2019-2020年高中物理第一章电场第七、八节了解电容器静电与新技术教学案粤教版选修3-1.doc

2019-2020年高中物理第一章电场第七、八节了解电容器静电与新技术教学案粤教版选修3-11.电容的定义式为C，电容的大小仅取决于电容器本身，与Q和U无关。2平行板电容器的电容决定式为C，即C由r、S、d共同来决定。3静电在技术上有许多应用，比如激光打印、喷墨打印、静电除尘、静电喷涂、静电植绒、静电复印等。4防止静电危害的基本原则是：控制静电的产生，把产生的静电迅速引走以避免静电的积累。一、电容器及电容器的充放电1电容器的组成电容器由两个互相靠近、彼此绝缘的导体组成，电容器的导体间可以填充绝缘物质(电介质)。常见的平行板电容器就是由两块正对而又相距很近的金属板组成的。2电容器的充放电过程充电过程放电过程定义使电容器的两个极板带上等量异种电荷的过程使电容器两极板上的电荷中和的过程过程示意图电荷运动方向正电荷向A板移动，负电荷向B板移动正电荷由A板向B板移动(或负电荷由B板向A板移动)电流方向由负极板经导线、电源到正极板由正极板经导线到负极板特点每一极板所带电荷量的绝对值称为电容器所带的电荷量电容器充电后，两极板间存在电场，从电源获得的能量储存在电场之中，称为电场能。电场具有能量是电场物质性的重要表现小灯泡闪亮一下，说明充放电电流短暂两个过程互逆，电容器的电荷量、场强、能量变化趋势相反二、电容器的电容1定义电容器所带的电荷量跟它的两极板间的电势差的比值。2定义式C。3物理意义电容是表示电容器储存电荷本领大小的物理量。4单位在国际单位制中，电容的单位是法拉，在实际使用中还有其他单位，如微法、皮法，它们之间的换算关系是：1 F106 F1012 pF。三、决定电容器的因素1实验探究由于平行板电容器的电容与多种因素有关，故可以采取控制变量法探究。2平行板电容器的电容(1)平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与两极板间的距离成反比，并跟板间插入的电介质有关。(2)公式：C。3电容器的两个性能指标(1)一个是它的电容量；(2)另一个是它的耐压能力，耐压值表示电容器正常使用时两个电极间所能承受的最大电压。四、静电与新技术1静电除尘的原理：先使空气中的尘埃带上负电，并在电场力的作用下被吸附到金属线上，当尘埃累积到一定程度时，可以在重力的作用下落入漏斗中，实现了除尘的作用。2静电的危害与防止静电产生危害的必要条件是积累足够多的静电荷，因此，防止静电危害的基本原则是：控制静电的产生和把产生的静电迅速移走以避免静电的积累。常用方法有静电接地、增加湿度、非导电材料的抗静电处理等。1自主思考判一判(1)给电容器充电的过程，电容器所带电量在增大。()(2)电容器所带电荷量越大，电容器的电容越大。()(3)电容器两板间电压越大，电容器的电容越大。()(4)电解电容器接入电路时要注意其极性。()(5)防止静电危害就要保持空气干燥。()2合作探究议一议(1)电容的定义式为C，怎样理解这三个量之间的关系？某一电容器的是否变化？为什么电容的定义式又可写作C？提示：电容器两极板间的电势差随电荷量的增加而增加，电荷量和电势差成正比，它们的比值是一个恒量，每一个电容器都有一个属于自己的常数，与所带电荷量的多少无关。这个比值反映了电容器容纳电荷的能力大小。定义式C，Q、U是正比关系，所以C。(2)电容器的电容取决于哪些因素？提示：电容器的电容取决于极板的正对面积、极板间距离以及极板间的电介质。(3)为什么在油罐车的下部拖一条铁链？提示：油罐车下部的铁链是车的一条接地线，可以把多余的电荷引入大地，避免静电积累。对公式C及C的理解及应用1对电容的定义式C的理解(1)电容由电容器本身的构造决定：电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，用比值C来定义，但它却是由电容器自身的构造决定的，与所带电荷量Q和所加电压U无关。即使电容器不带电，其电容仍然存在，并且是一个确定的值。(2)通过Q U图像来理解C，如图171所示，在Q U图像中，电容是一条过原点的直线的斜率，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两极板间的电势差，可以看出，电容器电容也可以表示为C，即电容器的电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1 V所需增加(或减少)的电荷量。图 171(3)通过CQ图像或CU图像理解。图 172由图像看出：C与Q、U均无关。2C与C的比较平行板电容器的电容C的决定式为C，其中r为电介质的相对介电常数，S为两极板正对面积，d为两极板间距，k为静电力常量。(注：此式高考不做要求，但记住后有利于有关动态问题的分析)公式CC类型定义式决定式意义对某电容器QU，即C不变，反映容纳电荷的本领平行板电容器，Cr，CS，C，反映了影响电容大小的因素联系电容器容纳电荷的本领由Q/U来量度，由本身的结构(如平行板电容器的r、S、d)来决定典例板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1思路点拨解答本题时应把握以下两点：(1)恰当选择平行板电容器电容的决定式C和电容的定义式C分析问题；(2)平行板电容器两极板间的场强E。解析U1，E1当电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为时，U2U1E22E1，选项C正确。答案C本题考查平行板电容器极板间电势差、场强与所带电荷量及板间距的关系，意在考查考生应用E、C和C综合分析问题的能力。 1某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为()A.B.C.D.解析：选C由电容的定义式C得，板间电压为U。板间场强大小为E。点电荷所受的电场力大小为FqE，联立得到，F。2一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小解析：选B由公式C知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C知，电荷量不变时U减小，B正确。3有一充电的平行板电容器，两板间电压为3 V，现使它的电荷量减少3104 C，于是电容器两板间的电压降为原来的，此电容器的电容是多大？