2018_2019学年高中物理第1章静电场第8节电容器的电容练习新人教版选修3_1
高三物理电容器与电容带电粒子在电场中的运动作业
电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。
其中1～3题为单选，4～8题为多选)1. (2020·北京市东城区一模)如图所示，电容器上标有“80 V1000 μF”字样。
下列说法正确的是()A．电容器两端电压为0时其电容为零B．电容器两端电压为80 V时才能存储电荷C．电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 CD．电容器两端电压低于80 V时其电容小于1000 μF答案 C解析电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。
2．(2018·北京高考) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案 A解析 用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A 正确；根据平行板电容器的电容决定式C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故B 错误；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd ，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角变小，故C 错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C 不变，故D 错误。
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
(√)
(6)我们能在手机屏幕上看到各种各样的信息是因为电子束高速撞击荧光屏得
到的。
(×)
提能点(一) 平行板电容器的动态分析(自练通关)
点点通
1．[与电源断开]
有一平行板电容器充电后与电源断开，A 极板带电荷量为＋ 4×10－6 C，B 极板带电荷量为－4×10－6 C，电容器的电容为 2 μF，下列
mg＋qUd′＝ma2
则 PQ 两板电压 U′＝3m2qgd 电场方向向下，所以 P 板电势高，故 PQ 两板电压满足：
UPQ′≥3m2qgd。
答案：(1)－9m4qg′≥3m2qgd
[方法规律]
带电体在电场中直线运动的分析方法
提能点(三) 带电粒子(体)的偏转(题点精研) 1．运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是
()
A．电荷量 q1 与 q2 的比值为 3∶7 B．电荷量 q1 与 q2 的比值为 3∶4
C．粒子 A、B 通过平面 Q 时的速度之比为 9∶16
D．粒子 A、B 通过平面 Q 时的速度之比为 3∶7
解析：设电场强度大小为 E，两粒子的运动时间相同，对粒子 A 有：a1＝qm1E， 37l＝12·qm1E·t2，对粒子 B 有：a2＝qm2E，47l＝12·qm2E·t2，联立解得：qq12＝34，A 错误， B 正确。由动能定理 qEx＝12mv2－0，求得：vv12＝34，选项 C、D 错误。 答案：B
与电容器是否带电及两极板间是否存在 电压 无关。
3．平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。
εrS (2)决定式：C＝ 4πkd 。
二、带电粒子在电场中的运动 1．加速 (1)在匀强电场中，W＝ qEd ＝qU＝12mv2－12mv20。 (2)在非匀强电场中，W＝qU ＝12mv2－12mv20。
第一章静电场单元测试
第⼀章静电场单元测试2018-2019年⾼⼆物理选修3-1 第⼀章静电场单元测试⼀、单选题（本⼤题共11⼩题，共44.0分）1.真空中两个静⽌点电荷，它们之间的库仑⼒⼤⼩为F．现在将它们的带电量都增⼤为原来的4倍，距离减少为原来的，那么它们之间的库仑⼒⼤⼩变为（）A. FB. 8FC. 32FD. 64F2.如图所⽰，M为带正电的⾦属板，其所带电荷量为Q，在⾦属板的垂直平分线上，距板r处放⼀质量为m、电荷量为q的⼩球，⼩球⽤绝缘细线悬挂于O点，⼩球受⽔平向右的电场⼒偏转θ⾓⽽静⽌，静电⼒常量为k，重⼒加速度为g，则⼩球与⾦属板之间的库仑⼒⼤⼩为（）A. kB. kC.D. mg tanθ3.已知均匀带电球体在球的外部产⽣的电场与⼀个位于球⼼的、电荷量相等的点电荷产⽣的电场相同．如图所⽰，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球⼼O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R．现以OB为直径在球内挖⼀球形空腔，若静电⼒常量为k，球的体积公式为V=πr3，则A点处场强的⼤⼩为：（）A. B. C. D.4.下列说法正确的是（）A. 电场是为了研究问题的⽅便⽽设想的⼀种物质，实际上不存在B. 电荷所受的电场⼒越⼤，该点的电场强度⼀定越⼤C. 以点电荷为球⼼，r为半径的球⾯上各点的场强都相同D. 在电场中某点放⼊试探电荷q，受电场⼒F，该点的场强为E=，取⾛q后，该点的场强不变5.如图所⽰，曲线表⽰某静电场中沿x轴正⽅向电势φ的变化情况。
⼀质量为m、带电量为+q的粒⼦（不计重⼒），以初速度v0从O点沿x轴正⽅向进⼊电场，然后沿x轴运动。
