定點電荷在電場中受力、做功、電勢能變化等情況。） 【例2】 如圖所示，在等量異種點電荷的電場中，將一個正的試探電荷由a 點沿直線移到O點，再沿直線由O點移到c點。在該過程中，檢驗電荷所受的電勢能如何改變？ 解：根據(jù)電場線和等勢面的分布可知：試探電荷由a 點沿直線移到O點，電場力先作正功，再沿直線由O點移到c點的過程中，電荷沿等勢面運動，電場力不作功，電勢能不變化，故，全過程電勢能先減小后不變。 + A B F v 【例3】 如圖所示，將一個電荷量為q = +310-10C的點電荷從電場中的A點移到B點的過程中，克服電場力做功610-9J。已知A點的電勢為φA= - 4V，求B點的電勢。 解：先由W=qU，得AB間的電壓為20V，再由已知分析：向右移動正電荷做負(fù)功，說明電場力向左，因此電場線方向向左，得出B點電勢高。因此φB=16V。 【例4】α粒子從無窮遠(yuǎn)處以等于光速十分之一的速度正對著靜止的金核射去（沒有撞到金核上）。已知離點電荷Q距離為r處的電勢的計算式為 φ=，那么α粒子的最大電勢能是多大？由此估算金原子核的半徑是多大？ 解：α粒子向金核靠近過程克服電場力做功，動能向電勢能轉(zhuǎn)化。設(shè)初動能為E，到不能再接近（兩者速度相等時），可認(rèn)為二者間的距離就是金核的半徑。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，動能的損失，由于金核質(zhì)量遠(yuǎn)大于α粒子質(zhì)量，所以動能幾乎全部轉(zhuǎn)化為電勢能。無窮遠(yuǎn)處的電勢能為零，故最大電勢能E=J，再由E=φq=，得r =1.210-14m，可見金核的半徑不會大于1.210-14m。 A B C D 【例5】 已知ΔABC處于勻強(qiáng)電場中。將一個帶電量q= -210-6C的點電荷從A移到B的過程中，電場力做功W1= -1.210-5J；再將該點電荷從B移到C，電場力做功W2= 610-6J。已知A點的電勢φA=5V，則B、C兩點的電勢分別為____V和____V。試在右圖中畫出通過A點的電場線。 解：先由W=qU求出AB、BC間的電壓分別為6V和3V，再根據(jù)負(fù)電荷A→B電場力做負(fù)功，電勢能增大，電勢降低；B→C電場力做正功，電勢能減小，電勢升高，知φB= -1VφC=2V。沿勻強(qiáng)電場中任意一條直線電勢都是均勻變化的，因此AB中點D的電勢與C點電勢相同，CD為等勢面，過A做CD的垂線必為電場線，方向從高電勢指向低電勢，所以斜向左下方。 a b c P Q 【例6】 如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相同，實線為一個帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下，通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是 A.三個等勢面中，等勢面a的電勢最高 B.帶電質(zhì)點一定是從P點向Q點運動 C.帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時小 D.帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時小 解：先畫出電場線，再根據(jù)速度、合力和軌跡的關(guān)系，可以判定：質(zhì)點在各點受的電場力方向是斜向左下方。由于是正電荷，所以電場線方向也沿電場線向左下方。答案僅有D 七、高考題選編： 1．如圖所示，Q是帶正電的點電荷，P1和P２為其電場中的兩點。若E1、E2為P1、P2兩點的電場強(qiáng)度的大小，φ1、φ2為P1、P2兩點的電勢，則（ ）（92年高考題） A.E1>E2，φ1>φ2　　　　　　　　　　　　B.E1>E2，φ1<φ2 C.E1φ2　　　　　　　　　　　　D.E1φb>φc　　　　　　　　　　B．Ea>Eb>Ec C．φa－φb＝φb－φc　　　　　　　D．Ea＝Eb＝Ec 5．若帶正電荷的小球只受到電場力作用，則它在任意一段時間內(nèi)（ ）。（94年高考題） A.一定沿電力線由高電勢處向低電勢處運動； B.一定沿電力線由低電勢處向高電勢處運動； C.不一定沿電力線運動，但一定由高電勢處向低電勢處運動； D.不一定沿電力線運動，也不一定由高電勢處向低電勢處運動。 6．