高中物理 第2章 电势能与电势差 第4节 电容器 电容教学案 鲁科版选修3-1

第4节 电容器_电容1.电路中具有储存电荷功能的装置叫电容器，两块彼此绝缘的平行金属板组成一类最简单的电容器，叫平行板电容器。2电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，数量上等于电容器电量与两端电压的比值，即C。C与Q、U无关。平行板电容器电容的决定式C。3电容器和电源相连，极板电压不变；电容器和电源断开，极板电荷量不变。一、电容器1组成两个彼此绝缘又相隔很近的导体，组成一个电容器。2充、放电过程过程内容充电过程放电过程过程示意电荷运动正电荷向A板移动，负电荷向B板移动正电荷由A板移向B板(或负电荷由B板移向A板)电流方向流向正极板流出正极板联系两个过程互逆，电容器的电量、场强、能量变化趋势相反3电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值叫做电容器的电容。(2)公式：C(或C)。(3)物理意义：描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于使电容器两极板间的电势差为1 V所需要带的电荷量。(4)电容的单位是法拉，简称法，符号是F。1 F106 F1012 pF。(5)电场能：电容器充电过程中由电源获得的能量储存在电场中，称为电场能。二、平行板电容器的电容1决定电容的因素：平行板电容器的电容C与正对面积S成正比，与极板间的距离d成反比，与极板之间电介质的介电常数成正比。2决定式：C，真空中时：C。三、常见电容器及其构造电容器的应用1电容器的分类(1)按电介质分：空气电容器、云母电容器、纸质电容器、陶瓷电容器、涤纶电容器、电解电容器等。(2)按电容是否可变分：可变电容器、固定电容器等。2电容器的应用(1)用于照相机的电子闪光灯：先由电容器储存能量，释放能量时发生放电，从而导致电子闪光灯管内的气体发出耀眼的白光。(2)利用电容器测量水位：水位变化引起电容变化，从而可测出水位变化。(3)用于高能物理实验或工程中。(4)驻极体话筒。1自主思考判一判(1)电容的定义式C，C与Q、U无关。()(2)电容器的一个极板带正电荷，另一极板带等量负电荷，其带电荷量指的是一个极板上电荷量的多少。()(3)电容器在充电过程中，其他形式能转化为电场能，放电过程相反。()(4)平行板电容器的S、d变大时，其电容变大。()(5)C中是相对介电常数，空气的相对介电常数为1。()2合作探究议一议(1)有些同学认为“电容越大，电容器所带的电荷量就越多，反之就越少”，这种观点正确吗？提示这种观点是错误的，其原因是不能将电容器“能容纳电荷的多少”与“实际所带电荷量的多少”区分开来。电容是表征电容器容纳电荷本领大小的物理量，电容越大说明其容纳电荷的本领越大，但不能说其所带的电荷量一定越多。(2)某电容器上标有“1.5 F,9 V”的字样，9 V指什么电压？提示额定电压。(3)生活中，经常用照相机进行拍照，遇到光线较暗的情况，常常要用照相机的闪光灯发出强烈的闪光，这需要通过电容器来实现。拍照前先对电容器充电，拍照时电容器瞬间放电发出耀眼的白光。照相机每次闪光前后，能量发生怎样的变化？提示闪光前，电容器先充电，将其他形式的能(如化学能)转化为电场能储存起来；然后放电，将电场能转化为光能释放出来。对电容器、电容的理解1C是电容的定义式，对某一电容器来说，QU但C不变，反映电容器容纳电荷的本领，C是电容器电容的决定式，CS，C，C，说明了电介质的材料、极板的正对面积和极板间的距离是电容大小的决定因素。2.QU图像是一条过原点的直线，如图241所示，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两板间的电势差，直线的斜率表示电容大小。因而电容器的电容也可以表示为C，即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时电容器上增加(或减小)的电荷量。图2411用6 V干电池对一个电容器充电，下列说法中正确的是()A只要电路不断开，电容器的带电量就会不断增加B接电源正极的极板带正电，接电源负极的极板带负电C电容器两极板所带电荷量之和叫做电容器所带的电荷量D充电后电容器两极板之间不存在电场解析：选B电容器所带电荷量QCU，故A错；电容器带电量指的是一个极板所带电荷量，故C错；充电后两极板间认为是匀强电场，故D错。2一个平行板电容器，使它每板电荷量从Q130106 C增加到Q236106 C时，两板间的电势差从U110 V增加到U2，求：(1)这个电容器的电容多大？(2)U2为多少？(3)如要使两极板电势差从10 V降为U26 V，则每板需减少多少电荷量？解析：(1)电容器的电容C F3106 F3 F(2)因为电容器的电容不变，故U2 V12 V。(3)根据电容的定义，它等于每增加1 V电势差所需增加的电荷量，即C，要求两极板间电势差降为6 V，则每板应减少的电荷量为QCU3106(106) C1.2105 C。答案：(1)3 F(2)12 V(3)1.2105 C电容器的动态分析平行板电容器的两类典型问题始终与电源连接充电后与电源断开不变量U不变Q不变自变量以d为例以S为例因变量E，d变大，E变小；d变小，E变大E，S变大，E变小；S变小，E变大QU，d变大，Q变小；d变小，Q变大UQ，S变大，U变小；S变小，U变大典例(多选)如图242所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是()图242A增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大B将A板稍微上移，静电计指针张角变大C若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D若将A板拿走，则静电计指针张角变为零思路点拨解析电容器上所带电荷量一定，由公式C，当d变大时，C变小，再由C得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当将A板拿走时，相当于使d变得更大，C更小，故U应更大，故选A、B。