关于粒⼦运动速度v随时间t变化有可能正确的是（）A. B.C. D.6.如图所⽰，虚线abc是电场中的三个等势⾯，相邻等势⾯间的电势差相同，实线为⼀个带负电的质点仅在电场⼒作⽤下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（）A. 三个等势⾯中，等势⾯a的电势最低B. 带电质点⼀定是从P点向Q点运动C. 带电质点通过P点时的加速度⽐通过Q点时⼩D. 带电质点通过P点时的动能⽐通过Q点时⼩7.如图所⽰，在⽔平向右、⼤⼩为E的匀强电场中，在O点固定⼀电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆⼼、半径为r的同⼀圆周上的四点，B、D连线与电场线平⾏，A、C连线与电场线垂直．则（）A. A点的场强⼤⼩为B. B点的场强⼤⼩为C. D点的场强⼤⼩不可能为0D. A、C两点的场强相同8.如图所⽰，三条平⾏且等间距的虚线表⽰电场中的三个等势⾯，其电势分别为10V、20V、30V．实线是⼀带电的粒⼦（不计重⼒）在该区域内运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知：带电粒⼦带电量为0.01C，在a点处的动能为0.5J，则该带电粒⼦（）A. 可能是带负电B. 在b点处的电势能为0.5JC. 在b点处的动能为零D. 在c点处的动能为0.4 J9.如图所⽰，先接通S使电容器充电，然后断开S，当增⼤两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是A. Q变⼩，C不变，U不变，E变⼩B. Q不变，C变⼩，U变⼤，E不变C. Q变⼩，C变⼩，U不变，E不变D. Q不变，C变⼩，U变⼩，E变⼩10.如图所⽰，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒⼦，从两⽔平放置的⾦属板左侧中央以相同的⽔平初速度v0先后射⼊电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（）A. 三种粒⼦在电场中运动时间相同B. 三种粒⼦到达正极板时速度相同C. 三种粒⼦到达正极板时落在A、C处的粒⼦机械能增⼤，落在B处粒⼦机械能不变D. 落到A处粒⼦带负电，落到C处粒⼦带正电11.如图所⽰，静⽌的电⼦在加速电压U1的作⽤下从O经P板的⼩孔射出，⼜垂直进⼊平⾏⾦属板间的电场，在偏转电压U2的作⽤下偏转⼀段距离．现使U1加倍，要想使电⼦射出电场的位置不发⽣变化，应该（）A. 使U2变为原来的2倍B. 使U2变为原来的4倍C. 使U2变为原来的倍D. 使U2变为原来的倍⼆、多选题（本⼤题共4⼩题，共16.0分）12.⽰波器是⼀种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显⽰出被检测的电压随时间变化的情况．电⼦经电压u1加速后进⼊偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压u2、⽔平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是（）A. 如果只在AB上加上甲图所⽰的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)B. 如果只在CD上加上⼄图所⽰的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)C. 如果在AB上加上图甲所⽰的电压，同时在CD上加上图⼄所⽰的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)D. 如果在AB上加上图甲所⽰的电压，同时在CD上加上图⼄所⽰的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)13.光滑⽔平⾯上有⼀边长为L的正⽅形区域ABCD处在场强为E的匀场电场中，电场⽅向与正⽅形的某⼀条边平⾏，⼀质量为m、带电量为q的⼩球由AC边的中点，以垂直于该边的⽔平初速度υ0进⼊该正⽅形区域，当⼩球再次运动到该正⽅形区域的边缘时，具有的动能可能为（）A. mv02+qELB. mv02+qELC. mv02+qELD. mv02-qEL14.如图所⽰，MN是⼀负点电荷产⽣的电场中的⼀条电场线．⼀个带正电的粒⼦(不计重⼒)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所⽰．下列结论正确的是（）A. 带电粒⼦从a到b过程中动能逐渐减⼩B. 负点电荷⼀定位于M点左侧C. 带电粒⼦在a点时具有的电势能⼤于在b点时具有的电势能D. 带电粒⼦在a点的加速度⼩于在b点的加速度15.如图所⽰，质量分别是m1和m2带电量分别为q1和q2的⼩球，⽤长度不等的轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直⽅向的夹⾓分别是α和β（α＞β），两⼩球恰在同⼀⽔平线上，那么（）A. 两球⼀定带异种电荷B. q1⼀定⼤于q2C. m1不⼀定⼩于m2D. m1所受库仑⼒⼀定等于m2所受的库仑⼒三、计算题（本⼤题共3⼩题，共40.0分）16.如图所⽰，⼩球的质量为m=0．1kg，带电量为q= +1．0×10-5 C，悬挂⼩球的细线与竖直⽅向成θ=370时，⼩球恰好在⽔平匀强电场中静⽌不动，sin370=0．6，cos370=0．8，g取10m/s2。
高中物理高考 第8章 第1讲 静电场中力的性质 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
第八章 静电场
考 情 分 析
试题 情境
考查内容 库仑定律
电场的性质
电容器 带电粒子在电场中的运动 生活实践类
自主命题卷
全国卷
2021·天津卷·T1
2021·湖南卷·T4 2021·广东卷·T6
2019·全国Ⅰ卷·T15 2018·全国Ⅰ卷·T16
2021·山东卷·T6
2021·全国甲卷·T19
考向2 电场线的理解及应用
例6 某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是 A.c点的电场强度大于b点的电场强度 B.若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
√C.b点的电场强度大于d点的电场强度
D.a点和b点的电场强度方向相同
电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图可知 Eb>Ec，Eb>Ed，C正确，A错误； 由于电场线是曲线，由a点释放的正电荷不可能沿电场线运动，B 错误； 电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不同向， D错误.