一個帶正電的質(zhì)點，電量q=2.010-9庫，在靜電場中由a點移到b點，在這過程中，除電場力外，其他力作的功為6.010-5焦，質(zhì)點的動能增加了8.010-5焦，則a、b兩點間的電勢差Ua-Ub為（ ）。（94年高考題） A.3104伏；　　　　　　　　　　　　　B.1104伏； C.4104伏；　　　　　　　　　　　　　D.7104伏。 7．在靜電場中（ ）（95年高考題） A.電場強(qiáng)度處處為零的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處為零； B.電場強(qiáng)度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢也一定處處相同； C.電場強(qiáng)度的方向總是跟等勢面垂直的； D.沿著電場強(qiáng)度的方向，電勢總是不斷降低的. 參考答案：1. A 2. 2d， 3. 9 4. A 5. D 6.B 7.CD 八、針對訓(xùn)練 1.電場中有A、B兩點，一個點電荷在A點的電勢能為1.210-8 J，在B點的電勢能為0.8010-8 J.已知A、B兩點在同一條電場線上，如圖所示，該點電荷的電荷量為1.010-9C，那么 A.該電荷為負(fù)電荷 B.該電荷為正電荷 C.A、B兩點的電勢差UAB=4.0 V D.把電荷從A移到B，電場力做功為W=4.0 J 2.某電場中等勢面分布如圖所示，圖中虛線表示等勢面，過a、b兩點的等勢面電勢分別為40 V和10 V，則a、b連線的中點c處的電勢應(yīng) A.肯定等于25 V B.大于25 V C.小于25 V D.可能等于25 V 3.（xx年上海高考試題）如圖所示，在粗糙水平面上固定一點電荷Q，在M點無初速釋放一帶有恒定電荷量的小物塊，小物塊在Q的電場中運動到N點靜止，則從M點運動到N點的過程中 A.小物塊所受電場力逐漸減小 B.小物塊具有的電勢能逐漸減小 C.M點的電勢一定高于N點的電勢 D.小物塊電勢能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 4.如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量種異電荷，A為它們連線的中點，B為連線上靠近N的一點，C為連線中垂線上處于A點上方的一點，在A、B、C三點中 A.場強(qiáng)最小的點是A點，電勢最高的點是B點 B.場強(qiáng)最小的點是A點，電勢最高的點是C點 C.場強(qiáng)最小的點是C點，電勢最高的點是B點 D.場強(qiáng)最小的點是C點，電勢最高的點是A點 5.AB連線是某電場中的一條電場線，一正電荷從A點處自由釋放，電荷僅在電場力作用下沿電場線從A點到B點運動過程中的速度圖象如圖所示，比較A、B兩點電勢φ的高低和場強(qiáng)E的大小，下列說法中正確的是 A.φA＞φB，EA＞EB B.φA＞φB，EA＜EB C.φA＜φB，EA＞EB D.φA＜φB，EA＜EB 6.如圖所示，平行的實線代表電場線，方向未知，電荷量為110-2C的正電荷在電場中只受電場力作用，該電荷由A點移到B點，動能損失了0.1 J，若A點電勢為-10 V，則 ①B點電勢為零 ②電場線方向向左 ③電荷運動的軌跡可能是圖中曲線① ④電荷運動的軌跡可能是圖中曲線② A.① B.①② C.①②③ D.①②④ 7.如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點各放一電荷量分別為+q和+2q，完全相同的金屬球A和B，給A和B以大小相等的初動能E0（此時動量大小均為p0）使其相向運動剛好能發(fā)生碰撞，碰后返回M、N兩點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2，則 A.E1=E2=E0 p1=p2=p0 B.E1=E2＞E0 p1=p2＞p0 C.碰撞發(fā)生在M、N中點的左側(cè) D.兩球不同時返回M、N兩點 8.已知空氣的擊穿電場強(qiáng)度為2106 V/m，測得某次閃電火花長為600 m，則發(fā)生這次閃電時放電路徑兩端的電勢差U=_______.若這次閃電通過的電荷量為20 C，則釋放的能量為_______.（設(shè)閃電的火花路徑為直線） 9.如圖所示，在勻強(qiáng)電場中分布著A、B、C三點，且BC=20 cm.當(dāng)把一個電荷量q=10-5 C的正電荷從A點沿AB線移到B點時，電場力做功為零.從B點移到C點時，電場力做功為-1.7310-3J，則電場的方向為_______，場強(qiáng)的大小為______. 