答案AB平行板电容器定性分析的解题步骤(1)确定不变量。电容器与电源相连时，电压U不变；电容器充电后与电源断开时，所带电荷量Q不变。(2)根据决定式C和S、d的变化分析平行板电容器电容的变化。(3)根据定义式C分析电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E或E分析电容器两极板间场强的变化，或根据电容器带电量Q的变化分析回路中的电流方向。1. (多选)如图243所示，一平行板电容器与电源E、电阻R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243A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解析：选BCD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，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。2.如图244所示，平行放置的金属板A、B组成一个平行板电容器。在开关S闭合时，试讨论以下两种情况电容器两板电势差U、电荷量Q、板间电场强度E的变化情况。图244(1)使A板向上平移一些。(2)使A板向右平移一些。解析：因为开关S闭合，故该题属于U不变的情况。(1)因为平行板电容器的电容C，当d时，C；又因为电容器所带电荷量QCU，U不变，C时，Q；平行板电容器内部为匀强电场，根据E，因U不变，d，故E。(2)两板错开意味着正对面积S，由CS可知C，由QCU可知Q。但两板间距d不变，由E判定此时E没有变化。答案：见解析1电容器是一种常用的电子元件。对电容器认识正确的是()A电容器的电容表示其储存电荷的能力B电容器的电容与它所带的电荷量成正比C电容器的电容与它两极板间的电压成反比D电容的常用单位有F和pF,1 F103 pF解析：选AC是电容的定义式，不是决定式，故C与Q、U无关，B、C错。1 F106 pF，D错。电容是表示电容器储存电荷的能力的物理量，A选项正确。2如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，其中错误的是()解析：选A电容器的电容只由电容器本身的性质决定，与电容器带电荷量及极板间电压无关，故A错误，B、D正确；由电容定义式C可知，QCU。当C一定时，Q与U成正比，故C正确。3关于平行板电容器的电容，下列说法中正确的是()A跟两极板的正对面积S有关，S越大，C越大B跟两极板的间距d有关，d越大，C越大C跟两极板上所加电压U有关，U越大，C越大D跟两极板上所带电量Q有关，Q越大，C越大解析：选A根据平行板电容器电容的决定式C，可知S越大，C越大；d越大，C越小，故A正确，B错误。C与U、Q无关，故C、D错误。4下列关于电容器充电和放电的说法中正确的是()A电容器充电和放电时电流都由大变小B当电容器的电量最大时，电路中电流最大C当电容器两极板间的电压等于零时，电路中的电流最大D当电路中的电流最大的时候，电容器储存的电能最大解析：选A充电过程，电路中电流为零时，说明自由移动的电荷“全部”聚焦到了电容器上，电容器的两极板所带的电量最大，两极板间的电压最大，场强最大；电路中电流最大时，说明聚集到电容器的自由移动的电荷数为零，则电容器的两极板所带的电量为零，两极板间的电压为零，场强为零。放电过程，开始时两板间含电荷量最大，电压最高，场强最大，电流也最大，最后两极板间电量为零时，电压为零电流也为零。所以电容器充电和放电时电流都由大变小，选项A正确，选项B、C错误；充电过程当电容器上电量最大时，电容器上储存的电能最大，电路中的电流为零，选项D错误。5用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素(如图1所示)。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1A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，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变解析：选A保持S不变，增大d时，电容器的电容C减小，Q不变时，电压U增大，静电计指针偏角变大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S时，电容C减小，Q不变，则电压U增大，静电计指针偏角变大，选项C、D错误。6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解析：选C由公式E、C和C可得E，所以Q加倍，E也加倍，再由UEd可得U相等。C正确。7.如图2所示，金属芯柱与导电液体构成一个电容器，将该电容器与指示器相接，则指示器就能显示出h的变化情况，下列关于该装置的说法中正确的是()图2A导电液体相当于电容器的一个电极B金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C金属芯柱浸入液体深度h越大相当于电容器的正对面积越小D如果指示器显示出电容减小，则说明导电液体液面升高解析：选A由电容器的定义可知，该装置中的金属芯柱和导电液体相当于电容器的两个极板，故选项A正确；根据平行板电容器的电容C定性分析可知，选项B、C、D错误。8. (多选)如图3所示，两块平行带电金属板，带正电的极板接地，两板间P点处固定着一个负电荷(电荷量很小)。现让两板保持距离不变而水平错开一段距离，则()图3A两板间电压变大，P点场强变大B两板间电压变小，P点场强变小CP点电势变大，负电荷的电势能变小DP点电势变小，负电荷的电势能变大解析：选AD由U，E，S减小，致使U变大，E变大；根据PEd，Ep(q)(P)，负电荷在此电场中具有的电势能变大。9.某电容式话筒的原理示意图如图4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。