√C.点电荷Q的位置坐标为0.3 m
D.点电荷Q是正电荷
由A处试探电荷的F－q图线可得，该处的场强为E1＝ Fq＝11 4×105 N/C， 方向水平向右，同理可得，B处的场强为E2＝Fq22 ＝0.25×105 N/C，方 向水平向左，A、B错误；
由A、B的分析可知，点电荷Q应为负电荷，且在A、B之间，设Q到A点 的 ＝14距×离10为5 Nl，/C由，点联电立荷解场得强l＝公0式.1可m得，E故1＝点kQl电2＝荷4×Q1的05位N置/C坐，标E2为＝0k.30.m5Q－，lC2 正确，D错误.
小球A回到初始位置，此时A、C间的库仑力与旋钮旋转的角度成正比.现
用一个电荷量是小球C的三倍、其他完全一样的小球D与C完全
高考物理一轮复习 专题八 电场 考点3 电容器及带电粒子在电场中的运动教案-人教版高三全册物理教案
考点3 电容器及带电粒子在电场中的运动考向1 平行板电容器相关问题1.[2018高考,19,6分]研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列说法正确的是( )A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b 板向上平移,静电计指针的X 角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的X 角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的X 角变大,表明电容增大必备知识:静电起电方法、静电计原理、平板电容器电容的决定因素、实验探究现象及方法等. 关键能力:分析推理能力.解题指导:通过带电玻璃棒与a 板接触,使电容器两板带等量异号电荷,且电容器带电量Q 不变;根据C=εrε4πεε及C=εε分析求解.考向2 带电粒子在电场中的运动问题2.[2019全国Ⅲ,24,12分]空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O 、P 是电场中的两点.从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B.A 不带电,B 的电荷量为q (q>0).A 从O 点发射时的速度大小为v 0,到达P 点所用时间为t ;B 从O 点到达P 点所用时间为ε2.重力加速度为g ,求: (1)电场强度的大小; (2)B 运动到P 点时的动能.必备知识:电场力、电场力做功、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动、运动的分解等. 关键能力:运动模型的构建能力;牛顿第二定律、动能定理等的综合运用能力.解题指导:本题中不带电小球做平抛运动,带电小球做类平抛运动.两种运动均属于匀变速曲线运动,处理方法均为分解法,均可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向且初速度为零的匀加速直线运动.考法1平行板电容器的动态变化问题1[2016某某高考,4,6分]如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,E p表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则A.θ增大,E增大B.θ增大,E p不变C.θ减小,E p增大D.θ减小,E不变由题意及分析可知,当极板正对面积不变时,两极板之间的电场强度E不变.保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置,由U=Ed可知,两极板之间的电势差减小,静电计指针的偏角θ减小,由于下极板接地(电势为零),两极板之间的电场强度不变,所以点电荷在P点的电势能E p不变.综上所述,选项D正确.D1.[2016全国Ⅰ,14,6分]一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上.若将云母介质移出,则电容器()A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变考法2 带电粒子在点电荷电场中的运动2[2017某某高考,7,6分,多选]如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B,电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是A.电子一定从A向B运动B.若a A>a B,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p BD.B点电势可能高于A点电势由已知条件不能确定电子的运动方向,故A错误;若a A>a B,则A点场强大于B点场强,则Q 应靠近M端,由运动轨迹可知,电子受力方向向左,因此场强方向由M指向N,可知Q为正点电荷,故B正确;无论Q带正电荷还是负电荷,若电子从A运动到B,电场力做负功,电势能增加,若电子从B运动到A,电场力做正功,电势能减少,故E p A<E p B,A点电势一定高于B点电势,故C正确,D 错误.BC2.[2016某某高考,10,5分,多选]如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )A.M 带负电荷,N 带正电荷B.M 在b 点的动能小于它在a 点的动能C.N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能D.N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功 考法 3 电容器与力学知识的综合应用3[2018全国Ⅲ,21,6分,多选]如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a 、b ,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t ,a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a 、b 间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是 A .a 的质量比b 的大B .在t 时刻,a 的动能比b 的大C .在t 时刻,a 和b 的电势能相等D .在t 时刻,a 和b 的动量大小相等根据题述可知,微粒a 向下加速运动,微粒b 向上加速运动,根据a 、b 某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小,即a a >a b .对微粒a ,由牛顿第二定律,有qE=m a a a ,对微粒b ,由牛顿第二定律,有qE=m b a b ,联立解得εεεε>εεεε,由此式可以得出a 的质量比b 的小,A 错误;在a 、b 两微粒运动过程中,a 微粒所受电场力等于b 微粒所受的电场力,t 时刻a 微粒的位移大于b 微粒的位移,根据动能定理,可知在t 时刻,a 的动能比b 的大,B 正确;由于在t 时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t 时刻,a 和b 的电势能不等,C 错误;由于a 微粒受到的电场力(合外力)与b 微粒受到的电场力(合外力)大小相等,根据动量定理,可知在t 时刻,a 微粒的动量大小等于b 微粒的动量大小,D 正确.BD3.