电容器原来的带电荷量是多少库仑？若电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是多大？解析：电容器两极板间电势差的变化量为UU3 V2 V，由C，得CF1.5104F150 F。设电容器原来的电荷量为Q，则QCU1.51043 C4.5104 C。电容器的电容是由本身决定的，与是否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍然是150 F。答案：150 F4.5104 C150 F平行板电容器的两类动态分析问题1第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变2第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变典例 (多选)如图173所示，一平行板电容器与电源E和电流表相连接，接通开关S，电源即给电容器充电，下列说法中正确的是()图173A保持S接通，使两极板的面积错开一些(仍平行)，则两极板间的电场强度减小B保持S接通，减小两极板间的距离，则电流表中有从左到右的电流流过C断开S，增大两极板间的距离，则两极板间的电压增大D断开S，在两极板间插入一块电介质板，则两极板间的电势差减小思路点拨电容器动态问题的分析思路： 解析先明确物理量C、Q、U、E中保持不变的量，再依据物理公式来讨论。保持开关S接通，电容器上电压U保持不变，正对面积S减小时，由E可知U和d都不变，则场强E不变，A错误。减小距离d时，由C可知电容C增大，因为开关S接通U不变，由QCU得电荷量Q将增大，故电容器充电，电路中有充电电流，B正确。断开开关S后，电容器的电荷量Q保持不变，当d增大时电容C减小，由C可得电压U将增大，C正确。插入电介质，r增大，电容C增大，因为断开S后Q不变，由C知电压U将减小，D正确。答案BCD平行板电容器的动态变化问题的分析方法抓住不变量分析变化量，其理论依据是：(1)首先明确不变量，是电荷量Q不变，还是电压U不变。(2)用电容决定式C分析电容的变化。(3)用电容定义式C分析Q或U的变化。(4)用E分析场强的变化。 1. (多选)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素(如图174)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，则()图174A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，增大S，则变小D保持d不变，增大S，则不变解析：选AC保持S不变，增大d，由电容器的决定式C知，电容变小，电量Q不变；由电容的定义式C分析可知电容器板间电压增大，则变大。故A正确，B错误。保持d不变，增大S，由电容器的决定式C知，电容变大，电量Q不变，由电容的定义式C分析可知电容器板间电压减小，则变小。故C正确，D错误。2.如图175所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度。下述哪些做法可使指针张角增大()图175A使A、B两板靠近一些B使A、B两板正对面积错开一些C断开S后，使A、B两板靠近一些D断开S后，使A、B正对面积错开一些解析：选D图中静电计的金属杆接A板，外壳和B板均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两极板间的电压越高，当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离减小，A、B两板间电容增大，正对面积减小，A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C可知，正对面积减小使板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，故D正确。3(多选)如图176所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变。下列说法中正确的是()图176A液滴将向下运动B液滴将向上运动C极板带电荷量将增加D极板带电荷量将减少解析：选BC电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动。故A错误，B正确。将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大。故C正确，D错误。静电现象的应用1应用静电现象的基本原理一般是让带电的物质微粒在电场力作用下奔向并吸附到异性电极或带电体上，理解这一原理是解决这类问题的关键。2强电场电离空气后，电子在电场力作用下向高电势运动，从而使微粒吸附电子而带负电。1对于静电喷漆的说法，下列正确的是()A当油漆从喷枪喷出时，油漆粒子带正电，物体也带正电，相互排斥而扩散开来B当油漆从喷枪喷出时，油漆粒子带负电，物体不带电，相互吸引而被物体吸附C从喷枪喷出的油漆粒子带正电，相互排斥而扩散开来，被吸附在带负电的物体上D因为油漆粒子相互排斥而扩散开来，所以静电喷漆虽喷漆均匀但浪费油漆解析：选C喷枪喷出的油漆粒子带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，从而减少了浪费，所以只有C正确。2(多选)如图177为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。下列表述正确的是()图177A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选BD集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A项错误；电场方向由集尘极指向放电极，B项正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C项错误；同一位置电场强度一定，由FqE可知，尘埃电荷量越多，所受电场力越大，D项正确。3.利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘，静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源的正极和负极，其装置示意图如图178所示，A、B之间有很强的电场，距B越近，场强_(选填“越大”或“越小”)。