高中物理力的教案
发表时间：2021-02-18高三物理《电场力的性质》考后题型解析。
高三物理《电场力的性质》考后题型解析
[浙江考试标准]
知识内容考试要求命题规律必考加试电荷及其守恒定律bc对本章知识的考查主要以选择题为主，计算题常与其他知识综合考查，主要考点有：
1．描述电场的物理量和规律；
2．牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的综合应用问题；
3．带电粒子在电场中的加速、偏转等问题.库仑定律c电场强度cc电势能和电势、电势差bc电势差与电场强度的关系c静电现象的应用b电容器的电容bc带电粒子在电场中的运动bd考点一|电荷及其守恒定律
1．两种电荷
(1)用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电．
(2)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
2．三种起电方式：摩擦起电、感应起电和接触起电，它们的实质都是电子的转移．
3．元电荷：最小的电荷量，e＝1.6×10－19_C.
4．电荷守恒定律
表述1：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．这个结论叫做电荷守恒定律．
表述2：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变．
1．电荷分配规律
两个完全相同的金属球接触后，所带正、负电荷先“中和”，然后“平均分配”于两球．分配前后正、负电荷之和(代数和)不变．
2．最小的电荷量叫做“元电荷”．电荷量都是元电荷的整数倍，所以电荷量不能连续变化．
3．质子及电子所带电荷量的绝对值与元电荷相等，但不能说它们是元电荷．
1．(20xx·浙江1月学考)如图611所示，摩擦过的塑料刻度尺能够吸引轻小的纸片，这是由于它们之间存在()
图611
A．静电力B．安培力
C．洛伦兹力D．弹力
A[摩擦过的塑料刻度尺带电，能吸引小纸片，吸引小纸片的力是静电力．故选A.]
2．毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带正电，这是因为()
A．毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上
B．毛皮上的一些正电荷转移到橡胶棒上
C．橡胶棒上的一些电子转移到毛皮上
D．橡胶棒上的一些正电荷转移到毛皮上
A[摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体上，电中性的物体若缺少了电子带正电，多了电子就带负电．由于毛皮的原子核束缚电子的本领比橡胶棒弱，在摩擦的过程中毛皮上的一些电子转移到橡胶棒上，缺少了电子的毛皮带正电，而原子核内的质子带正电荷，不能自由移动，所以选项A正确．]
3．关于元电荷，下列说法中不正确的是()
A．元电荷实质上是指电子和质子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷的值通常取e＝1.60×10－19C
D．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的
A[科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量，人们把这个最小的电荷量叫做元电荷．实验得出，所有带电体的电荷量或者等于e，或者是e的整数倍，这就是说，电荷量是不能连续变化的物理量．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的．故选A.]
4．(加试要求)完全相同的金属小球A、B，A球带电荷量为＋16Q，B球带电荷量为－8Q.现将A与B接触后分开，则A、B两球的带电荷量分别为()
A．－8Q，＋16QB．＋8Q，＋8Q
C．＋4Q，＋4QD．－4Q，－4Q
C[因两球带异种电荷，所以小球A与B接触后应是先中和，后把剩余的电荷量平分，即A、B两球的带电荷量都为q＝＝4Q，选项C对．]
考点二|库仑定律
1．点电荷
当带电体的形状、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体可以看成点电荷．
2．库仑定律
(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)表达式：F＝k，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．
(3)适用条件：真空中的点电荷．
(20xx·浙江10月学考)如图612所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方(A、B均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A、B静止于同一高度．已知重力加速度为g，静电力常量为k，则两球间的静电力为()
图612
A.B.C．mgD.mg
A[根据库仑定律公式得F＝＝，A选项正确，B选项错误．由于小球A、B均静止，对球A受力分析如图所示．则由平衡条件得Tsin30°＝F，Tcos30°＝mg，联立上式解得F＝mg，C、D选项错误．]
(20xx·浙江10月学考)如图613所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则()
图613
A．A、B间库仑力大小F＝
B．A、B间库仑力大小F＝
C．细线拉力大小FT＝
D．细线拉力大小FT＝mg
B[由题意做图，通过几何关系可计算出A、B间距离为l，所以A、B间库仑力大小F＝，A错误．
对A进行受力分析，做出受力示意图，库仑力与细线拉力呈60°，根据平衡条件可得F库＝FT，F库cos30°＋FTcos30°＝mg，则FT＝F库＝＝，故选B.]