在P、Q间距增大过程中()图4AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量保持不变CM点的电势比N点的低DM点的电势比N点的高解析：选D由极板电容器的电容C可知，当P、Q之间的距离d增大时，电容器的电容C减小，A错误；而电容器两极板之间的电势差不变，根据QCU可知，电容器两极板上的电荷量减小，B错误；此时电容器对外放电，故M点的电势高于N点的电势，D正确。10. (多选)如图5所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示的水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图5A所受重力与电场力平衡 B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动解析：选BD由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D对。11.如图6所示，一平行板电容器跟一电源相接，当S闭合时，平行板电容器极板A、B间的一带电液滴恰好静止。若将两板间距离增大为原来的两倍，那么液滴的运动状态如何变化？若先将S断开，再将两板间距离增大为原来的两倍，液滴的运动状态又将如何变化？图6解析：S闭合时，U不变，d，E，即E合外力FmgEqmgma，所以a，方向向下。液滴将向下做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动。S断开时，电容器的电荷量保持不变，当d2d时，由公式E可知，E不变，EE因此，液滴受力情况不变，仍处于静止状态。答案：见解析12.如图7所示，水平放置的平行金属板A、B的距离为d，开始两板都不带电，现将电荷量为q、质量为m的液滴从小孔正上方h处无初速度滴下，通过小孔落向B板并把电荷全部传给B板，若第N滴液滴在A、B间恰好做匀速运动，求电容器的电容。图7解析：第N滴液滴做匀速运动时，板上电荷量：Q(N1)q由平衡条件得：qEmg两极板间电压：UEd电容器电容：C由联立解得：C。答案：电场能的性质1下列关于匀强电场中场强和电势差关系的说法正确的是()A在相同距离上，电势差大的其场强也必定大B任意两点的电势差，等于场强与这两点间距离的乘积C沿着电场线方向，相同距离上的电势降落必定相等D电势降低的方向，必定是电场强度的方向解析：选C由匀强电场的特点知A、B错，C对；电势降低最快的方向才是电场强度方向，D错。2. (多选)位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图1所示，图中实线表示等势线，则()图1Aa点和b点的电场强度相同B正电荷从c点移到d点，电场力做正功C负电荷从a点移到c点，电场力做正功D正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大解析：选CDa点和b点所在处的等势线疏密程度不同，故两处的场强不同，方向也不同，A错；从c点到d点电势升高，正电荷的电势能增大，电场力做负功，B错；从a点到c点，电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，C对；从e点沿虚线到f点，电势先减小后增大，则正电荷的电势能先减小后增大，D对。3喷墨打印机的简化模型如图2所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图2A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨迹与带电荷量无关解析：选C由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A项错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移xvt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移yt22，此为抛物线方程，C项正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D项错误。4. (多选)(2015海南高考)如图3，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()图3Ab点电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大解析：选BC由两等量异种点电荷的电场线分布知：过Q和Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面，因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同，因此正试探电荷电势能的变化相同，D错。点b在零势能面上，b点电势为零，由场强的合成法则知，b点的场强不为零，方向平行x轴向右，A错。在a点放一正的试探电荷，所受的电场力方向向右，当沿x轴正方向移动时，电场力做正功电势能减少，在O点减为零，过了O点电势能为负值，所以正的试探电荷在a点电势能大于零，反之若从O点移到a点，电场力与运动方向相反，因此电场力做负功即克服电场力做功，B、C正确。5.如图4所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(重力不计)，以相同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动，由轨迹可以断定()图4A两个粒子的电性一定相同B两个粒子带电量一定相同C粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大D经过B、C两点时，两粒子的速率一定相等解析：选C由等势面的形状可知，这是一个位于圆心的点电荷产生的电场，两个粒子与点电荷的作用情况是相反的，所以两个粒子的电性一定不同，电量关系无法确定，A、B错误。