[2016某某高考,6,3分]如图所示,平行板电容器两极板的间距为d ,极板与水平面成45°角.上极板带正电.一电荷量为q (q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能E k0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大.若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为()A.εk04εεB.εk02εεC.√2εk02εεD.√2εk0εε考法4 带电粒子在匀强电场中的运动4[2016高考,23,18分]如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出.已知电子质量为m ,电荷量为e ,加速电场电压为U 0.偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U ,极板长度为L ,板间距为d.(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ;(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因.已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场.电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式.类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG 的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点.(1)根据功和能的关系,有eU 0=12m ε02电子射入偏转电场的初速度v 0=√2εε0ε在偏转电场中,电子的运动时间Δt=εε0=L √ε2εε0偏转距离Δy=12a (Δt )2=12·εεεε(Δt )2=εε24ε0ε. (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有 重力G=mg~10-29N 电场力F=εεε~10-15N 由于F ≫G ,因此不需要考虑电子所受重力.(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值,即φ=εpε由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m 的比值,叫做“重力势”,即φG =εεε电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定.(1)√2εε0εεε24ε0ε(2)(3)见解析4.[2015某某高考,7,6分,多选]如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么()A .偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B .三种粒子打到屏上时的速度一样大C .三种粒子运动到屏上所用时间相同D .三种粒子一定打到屏上的同一位置考法5 带电粒子在变化电场中的运动5[2019某某高三适应性测试]如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板间中线上的两点.当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放,小球运动过程中始终未接触极板,则t=T时,小球A.在B点上方B.恰好到达B点C.速度大于vD.速度小于v在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压,小球受到重力和电场力的作用,电场力的方向(水平方向)随交变电压周期性变化,其大小不变,所以小球在竖直方向做自由落体运动,在水时速度减为零,接着平方向上,小球先做匀加速直线运动,后沿原方向做匀减速直线运动,t=ε2反向做匀加速直线运动,后继续做匀减速直线运动,t=T时速度减为零.根据对称性可知在t=T 时小球的水平位移为零,所以t=T时,小球恰好到达B点,选项A错误,B正确.在0~T时间内,电场力做的功为零,重力做的功与不加电压时相同,所以t=T时,小球速度为v,选项C、D错误.B5.[2015某某高考,20,6分,多选]如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~ε时间3内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是()A.末速度大小为√2v0B.末速度沿水平方向mgd D.克服电场力做功为mgdC.重力势能减少了12考法6带电粒子在“等效场”中的运动6[2019某某4月选考,13,3分]用长为1.4 m 的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球,细线的上端固定于O 点.现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°角,如图所示.现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放,则(sin 37°=0.6) A.该匀强电场的场强为3.75×107N/C B.平衡时细线的拉力为0.17 NC.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/sD.小球第一次通过O 点正下方时,速度大小为7 m/s小球处于平衡状态时,受力分析如图所示,则可知qE=mg tan 37°,则该匀强电场的电场强度E=εεtan37°ε=3.75×106N/C,A 错误;细线的拉力F=εεcos37°=0.125 N,故B 错误;在外力作用下,小球拉至细线水平时,由静止释放,如图所示,小球在电场力和重力组成的等效“重力场”的作用下,从A 点由静止开始做匀加速直线运动至B 点,∠OAB=∠OBA=53°,OA=OB=l=1.4 m,在此过程中,细线处于松弛状态,无拉力作用,小球运动至B 点时,细线绷紧,匀加速直线运动结束.根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a=ε合ε=εε=0.1250.01m/s 2=12.5 m/s 2,假设经过0.5 s 后,小球仍在沿AB 方向做匀加速直线运动,则小球的速度v=at=6.25 m/s,经过的距离x=12at 2=12×12.5×0.52m =1.562 5 m,A 、B间的距离|AB|=2×l×cos 53°=1.68 m,x<|AB|,假设成立,故0.5 s 时,小球的速度大小为6.25 m/s,故C 正确;小球运动至B 点时,细线绷紧,小球沿细线方向的分速度减为零,动能减小,假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE ,此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O 点正下方,根据能量守恒定律,可知(qE+mg )·l-ΔE=12mv 2,可得v<7 m/s,故D 错误.C6.