2020年高考物理复习 第6章 试题解析29

2020年高考物理复习 第6章 试题解析29

学案29 场强与电势差的关系电容器及其电容 ‎ ‎ 一、概念规律题组 ‎1．对公式E＝的理解，下列说法正确的是(　　)‎ A．此公式适用于计算任何电场中a、b两点间的电势差 B．a点和b点距离越大，则这两点的电势差越大 C．公式中d是指a点和b点之间的距离 D．公式中的d是a、b所在匀强电场的两个等势面间的垂直距离 图1‎ ‎2．如图1所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50 V，φc＝20 V，则a、c连线中点b的电势φb为(　　)‎ A．等于35 V B．大于35 V C．小于35 V D．等于15 V ‎3．由电容器电容的定义式C＝可知(　　)‎ A．若电容器不带电，则电容C为零 B．电容C与电容器所带电荷量Q成反比，与电压U成反比 C．电容C与所带电荷量Q多少无关 D．电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量 ‎4．对于水平放置的平行板电容器，下列说法中正确的是(　　)‎ A．将两极板的间距加大，电容将增大 B．将两极板平行等距错开，使正对面积减小，电容将减小 C．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大 D．在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大 二、思想方法题组 14‎ 图2‎ ‎5．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图2所示，由此可知c点的电势为(　　)‎ A．4 V B．8 V C．12 V D．24 V 图3‎ ‎6．如图3所示，电容器两极板与电源正负极相连，当电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电容器两板间电压始终不变 B．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值 C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小 D．电路中电流由A板经电源流向B板 一、静电现象 ‎1．处于静电平衡状态的导体具有以下特点 ‎(1)导体内部的场强(E0与E′的合场强)处处为零，E内＝0；(2)整个导体是等势体，导体的表面是等势面；(3)导体外部电场线与导体表面垂直；(4)静电荷只分布在导体外表面上，且与导体表面的曲率有关．‎ ‎2．静电屏蔽：如果用金属网罩(或金属壳)将一部分空间包围起来，这一包围空间以外的区域里，无论电场强弱如何，方向如何，空间内部电场强度均为零．因此金属网罩(或金属壳)对外电场有屏蔽作用．‎ 图4‎ ‎【例1】 如图4所示为空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔内，静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是(　　)‎ A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B．Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φc D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc ‎[规范思维]‎ ‎ [针对训练1]　请用学过的电学知识判断下列说法正确的是(　　)‎ A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全 14‎ B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死 D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险 二、匀强电场中电场强度与电势差的关系 ‎1．公式E＝反映了电场强度与电势差之间的关系，由公式可知，电场强度的方向就是电场中电势降低最快的方向．‎ 图5‎ ‎2．公式中d可理解为电场中两点所在等势面之间的距离，由此可得出一个结论：在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段的端点间的电势差相等．如图5所示，AB、CD平行且相等，则UAB＝UCD ‎3．利用等分电势法画等势线及电场线的方法 例如：φA＝6 V，φB＝－2 V，φC＝4 V，试画出图6中的等势线及电场线 图6‎ 方法：(1)求出电势差最大的两点间电势差 Umax＝UAB＝φA－φB＝8 V ‎(2)求出电势差最小的两点间的电势差 Umin＝UAC＝2 V ‎(3)计算＝4‎ ‎(4)连接AB，并将AB四等分，在AB上找到C点的等势点D，即φD＝φC ‎(5)连接CD即为等势线；过CD作垂线为电场线．‎ 图7‎ ‎【例2】 为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图7所示，若AB＝0.4 m，α＝37°，q＝－3×10－7 C，F＝1.5×10－4 N，A点的电势φA＝100 V．(不计负电荷受到的重力)‎ ‎(1)在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势．