B附近的气体分子被电离成为电子和正离子。粉尘吸附电子后被吸附到_(选填“A”或“B”)上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中。图178答案：越大A1(多选)下列说法中正确的是()A电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电时才称电容器B电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量C固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比D电容器的电容跟极板所带电荷量成正比，跟极板间电压成反比解析：选BC电容器是储存电荷和电能的容器，不论是否带电均是电容器，故A错误；电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，故B正确；根据QCU可知，固定电容器所充电荷量跟加在两极板间的电压成正比，选项C正确；电容器的电容跟极板所带电量无关，与两极板间的电压无关，故D错误。2下列关于电容器的说法中，正确的是()A电容越大的电容器，带电荷量也一定越多B电容器不带电时，其电容为零C两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较大D电容器的电容跟它是否带电无关解析：选D根据公式C可得电容大，只能说明电荷量与电压的比值大，所带电荷量不一定大，两个电容器的带电荷量相等时，两板间电势差较大的电容器的电容较小，A、C错误；电容器的电容是电容器的本身的属性，与电量及电压无关；故B错误D正确。3. (多选)如图1所示是测定液面高度h的传感器。在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，在计算机上就可以知道h的变化情况，并实现自动控制，下列说法正确的是()图1A液面高度h变大，电容变大B液面高度h变小，电容变大C金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极D金属芯线的两侧构成电容器的两电极解析：选AC根据电容器的概念及图示可知，金属芯线和导电液体构成电容器的两个电极，选项C正确，D错误；液面高度h变大，两极间的相对面积变大，根据C可知，电容变大，选项A正确，B错误。4.如图2所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为()图2A. gB. gC. gD. g解析：选A平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强可以表达为：E1，且有E1qmg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间场强可以表达为：E2，有mgE2qma，联立上述可解得：，知选项A正确。5.平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为，如图3所示，则下列说法正确的是()图3A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则减小B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变D开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大解析：选C保持开关S闭合，电容器两端的电压不变，带正电的A板向B板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式E，可得两极板间的电场强度增大，故增大，A、B错误；若开关S断开，电容器两极板上的电荷总量不变，带正电的A板向B板靠近，则两极板间的间距减小，根据公式C、C、E联立解得E，即两极板间的电场强度大小和极板间的距离无关，所以电场强度不变，故不变，C正确D错误。6.如图4所示，在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连。开始，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出。当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可以看到，不再有烟从玻璃管中冒出来了。过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘。请思考这是什么原因。图4解析：当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，形成强电场。含尘气体经过电压静电场时被电离。尘粒与负离子结合带上负电，在强电场中受静电力作用偏转后被吸附在带正电的管壁上。答案：见解析7(多选)每到夏季，各地纷纷进入雨季，雷雨等强对流天气频繁发生。当我们遇到雷雨天气时，一定要注意避防雷电。下列说法正确的是()A不宜使用无防雷措施或防雷措施不足的电器及水龙头B不要接触天线、金属门窗、建筑物外墙，远离带电设备C固定电话和手提电话均可正常使用D在旷野，应远离树木和电线杆解析：选ABD表面具有突出尖端的导体，在尖端处的电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电。固定电话和手提电话的天线处有尖端，易引发尖端放电造成人体伤害，故不能使用，选项A、B、D正确，C错误。8.如图5所示，长为l的金属杆原来不带电，在距其右端d处放一个电荷量为q的点电荷。(1)金属杆中点处的电场强度为多少？(2)金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的电场强度为多大？图5解析：(1)金属杆处于静电平衡状态，其内部场强处处为零。因此，金属杆中点处的电场强度为0。(2)点电荷q在金属杆中点处产生的场强E点kkq/2，方向水平向左。由于杆中点处的场强为零，所以感应电荷在杆中点处产生的场强与点电荷在该处产生的场强大小相等，方向相反，所以，感应电荷在杆中点处产生的场强大小E感E点kq/2。