[2019某某南开中学二诊,多选]如图所示,竖直平面内一半径为R 的光滑圆环处在与水平方向夹角为θ=45°的斜向上的匀强电场中,现一电荷量为q 、质量为m 的带正电小球在圆环内侧A 点静止(A 点未画出),已知场强E=√2εεε,现给静止在A 处的小球一沿圆环切线方向的冲量I ,使小球不脱离轨道,I 的取值可能是() A.m √εεB.m √3εε C.2m √εε D.m √6εε重难突破带电粒子的力电综合问题题型1 带电粒子做类平抛运动问题分析7[2017全国Ⅱ,25,20分]如图,两水平面(虚线)之间的距离为H ,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和-q (q>0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小.(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a ,在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0-at=0①s 1=v 0t+12at 2② s 2=v 0t-12at 2③联立①②③式得s 1:s 2=3:1④.(2)设A 点距电场上边界的高度为h ,小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ,由运动学公式得εε2=2gh ⑤ H=v y t+12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动,由几何关系知ε0εε=ε1ε⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=13H ⑧.(3)设电场强度的大小为E ,小球M 进入电场后做直线运动,则ε0εε=εεεε⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2,由动能定理得E k1=12m (ε02+εε2)+mgH+qEs 1⑩ E k2=12m (ε02+εε2)+mgH-qEs 2由已知条件得E k1=1.5E k2 联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=εε√2ε.(1)3:1(2)13H (3)εε√2ε7.[2019全国Ⅱ,24,12分]如图,两金属板P 、Q 水平放置,间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G ,P 、Q 、G 的尺寸相同.G 接地,P 、Q 的电势均为φ(φ>0).质量为m 、电荷量为q (q>0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置,以速度v 0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.(1)求粒子第一次穿过G 时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小; (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?题型2 带电粒子做多过程运动问题分析8[2017全国Ⅰ,25,20分]真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v 0.在油滴处于位置A 时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t 1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B 点.重力加速度大小为g . (1)求油滴运动到B 点时的速度.(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t 1和v 0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍.(1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动,故此时油滴所受电场力方向竖直向上.油滴处于位置A (t=0)时,电场强度突然从E 1增大至E 2,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度a 1方向竖直向上,大小满足qE 2-mg=ma 1①油滴在t 1时刻的速度为v 1=v 0+a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向,油滴做匀变速运动,加速度a 2方向竖直向下,大小满足qE 2+mg=ma 2③则油滴运动到B 点时的速度为v 2=v 1-a 2t 1④ 由①②③④式得v 2=v 0-2gt 1⑤. (2)由题意,在t=0时刻前有qE 1=mg ⑥ 油滴从t=0到t 1时刻的位移为s 1=v 0t 1+12a 1ε12⑦ 油滴在从t 1到t 2=2t 1时刻的时间内的位移为s 2=v 1t 1-12a 2ε12⑧由题给条件有ε02=2g (2h )⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离 若B 点在A 点之上,依题意有s 1+s 2=h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E 2=[2-2ε0εε1+14(ε0εε1)2]E 1为使E 2>E 1,应有2-2ε0εε1+14(εεε1)2>1即当0<t 1<(1-√32)ε0ε 或t 1>(1+√32)ε0ε才是可能的;条件式和式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形若B 点在A 点之下,依题意有s 1+s 2=-h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E 2=[2-2ε0εε1-14(εεε1)2]E 1为使E 2>E 1,应有2-2ε0εε1-14(ε0εε1)2>1即t 1>(√52+1)ε0ε另一解为负,不合题意,已舍去.(1)v 0-2gt 1(2)见解析8.[2019某某七市州3月联考]如图所示,在坐标系xOy 中,x 轴水平向右,y轴竖直向下,在x ≥2L 的区域内存在与x 轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球,电荷量为q ,从原点O 水平抛出,再从A 点进入电场区域,并从C 点离开,其运动的轨迹如图所示,B 点是小球在电场中向右运动的最远点,B 点的横坐标x B =3L.已知小球抛出时的动能为E k0,在B 点的动能为43E k0,重力加速度为g ,不计空气阻力.求:(1)小球在OA 段运动的时间与在AB 段运动的时间之比; (2)匀强电场的场强和小球的质量; (3)小球在电场中运动的最小动能.