粒子1的动能先减小后增大，粒子2的电势能先减小后增大，C正确。两个粒子经过B、C两点时因做功多少无法具体确定，两粒子的质量关系也未知，则速率可能相同也可能不同，D错误。6. (2015海南高考)如图5，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()图5A32B21C52 D31解析：选A因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1、a2，由运动学公式有la1t2t2，la2t2t2，得。B、C、D错，A对。7. (多选)(2015四川高考)如图6所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()图6A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90到大于90，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误。8. (多选)空间某一静电场的电势在x轴上分布如图7所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有()图7AEBx的大小大于ECx的大小BEBx的方向沿x轴正方向C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功解析：选AD本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由题图像可知在x轴上各点的电场强度在x轴方向的分量不相同，如果在x轴方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法。在B点和C点附近分别取很小的一段d，由题图像可知，B点很小的一段对应的电势差大于C点很小的一段对应的电势差，看做匀强电场有E，可见EBxECx，同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故A正确，C错误。沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向；在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，故B错误。负电荷从高电势的B点移到低电势的C点，电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故D正确。9. (多选)如图8所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连。当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点。则()图8A当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C当开关断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D当开关断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析：选BC当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U，两板间的距离为d，带电液滴处于平衡状态，则mgq，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q，此时两板间的场强大小E，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C正确，D错误。10. (多选)如图9所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一直角三角形，ABL m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为5 V，B点的电势为5 V，C点的电势为15 V，据此可以判断()图9A场强方向由C指向BB场强方向垂直AD连线指向BC场强大小为 V/mD场强大小为 V/m解析：选BD根据B、C点的电势可以确定其中点D的电势为5 V，A、D的连线为一条等势线，电场线与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面，故场强方向垂直AD连线指向B，A错误，B正确；匀强电场的场强E，其中UAB10 V，dL cos 30，解得E V/m，C错误，D正确。11. (多选)如图10所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于某电场中，一带电量为q、质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则()图10A小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能B小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能C若电场是匀强电场，则该场强的最小值一定是D若电场是匀强电场，则该场强的最小值一定是解析：选AC由能量守恒定律知，小球的动能、重力势能、电势能的总和保持不变，由于小球在A、B两点动能相等，而在B点的重力势能大于在A点的重力势能，因此在B点的电势能一定小于在A点的电势能，选项A正确，B错误；当匀强电场方向沿斜面向上时场强最小，此时小球做匀速直线运动，由受力分析可知，qEmgsin ，因此场强的最小值为，选项C正确，D错误。12如图11所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l4 cm，板间距离d1 cm。