答案：(1)0(2)kq/29.如图6所示是一只利用电容器电容C测量角度的电容式传感器的示意图，当动片和定片之间的角度发生变化时，电容C便发生变化，于是通过知道电容C的变化情况就可以知道角度的变化情况。下图中，最能正确反映角度与电容C之间关系的是()图6解析：选B两极板正对面积S()R2，则S ()，又因为C S，所以C ()，令Ck()，解得(k为常数)，所以B正确。10. (多选)如图7所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连。a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1。现使a板不动，保持开关S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v2；下列说法中正确的是()图7A若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2v1C若开关S闭合一段时间后再打开，向下移动b板，则v2v1D若开关S闭合一段时间后再打开，无论向上或向下移动b板，则v2v1解析：选BC若开关S保持闭合，则两极板间的电压恒定不变，所以无论向上或向下移动b板，电场力做功WUq恒定不变，重力做功不变，先后穿过两个小孔后速度不变，即v2v1，若开关S闭合一段时间后再打开，两极板上的电荷量不变，向下移动b板，两极板间的距离减小，根据公式C可得电容增大，根据公式C可得两极板间的电压减小，克服电场力做功WUq减小，重力做功不变，故穿过a板后的速度v2v1，C正确D错误。11.如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：图8(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。解析：(1)由v22gh得v。(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mgqEma,0v22ad得EUEd，QCU得QC。(3)由hgt12,0vat2，tt1t2综合可得t。答案：见解析12.如图9所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点，现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。图9解析：设电容器电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的场强为E式中d为两极板间的距离。按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡位置。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有Tcos 1mgTsin 1qE式中T为此时悬线的张力。联立式得tan 1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan 2联立式得代入数据解得Q2Q。答案：2Q第一章电场(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第15小题中只有一个选项符合题意，第68小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.如图1所示，三个完全相同的绝缘金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，c球在xOy坐标系原点O上，a和c带正电，b带负电，a所带电荷量比b所带电荷量少，关于c受到a和b的静电力的合力方向，下列判断正确的是()图1A从原点指向第象限B从原点指向第象限C从原点指向第象限D从原点指向第象限解析：选D根据库仑定律得：c受到a电荷由a指向c的斥力F1、受到b从c指向b的引力F2作用，且F1F2，若电荷a和b的电荷量相同，则两个力F1和F2的合力沿x轴的正方向，因为F1F2，所以两个力的合力方向会偏向第象限，所以本题的答案应该是D。2. (xx浙江高考)如图2所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()图2A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误、D正确。3.如图3所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断错误的是()图3Ab、d两点处的电势相同B四个点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小解析：选C由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误。四点中a点电势大于c点电势，正电荷在电势越低处电势能越小，故D正确。4.如图4所示为示波管中偏转电极的示意图，相距为d、长度为L的极板AC、BD加上电压U后，可在两极板之间(设为真空)产生匀强电场。在左端距两板等距离处的O点，有一电荷量为q、质量为m的粒子以某一速度沿与板平行射入，不计重力，下列说法正确的是()图4A入射粒子向下偏转B入射速度大于 的粒子可以射出电场C若粒子可以射出电场，则入射速度越大，动能变化越大D若粒子可以射出电场，则射出电场时速度方向的反向延长线过O点解析：选B粒子带负电，受到竖直向上的电场力，故应向上偏转，A错误；若粒子刚好离开电场，则有Lvt，at2，a，联立可得v ，B正确；入射速度越大，偏转量越小，故电场力做功越少，则动能变化量越小，C错误；若粒子可以射出电场，速度偏转角正切值是位移偏转角正切值的2倍，则射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，不会过O点，故D错误。5如图5所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b。在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是图5()A保持S闭合，将A板适当上移B保持S闭合，将B板适当下移C先断开S，再将A板适当上移D先断开S，再将B板适当下移解析：选B设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U。