10.如圖1—25—10所示中，A、B、C、D是勻強(qiáng)電場中一正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為φA=15 V，φB =3 V，φC=-3 V，由此可得D點的電勢φD=_______ V. 11.質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)點，在靜電力作用下以恒定速率v沿圓弧從A點運動到B點，其速度方向改變的角度為θ（rad），AB弧長為s，則A、B兩點間的電勢差φA-φB=_______，AB弧中點的場強(qiáng)大小E=_______. 12.（12分）有兩個帶電小球m1與m2，分別帶電+Q1和+Q2，在絕緣光滑水平面上，沿同一直線相向運動，當(dāng)它們相距r時，速率分別為v1與v2，電勢能為E，在整個運動過程中（不相碰）電勢能的最大值為多少? 13.（12分）傾角為30的直角三角形底邊長為2 L，底邊處在水平位置，斜邊為光滑絕緣導(dǎo)軌，現(xiàn)在底邊中點O處固定一正電荷Q，讓一個質(zhì)量為m的帶正電質(zhì)點q從斜面頂端A沿斜邊滑下（不脫離斜面），如圖所示，已測得它滑到B在斜面上的垂足D處時速度為v，加速度為a，方向沿斜面向下，問該質(zhì)點滑到斜邊底端C點時的速度和加速度各為多大? 14.（12分）如圖所示，板車B靜止在光滑水平面上，一可以忽略大小的小物塊A靜止在小車B的左端，已知物塊A的質(zhì)量為m，電荷量為+Q；小車B的質(zhì)量為M，電荷量為-Q，上表面絕緣，長度足夠長；A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間的庫侖力不計，A、B始終都處在場強(qiáng)大小為E、方向水平向左的勻強(qiáng)電場中.在t=0時刻物塊A受到一大小為I，方向水平向右的沖量作用開始向小車B的右端滑行.求： （1）物塊A的最終速度大?。? （2）物塊A距小車B左端的最大距離. 參考答案 1.A 2.C 3.ABD 4.C 5.A 6.C 正電荷從A點移到B點，動能減少，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢升高，UBA=V=10 V=φB-φA.得φB=0.電荷所受電場力方向向左，軌跡為曲線①. 7.B 完全相同的兩金屬球初動能、動量大小相同，則初速度大小相同，于M、N中點相碰時速度均減為零，之后由于庫侖斥力變大，同時返回M、N兩點時速度大小同時變大但彼此相等，方向相反. 8.1.2109 V；2.41010 J 9.垂直于A、B線斜向下；1000 V/m 10.9 11.0； A、B位于同一條等勢圓弧線上，圓弧線上每一點場強(qiáng)大小相同，由牛頓運動定律及圓的有關(guān)知識即可求解. 12.Em=E+ 由動量守恒定律可得兩球最接近，即電勢能最大時二者的共同速度，再由能量守恒定律可求得電勢能的最大值. 13.vC=，aC=g-a 在D點：mgsin30-FDsin30=ma，在C點：mgsin30+FDcos30=maC，D和C在同一等勢面上，F(xiàn)D=FC，得aC=2gsin30-a=g-a.質(zhì)點從D到C的過程中運用動能定理可得：mgLsin60=m（vC2-v2），從而得出結(jié)論. 14.（1） （2），由動量守恒定律和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律求解. 教學(xué)后記 電場能在近年高考中是經(jīng)常和動能定理，功能關(guān)系結(jié)合命題，電場力做功和電勢能的改變可以類比重力做功來分析，教會學(xué)生應(yīng)用類比法這一重要思維方法。 帶電粒子在電場中的運動 教學(xué)目標(biāo)： 1. 熟練應(yīng)所學(xué)電場知識分析解決帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動問題。 2. 理解電容器的電容，掌握平行板電容器的電容的決定因素 3. 掌握示波管，示波器及其應(yīng)用。 