考点3电容器及带电粒子在电场中的运动1.A 实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,则a 板带电,由静电感应可知,在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷,故选项A 正确;实验中,只将电容器b 板向上平移,正对面积S 变小,由C=εrε4πεε,可知电容C 变小,由C=εε,Q 不变可知,U 变大,因此静电计指针的X 角变大,选项B 错误;实验中,只将极板间插入有机玻璃板,相对介电常数εr 变大,由C=εr ε4πεε,可知电容C 变大,由C=εε,Q 不变可知,U 变小,静电计指针的X 角变小,选项C 错误;实验中,只增加极板带电量,电容C 不变,由C=εε,可知静电计指针的X 角变大,故选项D 错误.2.(1)3εεε(2)2m (ε02+g 2t 2)解析:(1)设电场强度的大小为E ,小球B 运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ①12a (ε2)2=12gt 2② 解得E=3εεε③.(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1,到达P 点时的动能为E k ,O 、P 两点的高度差为h ,根据动能定理有E k -12m ε12=mgh+qEh ④且有v 1ε2=v 0t ⑤h=12gt 2⑥联立③④⑤⑥式得E k =2m (ε02+g 2t 2).1.D 平行板电容器接在电压恒定的直流电源上,电容器两极板之间的电压U 不变.若将云母介质移出,电容C 变小,由Q=UC 可知,电容器所带电荷量Q 变小,即电容器极板上的电荷量变小.由于U 不变,d 不变,由E=εε可知,极板间电场强度E 不变,选项D 正确,A 、B 、C 错误.2.ABC 由粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M 受到了引力作用,N 受到了斥力作用,故M 带负电荷,N 带正电荷,选项A 正确;由于虚线是等势面,故M 从a 点到b 点电场力对其做负功,动能减少,选项B 正确;d 点和e 点在同一等势面上,N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能,选项C 正确;N 从c 点运动到d 点的过程中,电场力做正功,选项D 错误.3.B如图所示,粒子在垂直极板方向上做匀减速运动,在平行极板方向上做匀速运动,轨迹呈曲线,全过程电场力做负功.若粒子刚好能打到上极板,则打到极板上时,粒子垂直于极板的速度刚好减为0,因极板与水平面夹角为45°,所以粒子的末速度为初速度的√22,故粒子的末动能为12E k0,根据动能定理有-Edq=12E k0-E k0,可得E=εk02εε,选项B 正确.4.AD 由动能定理得qE 1d 1=12mv 2,解得粒子离开电场E 1时速度v=√2εε1ε1ε,在电场E 2中y=12at2,E 2q=ma ,L=vt ,tan φ=a εε,联立以上方程得y=ε2ε24ε1ε1,tan φ=ε2ε2ε1ε1.所以,在电场E 2中电场力做功W=E 2qy=ε22ε2ε4ε1ε1,三种粒子电荷量相等,做功相等,A 项正确.因为在电场E 2中y 、tan φ均与q 、m 无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D 项正确.对全程应用动能定理,有qE 1d 1+qE 2y=12mv'2-0,解得打到屏上的速度的平方v'2=2εε(E 1d 1+ε22ε24ε1ε1),所以氕核打到屏上的速度最大,故B 项错误.在加速电场中所用时间t 1=√2ε1εε1ε,通过偏转电场到达屏所用时间t 2=ε+ε'ε=(L+L')·√ε2εε1ε1,总时间t=t 1+t 2,故氚核运动时间最长,C 项错误.5.BC0~ε3时间内微粒做匀速直线运动,则E 0q=mg.ε3~2ε3时间内没有电场作用,微粒做平抛运动,竖直方向上a=g.2ε3~T 时间内,由于电场作用,F 合=2E 0q-mg=mg ,方向竖直向上.分析可知,微粒到达金属板边缘时,速度为v 0,方向水平,选项A 错误,B 正确;从微粒进入两板间到离开,重力做功ε2mg ,重力势能减少12mgd ,选项C 正确;由动能定理知W G +W 电=0,W 电=-12mgd ,则克服电场力做功为12mgd ,选项D 错误.6.AD 小球受电场力与重力,两力的合力方向水平向右,大小为mg ,即等效重力场的效果相当于将重力场逆时针转90°.当小球恰好能到达等效重力场中与圆心“等高”处时,有mgR=12m ε12,解得v 1=√2εε,若小球不脱离轨道,此时速度0<v ≤√2εε,冲量0<I ≤m √2εε.当小球恰好能通过等效重力场的“最高点”时,由动能定理有mg ·2R=12m ε22-12m ε02,等效重力提供向心力,有mg=m ε02ε,解得v 0=√εε,v 2=√5εε,若小球不脱离轨道,此时速度v ≥√5εε,冲量I ≥m √5εε,选项A 、D 正确.7.(1)12m ε02+2εεqh v 0√εεεεε(2)2v 0√εεεεε解析:(1)P 、G 与Q 、G 间场强大小相等,均为E.粒子在P 、G 间所受电场力F 的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a ,有E=2εε① F=qE=ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ,由动能定理有qEh=E k -12m ε02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ,粒子在水平方向的位移大小为l ,则有h=12at 2④ l=v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k =12m ε02+2εεqh ⑥ l=v 0√εεεεε⑦. (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v 0√εεεεε.8.(1)1:1(2)εk0εε,方向水平向左√3εk03εε(3)E k0解析:(1)从O 点运动到A 点,小球在水平方向做匀速直线运动 有2L=v 0t OA ①小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,依据题意,小球在B 点水平方向的速度为0,由运动学公式得L=ε02t AB ②联立①②解得t OA =t AB ,即εεεεεε=11.(2)小球在B 点时有43E k0=12m εεε2③ 其中E k0=12m ε02④由于小球在竖直方向做自由落体运动,而且t OA =t AB ,则可知v By =2v Ay ⑤ 联立③④⑤解得v Ay =√33v 0⑥小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得ε02=2εεεL ⑦联立④⑦解得E=εk0εε⑧分析知场强方向水平向左 由运动学公式得v Ay =gt OA ⑨v 0=εεεt AB ⑩ 联立⑥⑧⑨⑩及t OA =t AB 解得m=√3εk03εε.(3)由以上所得结果可知在电场区域F 合与水平方向夹角为30°,v A 与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系,将v A 分解到x'、y'轴上,小球在x'方向上做匀速运动,在y'方向上做的运动类似于竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为E kmin =12m εεε'2,而v Ax'=v A cos 30°=v 0解得E kmin =E k0.。