1．下列关于点电荷的说法中，正确的是()
A．只有体积很小的带电体才能看做点电荷
B．体积很大的带电体一定不是点电荷
C．当两个带电体的形状和大小对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看做点电荷
D．任何带电球体，都可看做电荷全部集中于球心的点电荷
C[本题考查点电荷的理想化条件：只有当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至于带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计时，带电体才可以视为点电荷，所以选C.]
2．下列哪一个是库仑定律的表达式()
A．F＝kB．F＝k
C．F＝kD．F＝
B
3．电荷量分别为q1、q2的两个点电荷，相距r时相互作用力为F，则下列说法正确的是()
A．如果q1、q2恒定，当距离变为r/2时作用力将变为2F
B．如果其中一个电荷的电荷量和它们的距离都减半时，作用力变为4F
C．如果将它们的电荷量和距离都加倍时，作用力变为2F
D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为r时，作用力变为2F
D[根据公式F＝，当距离减少为原来的时，相互作用力变为原来的4倍；若其中一个电荷的电荷量和它们的距离都减半时，作用力变为2F；如果将它们的电荷量和距离都加倍时，作用力不变；如果它们的电荷量都加倍，距离变为r时，作用力变为2F.选项D正确．]
4.一根放在水平面内的光滑玻璃管绝缘性良好，内部有两个完全相同的可看做点电荷的弹性金属小球A和B，电荷量分别为＋9Q和－Q，两小球从图示位置由静止释放，那么，两小球再次经过图中原静止释放位置时，A球的瞬时加速度为释放时的()
图614
A.B.C.D.
A[释放时A受到的库仑力为：F＝k，其加速度a＝＝k，当两球碰撞后，所带电荷量为q＝＝4Q.故小球A再经过原位置时，受到的库仑力为F＝k，所以加速度为a′＝＝k＝，故选项A正确．]考点三|电场强度
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质．
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．
2．电场强度
(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．
(2)定义式：E＝.
(3)单位：N/C或V/m.
(4)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向．
3．场强公式的比较
4．电场的叠加
(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和．
(2)运算法则：平行四边形定则．
5．电场线
(1)特点
①电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远处或负电荷；
②电场线在电场中不相交；
③在同一电场里，电场线越密的地方场强越大；
④电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向；
⑤沿电场线方向电势逐渐降低；
⑥电场线和等势面在相交处相互垂直．
(2)几种典型电场的电场线
图615
(20xx·浙江10月学考)如图616为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点，下列判断正确的是()
图616
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
A[电场线越密集处场强越大，三点中N点处电场线最密集，故N点场强最大，A选项正确；沿电场线方向电势降低，N点电势小于M点电势，B选项错误；负电荷在电势高的地方电势能低，所以负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，C选项错误；电场线弯曲不是直线，正电荷自由释放时无法沿电场线运动，D选项错误．]
1．描述电场有两种方法
电场线和电场强度．电场线较形象、直观，疏密程度反映电场的强弱，方向为电场线上该点的切线方向．
2．电场强度的大小及方向
(1)电场强度的大小可以用公式计算
(2)电场强度的大小可以用电场线的疏密程度表示，电场越强的地方，电场线越密；电场强度是矢量，它的方向跟正电荷在该点受的电场力的方向相同，即沿着电场线的切线方向．
3．等量同种和异种点电荷的电场强度的比较
比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O处的场强连线上O点场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A′、B与B′的场强等大同向等大反向
1．关于电场强度的概念，下列说法正确的是()
A．由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关
D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零
C[电场中某点场强的大小和方向由电场本身决定，与试探电荷的受力情况及电荷性质无关，故A、D错误，C正确；电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，但场强方向与放入试探电荷的正负无关，B错误．]
2．在电场中的某点A放一个试探电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则A点的电场强度为E＝，下列说法正确的是()
A．若移去试探电荷，则A点的电场强度为0
B．若试探电荷的电荷量变为4q，则A点的场强变为4E
C．若放置到A点的试探电荷的电荷量变为－2q，则场中A点的场强大小和方向均不变
D．若放置到A点的试探电荷的电荷量变为－2q，则场中A点的场强大小不变，但方向相反
C[电场强度是描述电场性质的物理量，只与电场本身有关，与试探电荷无关，故C正确．]
3．如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相同的是()
ABCD
C[电场强度是矢量，电场强度相同是指电场强度大小和方向均相同，C正确．]
4．如图617所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥MN.则O、M、N、P四点中电场强度最大的是()
图617
A．O点B．M点C．N点D．P点
A[电场线的疏密程度表示场强大小，由此可知场强最大的点为O点，故选A.]