‎ ‎(2)求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？‎ 14‎ ‎[规范思维]‎ ‎[针对训练2]　‎ 图8‎ 空间有一匀强电场，在电场中建立如图8所示的直角坐标系O－xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标(0，a,0)，N点的坐标为(a,0,0)，P点的坐标为(a，a/2，a/2)．已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1 V，则P点的电势为(　　)‎ A. V B. V C. V D. V 三、平行板电容器的动态分析 运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 ‎(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．电容器的两极板与电源连接时，电容器两极板间的电压保持不变；电容器先充电后与电源断开，电容器的电荷量保持不变．‎ ‎(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．‎ ‎(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．‎ ‎(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化．‎ 图9‎ ‎【例3】 如图9所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则(　　)‎ A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 14‎ C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 ‎[规范思维]‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ 图10‎ ‎[针对训练3]　平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图10所示，则(　　)‎ A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 ‎【基础演练】‎ 图11‎ ‎1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图11)．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θ.实验中，极板所带电荷量不变，若(　　)‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎2.‎ 14‎ 图12‎ 如图12所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是(　　)‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎3.‎ 图13‎ 如图13所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分别表示电势－4 V、－2 V、0 V、2 V、4 V的等势线，若AB＝BC＝CD＝DE＝2 cm，且与直线MN成30°角，则(　　)‎ A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且右斜下 B．该电场是匀强电场，场强大小E＝2 V/m C．该电场是匀强电场，距C点距离为2 cm的所有点中，最高电势为4 V，最低电势为－4 V D．若一个正电荷从A点开始运动到E点，通过AB段损失动能E，则通过CD段损失动能也为E ‎4．有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的改变而变化，变化的图线如图14所示，则图中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是(设场强沿x轴正方向时取正值)(　　)‎ 图14‎ 14‎ 图15‎ ‎5．如图15所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是(　　)‎ A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 图16‎ ‎6．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图16所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)‎ A．U变小，E不变 B．E变大，Ep变大 C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变 ‎7．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(　　)‎ A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1‎ C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1‎ ‎【能力提升】‎ 14‎ 图17‎ ‎8．