章末核心素养提升

章末核心素养提升题型1平行板电容器的综合分析例1电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路，上极板接地。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，两极板间电压为U，板间电场强度大小为E0，电容器中的P点电势为φ，则下列说法正确的是（）A.若将上板下移少许，Q增大，U减小，E0不变，φ变大B.若将上板下移少许，Q不变，U减小，E0减小，φ变小C.若断开开关S，将上板下移少许，Q不变，U减小，E0不变，φ变小D.若断开开关S，将上板下移少许，Q不变，U减小，E0不变，φ变大听课笔记题型2带电粒子在复合场中的直线运动例2一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上移动eq\f(d,4)，则仍从P点开始下落的相同粒子将（）A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板eq\f(d,2)处返回D.在距上极板eq\f(2d,5)处返回听课笔记题型3带电粒子在复合场中的曲线运动例3如图在真空中存在着竖直向下的匀强电场，电场强度为E。一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、带电量为＋q（q＞0）、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放，已知重力加速度为g。（1）求小球运动到O点正下方B点时的速度大小；（2）求小球在B点时细线对小球的拉力大小；（3）若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x。章末核心素养提升知识网络构建maat2adeq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)eq\f(ql2,2dmveq\o\al(2,0))U核心素养提升例1D[闭合开关S，则极板间电压U不变，若将上板下移少许，即减小极板间距，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容增大，由Q＝CU可知Q增大，由E0＝eq\f(U,d)，可知，E0变大，根据U上P＝E0d上P可知，P与上极板间的电势差减小，可知P点的电势φ变大，故A、B错误；若断开开关S，将上板下移少许，Q不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容增大，由U＝eq\f(Q,C)，可知U减小，由E0＝eq\f(U,d)，联立以上可得E0＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以E0不变，根据U上P＝E0d上P可知，上极板与P间的电势差减小，因为上极板电势为零，可知P点的电势φ变大，故C错误，D正确。]例2C[在下极板移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得mg·eq\f(3,2)d－qU＝0，将下极板向上平移eq\f(d,4)；设运动到距离上极板x处返回，因极板分别与电池两极相连，则电容器的电压U不变，则电容器的电场强度为E＝eq\f(4U,3d)，根据动能定理得mg(eq\f(d,2)＋x)－qeq\f(4U,3d)x＝0，联立解得x＝eq\f(d,2)，故C正确。]例3(1)eq\r(\f(2（mg＋qE）L,m))(2)3(mg＋qE)(3)2eq\r(（H－L）L)解析(1)从A到B过程，由动能定理得mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2－0所以小球到达B点时的速度为v＝eq\r(\f(2（mg＋qE）L,m))。(2)在B点，由牛顿第二定律得FT－m