教學(xué)重點：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動 教學(xué)難點：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動 教學(xué)方法：講練結(jié)合，計算機(jī)輔助教學(xué) 教學(xué)過程： 一、帶電粒子在電場中的運動 1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速 一般情況下帶電粒子所受的電場力遠(yuǎn)大于重力，所以可以認(rèn)為只有電場力做功。由動能定理W=qU=ΔEK，此式與電場是否勻強(qiáng)無關(guān)，與帶電粒子的運動性質(zhì)、軌跡形狀也無關(guān)。 【例1】t φ U0 -U0 o T/2 T 3T/2 2T 如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是 A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上 B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解：從t=0時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/2，接著勻減速T/2，速度減小到零后，又開始向右勻加速T/2，接著勻減速T/2……直到打在右極板上。電子不可能向左運動；如果兩板間距離不夠大，電子也始終向右運動，直到打到右極板上。從t=T/4時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/4，接著勻減速T/4，速度減小到零后，改為向左先勻加速T/4，接著勻減速T/4。即在兩板間振動；如果兩板間距離不夠大，則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上。從t=3T/8時刻釋放電子，如果兩板間距離不夠大，電子將在第一次向右運動過程中就打在右極板上；如果第一次向右運動沒有打在右極板上，那就一定會在第一次向左運動過程中打在左極板上。選AC U L d v0 m，q y vt θ θ 2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時的側(cè)移、偏轉(zhuǎn)角和動能增量。 （1）側(cè)移：千萬不要死記公式，要清楚物理過程。根據(jù)不同的已知條件，結(jié)論改用不同的表達(dá)形式（已知初速度、初動能、初動量或加速電壓等）。 （2）偏角：，注意到，說明穿出時刻的末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。這一點和平拋運動的結(jié)論相同。 ⑶穿越電場過程的動能增量：ΔEK=Eqy （注意，一般來說不等于qU） o 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 3U0 u 0.06 L L L U0 y O t 【例2】如圖所示，熱電子由陰極飛出時的初速忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如左圖。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認(rèn)為電壓是不變的）求：①在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？②熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？③屏上的亮點如何移動？ 解：①由圖知t=0.06s時刻偏轉(zhuǎn)電壓為1.8U0，可求得y = 0.45L= 4.5cm，打在屏上的點距O點13.5cm。②電子的最大側(cè)移為0.5L（偏轉(zhuǎn)電壓超過2.0U0，電子就打到極板上了），所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30cm。③屏上的亮點由下而上勻速上升，間歇一段時間后又重復(fù)出現(xiàn)。 3.帶電物體在電場力和重力共同作用下的運動。 當(dāng)帶電體的重力和電場力大小可以相比時，不能再將重力忽略不計。這時研究對象經(jīng)常被稱為“帶電微?！薄ⅰ皫щ妷m?！?、“帶電小球”等等。這時的問題實際上變成一個力學(xué)問題，只是在考慮能量守恒的時候需要考慮到電勢能的變化。 - + O C 【例3】 已知如圖，水平放置的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場。