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高三物理《练习使用多用电表》考后题型解析
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实验11练习使用多用电表
1．欧姆表原理(多用电表测电阻原理)
(1)构造：如图1所示，欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表笔组成．
图1
欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联．
外部：接被测电阻Rx.
全电路电阻R总＝Rg＋R＋r＋Rx.
(2)工作原理：闭合电路欧姆定律I＝.
(3)刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻Rx＝0)时，调节调零电阻R，使I＝Ig，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．
①当I＝Ig时，Rx＝0，在满偏电流Ig处标为“0”．(图甲)
②当I＝0时，Rx→∞，在I＝0处标为“∞”．(图乙)
③当I＝时，Rx＝Rg＋R＋r，此电阻值等于欧姆表的内阻值，Rx叫中值电阻．
2．多用电表
(1)多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．
(2)外形如图2所示：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．
图2
(3)多用电表面板上还有：欧姆表的欧姆调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正、负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)．
3．二极管的单向导电性
(1)晶体二极管是由半导体材料制成的，它有两个极，即正极和负极，它的符号如图3甲所示．
甲乙丙
图3
(2)晶体二极管具有单向导电性(符号上的箭头表示允许电流通过的方向)．当给二极管加正向电压时，它的电阻很小，电路导通，如图乙所示；当给二极管加反向电压时，它的电阻很大，电路截止，如图丙所示．
(3)将多用电表的选择开关拨到欧姆挡，红、黑表笔接到二极管的两极上，当黑表笔接“正”极，红表笔接“负”极时，电阻示数较小，反之电阻示数很大，由此可判断出二极管的正、负极．
1．实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个．
2．实验步骤
(1)观察：观察多用电表的外形，认识选择开关的测量项目及量程．
(2)机械调零：检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置．若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零．
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔．
(4)测量小灯泡的电压和电流．
①按如图4甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压．
甲乙
图4
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流．
(5)测量定值电阻
①根据被测电阻的估计阻值，选择合适的挡位，把两表笔短接，观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处；
②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数；
③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍率，即得测量结果；
④测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡．
1．多用电表使用注意事项
(1)表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应为“红入”，“黑出”．
(2)区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮．
(3)由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字，读数时注意乘以相应挡位的倍率．
(4)使用多用电表时，手不能接触表笔的金属杆，特别是在测电阻时，更应注意不要用手接触表笔的金属杆．
(5)测量电阻时，待测电阻要与其他元件和电源断开，否则不但影响测量结果，甚至可能损坏电表．
(6)测电阻时，每换一挡必须重新欧姆调零．
(7)使用完毕，选择开关要置于交流电压最高挡或“OFF”挡．长期不用，应把表内电池取出．
2多用电表对电路故障的检测
(1)断路故障的检测方法
①将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用．
a．将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏．
b．在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．
②将多用电表拨到直流电流挡作为电流表使用，将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路．
③用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路．
不能用欧姆表检测电源的情况．
(2)短路故障的检测方法
①将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路．
②用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路．
1．[多用电表的原理及使用]关于多用电表中的欧姆表，下列说法中正确的是()
A．欧姆表是由电压表和电流表组合而工作的
B．欧姆表是根据闭合电路欧姆定律工作的
C．被测电阻越大，欧姆表的指针偏转角度也越大
D．与电流表和电压表一样，欧姆表的电阻刻度是均匀的
B[欧姆表是根据闭合电路的欧姆定律测量电阻的，选项A错误，B正确；当Rx趋向于∞时，I＝0，则指针在最左端，同一挡测电阻时阻值越大偏角越小，选项C错误；虽然任何欧姆表的测量范围都是从0→∞，但越向左刻度越密，选项D错误．]
2．[多用电表读数及检查电路故障]某实验小组在“练习使用多用电表”实验中：
(1)用多用电表测量某一电学元件，多用电表的选择开关旋至如图5甲所示．操作正确，表盘指针如图乙所示，则该电学元件阻值为________Ω.