2018-2019学年高二物理上学期选修3-1课件：第一章 静电场 1.8
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，因此可用 Q 描述电容器容纳电荷本领
U
的大小，即电容器的电容C= Q 。
U
【探究总结】 电容器充、放电过程的比较
内容
过程
充电过程
放电过程
定义
使电容器带电的过程
中和掉电容器所带电荷的过程
内容
过程
过程 示意
充电过程
放电过程
电荷 运动
正电荷向A板移动, 负电荷向B板移动
A.从C= Q 可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电
U
压
B.从C= r S 可以看出，电容的大小取决于电介质的种
4kd
类、两极板的正对面积和两极板的位置关系
C.它们都适用于各种电容器
D.C= Q 是适用于各种电容器的定义式，C= r S 是只
U
4kd
适用于平行板电容器的决定式
【解析】选B、D。公式C= Q 是电容的定义式，适用于
一小段距离，则根据C= S 可知，C变大，Q一定，则
4kd
根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根
据E= U ，C= S ，Q=CU联立可得E= 4 k Q ，可知Q一定
d
4kd
S
时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不
3.电容：(1)定义：电容器所带的_电__荷__量__与电容器两 极板间的_电__势__差__的比值叫电容。 (2)定义式：C= Q 。
U
4.电容的物理意义：电容是描述电容器_储__存__电__荷__本领
的物理量。 5.电容的单位：国际单位：_法__拉__，符号F，常用单 位：微法(μF)、皮法(pF)。1F=_1_0_6μF=_1_0_1_2 pF。
高中物理《电场》基础训练
高中物理《电场》基础训练考点一电场力的性质1.(2018浙江4月选考,6,3分)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷),分别固定在两处,它们之间的静电力为F。
用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为()A.F8B.F4C.3F8D.F2答案C2.(2019课标Ⅰ,15,6分)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷,Q带负电荷D.P带负电荷,Q带正电荷答案D3.(2021全国乙,20,6分)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行。
不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是()答案AD4.(2022四川遂宁三诊,19)(多选)如图,A、B两带电小球,所带电荷量大小分别为Q A、Q B,质量分别为m1、m2。
用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,静止时A、B两球处于同一水平线上,∠OBA=37°,∠OAB=53°,C是AB连线上一点且在O点的正下方,C点的场强为零。
已知 sin 53°=0.8,则()A.A、B两球的质量之比为9∶16B.A、B两球的带电荷量之比为81∶256C.同时剪断连接两小球A、B的细线,A小球一定先落地D.同时剪断连接两小球A、B的细线,A、B小球水平位移之比为9∶16答案BD5.(2022湖北,4,4分)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。
用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。
2020届高考物理备考一轮复习说课课件《静电场》(共39张PPT)
（1）静电场的基本概念和基本规律 （2）带电粒子在电场中的运动问题
1、复习环节
构建知识网络 ↓
考点突破例题讲解 ↓
课上巩固练习 ↓
方法总结 ↓
课后同步练习 ↓
周测滚动练习
2、课型设计
复习指导课：点线面相结合，构建知识网络， 突出主干和重点。
习题课：通过基础题，全方位无死角训练所有 考点，渗透基本方法和物理模型。纠错、解惑、 归纳和总结，帮助学生发现知识的断点、盲点， 从而做到查漏补缺。
1、学生学科基础知识分析：
大多数的学生对基本知识掌握不够牢固。各节的知识点尚处于零碎、孤立 和片面的分立状态，毫无知识架构，缺乏将本章知识与力学，运动学，能量这 些知识串联起来综合应用的能力，不能很好地利用知识解决相应的问题。
2、学生易错点分析：
在学习电场能的性质方面，由于电荷量、电势、电势差、电势能、电场力 做功有正负之分，学生很容易在这里出错。
Ⅰ级要求，着重于对物理概念、现象的理解，较为
容易。
Ⅱ级要求，着重于对知识的应用和能力的考查，要
求较高。
高考(全国卷)命题分析 五年常考热点
三年未考重点
库仑定律及应用
2018
1卷16题
电场性质的理解
电容器 带电粒子在电场中的运动
2019 2018 2017 2016 2015
2016 2015 2016 2015
A．C点的电势φ C＝2 V B．A、F间的电势差UAF＝2 V C．C、F间的电势差UCF＝4 V D．该匀强电场的场强大小E＝200 V/m
方法总结： 熟练掌握电场的基本概念，各物理量之间的关系
定义式
公式 E＝F/q
适用条件 任何电场
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第8节电容器的电容
基础巩固
1.(多选)下列关于电容器和电容的说法中,正确的是(BCD)
A.根据C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,跟两板间的电压成反比
B.对于确定的电容器,其所带电荷量与两板间的电压成正比
C.无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零),它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,其大小与加在两板间的电压无关
解析:电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量,一个电容器对应唯一的电容值,不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间的电压成反比,A错误,C,D正确.确定的电容器电容是定值,由Q=CU知,其所带电荷量与两板间的电压成正比,故B正确.