一根長l的絕緣細(xì)繩一端固定在O點，另一端系有質(zhì)量為m并帶有一定電荷的小球。小球原來靜止在C點。當(dāng)給小球一個水平?jīng)_量后，它可以在豎直面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點開始在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，至少要給小球多大的水平?jīng)_量？在這種情況下，在小球運動過程中細(xì)繩所受的最大拉力是多大？ O A C B E θ θ 解：由已知，原來小球受到的電場力和重力大小相等，增大電壓后電場力是重力的3倍。在C點，最小速度對應(yīng)最小的向心力，這時細(xì)繩的拉力為零，合力為2mg，可求得速度為v=，因此給小球的最小沖量為I = m。在最高點D小球受到的拉力最大。從C到D對小球用動能定理：，在D點，解得F=12mg。 【例4】 已知如圖，勻強(qiáng)電場方向水平向右，場強(qiáng)E=1.5106V/m，絲線長l=40cm，上端系于O點，下端系質(zhì)量為m=1.010－4kg，帶電量為q=+4.910-10C的小球，將小球從最低點A由靜止釋放，求：（1）小球擺到最高點時絲線與豎直方向的夾角多大？（2）擺動過程中小球的最大速度是多大？ 解：（1）這是個“歪擺”。由已知電場力Fe=0.75G擺動到平衡位置時絲線與豎直方向成37角，因此最大擺角為74。 （2）小球通過平衡位置時速度最大。由動能定理：1.25mg?0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s。 二、電容器 1.電容器 兩個彼此絕緣又相隔很近的導(dǎo)體都可以看成一個電容器。 2.電容器的電容 電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，是由電容器本身的性質(zhì)（導(dǎo)體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定的。 3.平行板電容器的電容 平行板電容器的電容的決定式是： 4.兩種不同變化 電容器和電源連接如圖，改變板間距離、改變正對面積或改變板間電解質(zhì)材料，都會改變其電容，從而可能引起電容器兩板間電場的變化。這里一定要分清兩種常見的變化： K （1）電鍵K保持閉合，則電容器兩端的電壓恒定（等于電源電動勢），這種情況下帶電量而 （2）充電后斷開K，保持電容器帶電量Q恒定，這種情況下 K M N 【例5】 如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒。K閉合時，該微粒恰好能保持靜止。在①保持K閉合；②充電后將K斷開；兩種情況下，各用什么方法能使該帶電微粒向上運動打到上極板？ A.上移上極板M B.上移下極板N C.左移上極板M D.把下極板N接地 解：由上面的分析可知①選B，②選C。 A 【例6】 計算機(jī)鍵盤上的每一個按鍵下面都有一個電容傳感器。電容的計算公式是，其中常量ε=9.010-12F?m-1，S表示兩金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。當(dāng)某一鍵被按下時，d發(fā)生改變，引起電容器的電容發(fā)生改變，從而給電子線路發(fā)出相應(yīng)的信號。已知兩金屬片的正對面積為50mm2，鍵未被按下時，兩金屬片間的距離為0.60mm。只要電容變化達(dá)0.25pF，電子線路就能發(fā)出相應(yīng)的信號。那么為使按鍵得到反應(yīng)，至少需要按下多大距離？ 解：先求得未按下時的電容C1=0.75pF，再由得和C2=1.00pF，得Δd=0.15mm。 【例7】一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很小）固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能。若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（　?。? P ＋ － A　U變小，E不變 B　E變大，W變大 C　U變小，W不變 D　U不變，W不變 解析：當(dāng)平行板電容器充電后與電源斷開時，對有關(guān)物理量變化的討論，要注意板間場強(qiáng)的一個特點： ，即對于介質(zhì)介電常數(shù)為ε的平行板電容器而言，兩極間場強(qiáng)只與極板上單位面積的帶電量成正比。 