质点的电量为q。由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(hd)qU0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(hd)qUmv2，v0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔。故A错误。若保持S闭合，将B板适当下移距离d，由动能定理得mg(hdd)qUmv2，则v0，说明质点能穿出b孔，故B正确。若断开S，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为d，质点到达B板时速度为v。由动能定理得mg(hd)qE(dd)mv2，又由原来情况有mg(hd)qEd0。比较两式得，v0，说明质点不能穿出b孔，故C错误。若断开S，再将B板适当下移，B板下移距离为d，设质点到达B板时速度为v。由动能定理得mg(hdd)qE(dd)mv2，又由原来情况有mg(hd)qEd0。比较两式得，v0，说明质点不能穿出b孔，故D错误。6.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v t图像如图6所示，则下列说法中正确的是()图6AA点的电场强度一定大于B点的电场强度B粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能CCD间各点电场强度和电势都为零DAB两点间的电势差大于CB两点间的电势差解析：选AB由图线可看出，A点的斜线的斜率大于B点的斜率，即A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；从B点的速度大于A点速度，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故CD间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从B到C粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，选项D错误。7某电容式话筒的原理如图7所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，当P、Q间距离增大时，()图7AP、Q构成的电容器的电容减小BP上电荷量保持不变C有电流自M经R流向NDPQ间的电场强度不变解析：选AC根据电容器的决定式C可知当P、Q间距离d增大时，P、Q构成的电容器的电容减小，选项A正确；因两板间电势差不变，则根据QCU可知P上电荷量减小，选项B错误；电容器上的电量减小时，电容器放电，则有电流自M经R流向N，选项C正确；由于U不变，d增大，根据E可知，PQ间的电场强度减小，选项D错误。8.如图8所示的Ux图像表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上距离的关系。若三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的是()图8A三对金属板正极电势的关系123B三对金属板间场强大小有E1E2E3C若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3最疏D若沿电场方向每隔相等距离作一等势面，则三个电场中相邻等势面差值最大的是1，最小的是3解析：选BCD通过Ux图像分析可得，三对金属板的板间电势差相同，又因为金属板的负极板都接地，所以三个正极板的电势相等，A错误。又因为板间距离不同，由E可得E1E2E3，B正确。每隔相等的电势差值作一等势面，由d可得，场强越大，等势面间距越小，分析得等势面分布的关系是1最密，3最疏，C正确。沿电场方向每隔相等距离作一等势面，由UABEd可得，场强越大，电势差越大，分析得相邻等势面差值最大的是1，最小的是3，D正确。二、计算题(本题共3小题，共52分)9(14分) (xx全国卷)如图9所示，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。图9解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vB sin 30v0sin 60由此得vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vB2v02)联立式得UAB。答案：10(18分)如图10所示，在水平方向的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，另一端固定在O点，将小球拉起直至细线与场强方向平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧与竖直方向成的最大角度为。求：(1)匀强电场的大小和方向；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力大小。图10解析：(1)若电场向左小球将向左下方做匀加速直线运动，所以电场方向水平向右，小球从静止摆到最左边的过程中：mgLcos Eq(1sin )L0E。(2)小球从开始到最低点的过程中：mgLEqLmv2Tmgm得T3 mg。答案：(1)水平向右 (2)3 mg11(20分)如图11所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45角，已知AO的水平距离为d。(不计重力)求：(1)从A点到B点用的时间；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)AB两点间的电势差。图11解析：(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有：t。(2)由牛顿第二定律得：a将粒子射出电场的速度v进行分解，则有vyv0tan 45v0，又vyat，得：v0解得：E。(3)由动能定理得：eUABm(v0)2mv02解得：UAB。答案：(1)(2)(3)