2.某电容器上标有“25μF450 V”字样,下列对该电容器的说法中正确的是(A)
A.要使该电容器两极板之间电压增加1 V,所需电荷量为 2.5×10-5 C
B.要使该电容器带电荷量为1 C,两极板之间需加电压2.5×10-5 V
C.该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10-5 C
D.该电容器能够承受的最大电压为450 V
解析:由C=,得ΔQ=C·ΔU=2.5×10-5×1 C=2.5×10-5 C,A正确.若Q=1 C,则U==4×104 V,B错误.当电容器的电压为450 V时,电容器的电荷量最多,Q′=CU′=2.5×10-5×450 C=1.125×10-2 C,C错误.450 V是电容器的额定电压,低于击穿电压,D错误.
3.要使平行板电容器的电容增大,下列方法可行的是(C)
A.增大电容器的带电荷量
B.增大电容器两极板间的电压
C.增大电容器两极板的正对面积
D.增大电容器两极板的距离
解析:C=,与带电荷量和电压无关;S越大,C越大,d越大,C越小.选项A,B,D错误,C正
确.
4.(多选)对于给定的电容器,如图所示,是描述电容C、所带电荷量Q、电势差U之间的相互关系的图线,正确的是(AD)
解析:在电容定义式C=中,C由电容器结构决定,与Q,U无关,A正确,B,C错误,Q与U成正比,D正确.
5.(2018·吉林白城模拟)(多选)如图所示,电路中A,B为两块竖直放置的金属板,C是静电计,开关S闭合后,静电计指针张开一个角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是(CD)
A.使A,B两板靠近一些
B.使A,B两板正对面积减小一些
C.断开S后,使B板向右平移一些
D.断开S后,使A,B正对面积减小一些
解析:静电计显示的是A,B两极板间的电压,指针张角越大,表示两板间的电压越高.当闭合S 后,A,B两板与电源两极相连,板间电压等于电源电压不变,静电计指针张角不变,选项A,B错误;当断开S后,板间距离增大,正对面积减小,都将使A,B两板间的电容变小,而电容器所带
的电荷量不变,由C=可知,板间电压U增大,从而静电计指针张角增大,选项C,D正确.
6.一个已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4 C,则其电压减少为原来的,则(B)
A.电容器原来的带电荷量为9×10-4 C
B.电容器原来的带电荷量为4.5×10-4 C
C.电容器原来的电压为1 V
D.电容器的电容变为原来的
解析:电容与电容器的带电荷量和板间电压无关,D错误.设电容器原来的带电荷量为Q,电压
为U,由C==,解得Q=4.5×10-4C,而U的大小无法求出,故A,C错误,B正确.
7.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路,在减小电容器两极板间距离的过程中(D)
A.电阻R中没有电流
B.电容器的电容变小
C.电阻R中有从a流向b的电流
D.电阻R中有从b流向a的电流
解析:在减小电容器两极板间距离的过程中,电容器始终与电源相连,则两极板间电压U不变,
由C=知d减小,电容C增大,由Q=UC知电容器所带电荷量Q增加,电容器充电,电路中有充电电流,所以电阻R中的电流方向是从b流向a.
8.如图所示,一平行板电容器接在U=12 V的直流电源上,电容C=
3.0×10-10 F,两极板间距离d=1.20×10-3 m,g取 10 m/s2,求:
(1)该电容器所带电荷量;
(2)若板间有一带电微粒,其质量m=2.0×10-3kg,恰在板间处于静止状态,则该微粒带电荷量为多少?带何种电荷?
解析:(1)由公式C=得
Q=CU=3.0×10-10×12 C=3.6×10-9 C.
(2)若带电微粒恰在极板间静止,则带电微粒带负电,并且有qE=mg,
而E=,解得q=。