帶電量Q不變，兩極間場強(qiáng)E保持不變，由于板間d距離減小，據(jù)可知，電容器的電壓變小。由于場強(qiáng)E保持不變，因此，P點與接地的負(fù)極板即與地的電勢差保持不變，即點P的電勢保持不變，因此電荷在P點的電勢能W保持不變。所以本題應(yīng)選AC。 電容式傳感器在測量中有著重要的應(yīng)用，因此在學(xué)復(fù)習(xí)中不可忽視。關(guān)鍵在于抓住所測物理量與電容器中電容的聯(lián)系，問題就迎刃而解了。 5. 電容器與恒定電流相聯(lián)系 在直流電路中，電容器的充電過程非常短暫，除充電瞬間以外，電容器都可以視為斷路。應(yīng)該理解的是：電容器與哪部分電路并聯(lián)，電容器兩端的電壓就必然與那部分電路兩端電壓相等。 【例8】　如圖所示電路中，，，忽略電源電阻，下列說法中正確的是（　?。? E C2 R2 R1 K C1 ①開關(guān)K處于斷開狀態(tài)，電容的電量大于的電量；②開關(guān)處于斷開狀態(tài)，電容的電量大于的電量；③開關(guān)處于接通狀態(tài)，電容的電量大于的電量；④開關(guān)處于接通狀態(tài)，電容的電量大于的電量。 A.①　 B.④　 C.①③ 　D.②④ 解析：開關(guān)斷開時，電容、兩端電壓相等，均為E，因為，由知，即，所以①正確；當(dāng)開關(guān)K接通時，與串聯(lián)，通過R1和R2的電流相等，與并聯(lián)，與并聯(lián)，故的電壓為，的電壓為又，又，，所以即兩電容的電量相等；所以正確選項應(yīng)為A。 6、電容器力學(xué)綜合 電容器通過電學(xué)與力學(xué)知識聯(lián)系起來時，解答這一類題目的關(guān)鍵還是在力學(xué)上，只要在對物體進(jìn)行受力分析時，注意對帶電體所受的電場力分析，再應(yīng)用力學(xué)相關(guān)知識即可求解。必須注意的是：當(dāng)帶電體運動過程中與其它導(dǎo)體有接觸時，有可能所帶電量要發(fā)生變化。 E R1 R2C R4 R3C K OC C 【例9】如圖所示，四個定值電阻的阻值相同都為R，開關(guān)K閉合時，有一質(zhì)量為m帶電量為q的小球靜止于平行板電容器板間的中點O?，F(xiàn)在把開關(guān)K斷開，此小球向一個極板運動，并與此極板相碰，碰撞時無機(jī)械能損失，碰撞后小球恰能運動到另一極板處，設(shè)兩極板間的距離為d，電源內(nèi)阻不計，試計算：⑴電源電動勢ε。⑵小球和電容器一個極板碰撞后所帶的電量。 解析：⑴開關(guān)閉合時，電容器兩極板間電場方向豎直向上，由小球在O點處靜止可知，小球帶正電。設(shè)兩極板間電壓為U，則，即；由于無電流，電容器兩極板間電壓U等于電阻的端電壓，則，所以。 ⑵開關(guān)斷開后，兩極板間電壓為，，設(shè)此時兩極板間場強(qiáng)為，；因小球所受的向上的電場力小于重力，小球向下加速運動與下極板碰撞，碰后小球上升至上極板時速度恰好為零。設(shè)小球與下極板碰撞后的電量變?yōu)?，對小球從運動過程應(yīng)用動能定理有，所以。 金屬芯線 導(dǎo)電液體 電介質(zhì) h 三、針對訓(xùn)練 1.1999年7月12日日本原子能公司所屬敦賀灣核電站由于水管破裂導(dǎo)致高輻射冷卻劑外流，在檢測此次重大事故中應(yīng)用了非電量變化（冷卻劑 外泄使管中液面變化）轉(zhuǎn)移為電信號的自動化測量技術(shù).圖是一種通過檢測電容器電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖，容器中裝有導(dǎo)電液體，是電容器的一個電極，中間的芯柱是電容器的另一個電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質(zhì)，電容器的兩個電極分別用導(dǎo)線接在指示器上，指示器上顯示的是電容的大小，但從電容的大小就可知容器中液面位置的高低，為此，以下說法中正確的是 A.如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積增大，必液面升高 B.如果指示器顯示電容減小了，則兩電極正對面積增大，必液面升高 C.如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積減小，液面必降低 D.如果指示器顯示出電容減小了，則兩電極正對面積增大，液面必降低