图17中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm，把一个电荷量q＝10－5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为－1.73×10－3 J，则该匀强电场的场强大小和方向是(　　)‎ A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1 000 V/m，垂直AB斜向上 D．1 000 V/m，垂直AB斜向下 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 答案 图18‎ ‎9．如图18所示，水平放置的两平行金属板A、B接在U＝4 000 V的直流电源上，两极板间距离为2 cm，A极板接地，电场中a点距B极板1 cm，b点和c点均距A极板0.5 cm，求：‎ ‎(1)a点的电场强度；‎ ‎(2)a、c之间的电势差；‎ ‎(3)电子在b点的电势能；‎ ‎(4)电子从a点运动到c点，电场力做的功．‎ 14‎ ‎10.‎ 图19‎ 如图19所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)‎ ‎11.‎ 图20‎ 如图20所示，两个带等量异种电荷、竖直放置、电容为C、间距为d的平行金属板，两板之间的电场可视为匀强电场．此外两板之间还存在一种物质，使小球受到一个大小为F＝kv(k为常数，v为小球速率)、方向总是背离圆心的力. 一个质量为m，带电荷量为－q的小球，用长为L(L＜d)的不可伸长的细线悬挂于O点，将小球拉至水平位置M，由静止释放，当小球向下摆过60°到达N点时，速度恰为零(细线始终处于伸直状态)．则：‎ ‎(1)左极板带电量Q是多少？‎ ‎(2)小球到达N点时的加速度大小是多少？‎ ‎(3)小球的最大速度是多少？此时细线上的拉力是多少？‎ 14‎ 学案29　场强与电势差的关系　电容器及其电容 ‎【课前双基回扣】‎ ‎1．D ‎2．C　[从电场线疏密可以看出Ea>Eb>Ec，由公式U＝Ed可以判断Uab>Ubc，所以φb<＝35 V．]‎ ‎3．CD　[电容器电容的大小由电容器自身决定，与带电与否、所带电荷量Q的多少均无关；根据C＝可知，当电容器电压发生变化时，所带电荷量也发生变化，但两者比值保持不变，即C＝，所以有ΔQ＝C·ΔU.综上所述，本题正确选项为C、D.]‎ ‎4．BCD　[平行板电容器的电容C＝，因此加大极板间距d，导致C减小，A项错误；正对面积S减小，C减小，B项正确；插入陶瓷板，相当于增大介电常数εr，C增大，C项正确；插入铝板，相当于减小极板间距d，C增大，D项正确．]‎ ‎5．B　[由公式U＝Ed可知，在匀强电场中相互平行的两线段端点所对应电势差之比恰好等于两线段长度之比．则由图知ab∥dc，必有Uab/Udc＝ab/dc＝1/1，故 V＝(4－φc) V，则φc＝8 V．]‎ ‎6．B　[当将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，则C＝＝，又C＝，所以＝，所以E＝也不变，而U＝Ed，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故选项B正确．因为C＝，所以d增大时，C减小．由Q＝CU，所以Q减小，电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故D不对．]‎ 思维提升 ‎1．公式U＝dE只适用于匀强电场的计算，且d为沿场强方向的距离．但对于非匀强电场，可应用该公式定性分析问题．‎ ‎2．电容是电容器本身的属性，由电容器本身因素决定，与电容器是否带电以及带电多少无关．‎ ‎3．对于不含源的电容器，两极板间距离发生改变时，板间匀强电场的场强不变，这一结论应熟记．‎ ‎【核心考点突破】‎ 例1 D ‎　[‎ 14‎ 空腔球形导体在正电荷A的电场中感应的结果如图所示，从电场线的疏密可确定a点场强大于c点场强，而b点场强为零，故Ea＞Ec＞Eb，而沿着电场线电势降低，故φa＞φb＞φc，D正确．]‎ ‎[规范思维]　先画出电场线，再分析各点场强大小及电势高低．本题中很多同学易认为：Eb＝0，则φb＝0，其实空腔球形导体处于静电平衡后导体是等势体，内外表面是等势面，再考虑沿场强方向电势降低可以得到φa＞φb＞φc.‎ 例2 见解析 解析　(1)负电荷在匀强电场中做匀速运动说明受的电场力与外力F等大反向 因此该电场方向与F的方向同向，如图所示 等势线与场强垂直，过A、B两点的等势线如图所示 A、B两点间的电势差 UAB＝E·dAB·cos α 匀强电场的场强 E＝＝ 所以UAB＝dAB·cos α ‎＝×0.4×0.8 V＝160 V 则B点的电势φB＝φA－UAB＝－60 V.‎ ‎(2)由A到B克服电场力做功 W＝q·UAB＝160×3×10－7 J＝4.8×10－5 J 即：电势能变化量为4.8×10－5 J.‎ ‎[规范思维]　由带电点电荷做匀速直线运动，所受合外力为零，确定电场力方向和电场方向；由E＝计算电场强度，然后再由两点沿电场线方向的距离计算电势差大小．‎ 例3 B ‎　[如图所示，取ab的中点O为圆心，作△abc的外接圆，O即为外接圆的圆心，且φO＝2 V，O、c在同一个等势面上．连接圆心O和c，并通过b、a两点分别作Oc的平行线，因为Oa＝Ob＝Oc＝R，所以三条平行线是等势差的．再过O点作三条平行线的垂线，交三角形abc的外接圆于d、e两点，则d点电势最高，e点电势最低．由ERcos 30°＝φb－φc，ER＝φd－φc，ER＝φc－φe且φb＝(2＋)V，φc＝2 V得φd＝4 V，φe＝0 V，所以B正确，A、C、D均错误．]