板右端距离荧光屏L18 cm(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是1.6107 m/s，电子电荷量e1.601019 C，质量m0.911030 kg。要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？图11解析：经过偏转电场的时间为t，偏转位移at2t2，所以U91 V。答案：91 V13.如图12所示，匀强电场中电场线与AC平行，把电荷量为108 C的负电荷从A点移到B点，电场力做功6108 J，AB长为6 cm。图12(1)求场强方向。(2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？(3)若AC与AB的夹角为60，场强为多少？解析：(1)将负电荷从A点移到B点，电场力做正功，所以电场力方向由A到C，又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向应为由C到A，即该电场的场强方向沿电场线向下。(2)由WqU，得UAB V6 V又UABAB，B1 V解得ABUAB1 V6 V5 V。(3)如图所示，由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上。UDAUBAUAB6 V，沿场强方向A、D两点间距离为dAcos 6 cm0.03 m所以E V/m200 V/m。答案：见解析第2章电势能与电势差(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题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1下列关于电容器和电容的说法中不正确的是()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，其所带的电荷量与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)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，其大小与加在两极板上的电压无关解析：选A由电容器的定义和电容器的物理意义知A错误，C、D正确。由QCU知B正确。2.如图1所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块运动的过程中，下列表述正确的是()图1A两个物块的电势能逐渐减少B物块受到的库仑力不做功C两个物块的机械能守恒D物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力解析：选A小物块间的作用力为斥力，因此在远离过程中，电场力做正功，则电势能逐渐减少，选项A正确，B错误；由于运动过程中，有重力以外的力电场力和摩擦力做功，故机械能不守恒，选项C错误；在物块运动过程中，开始电场力大于摩擦力，后来电场力小于摩擦力，选项D错误。3.如图2所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为()图2AUOP10sin (V)BUOP10sin (V)CUOP10cos (V)DUOP10cos (V)解析：选A在匀强电场中，两点间的电势差UEd，而d是沿场强方向上的距离，所以UOP10sin (V)，选项A正确。4.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图3中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()图3A做直线运动，电势能先变小后变大B做直线运动，电势能先变大后变小C做曲线运动，电势能先变小后变大D做曲线运动，电势能先变大后变小解析：选C由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。5. (2015全国卷)如图4，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图4A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。6.如图5所示的匀强电场区域内，由A、B、C、D、A、B、C、D作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，则下列说法正确的是()图5AA、D两点间的电势差UAD与A、A两点间的电势差UAA相等B带正电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电场力做正功C带负电的粒子从A点沿路径ADD移到D点，电势能减小D带电粒子从A点移到C点，沿对角线AC与沿路径ABBC电场力做的功相同解析：选BD在匀强电场中，因为AD垂直于电场线，所以AD，UAD0，又UAA0，故选项A错误；因为DD，则沿ADD移动正电荷电场力做正功，选项B正确；沿ADD移动负电荷电场力做负功，电势能增加，选项C错误；电场力做功与路径无关，只与两点间的电势差有关，故选项D正确。7.在两块平行金属板A、B间加如图6所示变化的电压，此电压的值不变，但每过改变一次极性。t0时，A板电势为正，若在此时由B板自由释放一电子，那么()图6A电子会一直向A板运动B电子在A、B两板间来回运动C在tT时，电子回到出发点D在t时电子具有最大速度解析：选AD根据电子的受力情况和牛顿第二定律知，在0时间内，电子向A板做匀加速直线运动，在时刻速度达到最大值；在到T时间内，电子向A板做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零；随后重复刚才的运动，故A、D正确。8.三个分别带正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图7所示，下列判断正确的是()图7A落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电