‎ 14‎ ‎[规范思维]　本题中先由几个点的电势，找出等势点，再由等势线画出电场线，而寻找等势点是解题的关键．‎ 例4 BD　[充电后电容器的上极板A带正电．不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大．由E＝知两极板间场强减小．场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动．由C＝知电容C减小．由Q＝CU知极板所带电荷量减少．会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流．电流表中将会有由b到a的电流，选项B、D正确．]‎ ‎[规范思维]　求与平行板电容器有关的问题时，应从平行板电容器的电容决定式入手，首先确定不变量，然后根据电容决定式C＝，进行推导讨论，找出各物理量之间的关系，从而得出正确结论．‎ ‎[针对训练]‎ ‎1．B　2.D　3.AD ‎【课时效果检测】‎ ‎1．A　2.B　3.CD　4.A ‎5．BC　[在水平方向液滴受电场力作用，做初速度为零的匀加速运动；在竖直方向为自由落体运动，故液滴在两板间运动的轨迹不是抛物线，A错；电源电动势越大，液滴受电场力越大，液滴在板间运动的加速度就越大；由于水平运动距离一定，为中心线到板的水平距离，故加速度越大，时间越短，所以选项B、C对；定值电阻的大小不会改变板间电压，故D错．]‎ ‎6．AC　[当平行板电容器充电后与电源断开时，E＝＝＝.，带电荷量Q不变，两极板间场强E保持不变，由于板间距离d减小，由U＝Ed可知，电容器的电压U变小．由于场强E保持不变，因此P点与接地的负极板间的电势差保持不变，即P点的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能Ep保持不变．A、C正确．]‎ ‎7．C　[由C＝和C＝及E＝得，E＝，由电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为，得E2＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D错，C对．]‎ ‎8．D　[把电荷q从A移到B，电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB即为等势线，场强方向应垂直于等势面，可见，选项A、B不正确．‎ UBC＝＝ V＝－173 V．B点电势比C点低173 V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强方向必垂直于AB斜向下．场强大小E＝＝＝ V·m－1＝1 000 V·m－1，因此选项D正确，C错误．]‎ ‎9．(1)2×105 V/m　(2)－1 000 V　(3)1.6×10－16 J ‎(4)1.6×10－16 J 解析　(1)a点的电场强度为：E＝＝ V/m＝2×105 V/m.‎ 14‎ ‎(2)a、c两点间的电势差为：Uac＝－Uca＝－Edba＝－2×105×(2－1－0.5)×10－2 V＝－1 000 V.‎ ‎(3)b点的电势为：φb＝－UAb＝－EdAb＝－2×105×0.5×10－2 V＝－1 000 V，电子在b点的电势能为：‎ EPb＝eφb＝－1.6×10－19×(－1 000) J＝1.6×10－16 J.‎ ‎(4)电子从a点运动到c点，电场力做的功为：W＝eUac＝－1.6×10－19×(－1 000) J＝1.6×10－16 J.‎ ‎10．(1)正电　q＝　(2) 解析　(1)作电场线如图(a)所示，由题意得，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图(b)所示，只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动．所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动．由图(b)知qE＝mg.相邻等势面间的电势差用U表示，所以E＝，所以q＝＝.‎ ‎(2)由图(b)知 F合＝＝mg(因为qE＝mg)．‎ 由动能定理－F合·lmax＝0－mv，所以lmax＝＝.‎ ‎11．(1)　(2)g　(3)(－1) ‎(6－2)mg＋k(－1) 解析　(1)设两板间电势差为U，场强为E 由C＝和E＝得E＝①‎ 对球，从M到N由动能定理有 mgLsin 60°－qEL(1－cos 60°)＝0‎ 所以qE＝mg②‎ 由①②得：Q＝ ‎(2)球在N点的加速度方向垂直ON沿切线向上，在N点受力分析，将电场力和重力正交分解，在切线方向有 qEsin 60°－mgsin 30°＝ma 14‎ 得a＝＝g ‎(或由单摆的对称性得M、N两处加速度大小相等均为g)‎ ‎(3)小球速度最大位置在MN弧的中点P处，对球从M到P由动能定理有：‎ mgLsin 30°－qEL(1－cos 30°)＝mv2－0‎ 解得v＝＝(－1) 在P点对球受力分析，设线上的拉力为F′，合力充当向心力，有 F′－kv－＝m 解得：F′＝(6－2)mg＋k(－1) 易错点评 ‎1．电容器两板间的电压不能用电压表测量，因为电容器可通过电压表内的线圈放电．一般用静电计测量电容器两板间的电压．‎ ‎2．电容器充放电时，在电路中有短暂的充电电流或放电电流，要特别注意放电电流的方向．另外要理解充放电时，并不是电荷通过了电容器．‎ ‎3．在电容器两板间插入金属板时，相当于电容器两板间距离减小，即电容要变大．‎ ‎ ‎ 14‎