甲
乙
图5
(2)该电学元件可能是()
A．一个阻值未知的电阻
B．“220V15W”的白炽灯
C．“220V100W”的白炽灯
【答案】(1)3000(2)A
高三物理《探究导体电阻与其影响因素》考后题型解析
高三物理《探究导体电阻与其影响因素》考后题型解析
实验10探究导体电阻与其影响因素
(包括材料)的关系(同时练习使用螺旋测微器)(只加试要求)
1．螺旋测微器的使用
(1)构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．
图1
(2)原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
(3)读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．
如图2所示，固定刻度示数为2.0mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm.
图2
2游标卡尺
(1)构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)
图3
(2)用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．
(3)原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：
刻度格数(分度)刻度总长度每小格与1mm的差值精确度(可精确到)109mm0.1mm0.1mm20xxmm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm(4)读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.
1．实验原理
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率．
2．实验器材
被测金属丝，直流电源(4V)，电流表(0～0.6A)，电压表(0～3V)，滑动变阻器(50Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．
3．实验步骤
(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d.
(2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．
(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.
(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．
(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，填入记录表格内．
(6)将测得的Rx、l、d值，代入公式R＝ρ和S＝中，计算出金属丝的电阻率．
1．数据处理
电阻R的数值可用以下两种方法确定：
(1)计算法：利用每次测量的U、I值分别计算出电阻，再求出电阻的平均值作为测量结果．
(2)图象法：可建立IU坐标系，将测量的U、I值描点作出图象，利用图象的斜率求出电阻值R.
2．实验注意事项
(1)因一般金属丝电阻较小，为了减少实验的系统误差，必须选择电流表外接法．
(2)本实验若用限流式接法，在接通电源之前应将滑动变阻器调到阻值最大状态．
(3)测量l时应测接入电路的金属丝的有效长度(即两接线柱之间的长度)；在金属丝的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径d.
(4)电流不宜过大(电流表用0～0.6A量程)，通电时间不宜太长，以免电阻率因温度升高而变化．
1．[实验原理与操作](加试要求)在“探究导体电阻与其影响因素的关系”的实验中，由ρ＝可知，对实验结果的准确性影响最大的是()
A．金属丝直径d的测量B．电压U的测量
C．电流I的测量D．金属丝长度l的测量
A[四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响，但影响最大的是金属丝直径d的测量，因为在计算式中取直径的二次方．]
2．[仪器读数与数据处理](加试要求)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图4甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.
甲
乙
图4
【解析】刻度尺的分度值为1mm，要估读到0.1mm.游标卡尺读数＝4mm＋10×0.02mm＝4.20mm.【答案】60.104.20
3．[实验原理与操作](加试要求)(10分)在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验时，小何同学在测量相关因素时操作如下：
(1)为了测量镍铬合金丝的直径，用合金丝在铅笔上密绕37匝，用刻度尺进行测量，如图5所示，合金丝的直径为________mm(保留三位有效数字)．
图5
(2)用多用电表粗测合金丝的电阻，粗测前，首先应进行的操作是________，然后进行的操作是________．
(3)长度相同，直径之比为2∶3的康铜丝和镍铬合金丝串联，用如图6甲所示的电路图进行测量，除电压表外，请你在图丙中用笔画线代替导线，把电路连接完整．
用直流2.5V量程挡的多用电表测量镍铬合金丝两端电压U2时，示数如图乙所示，则U2＝________V(保留三位有效数字).
甲
乙
丙
图6
【解析】(1)先读出密绕的37匝合金丝的长度为22.5mm，然后再除以匝数，保留三位有效数字就是合金丝的直径(允许有误差)．(2)使用多用电表测量电阻前应先选择倍率，然后进行欧姆调零．(3)图见答案；读数时应选择从上往下数第二条刻度线进行读数，然后根据量程为2.5V，应选择最右边为250的这一组数据进行读数(方便读数)，然后再除以100后保留三位有效数字(允许有误差)．【答案】(1)0.604～0.625(2)选择倍率欧姆调零(3)如图所示1.20±0.02
高三物理《电场的力的性质》教材分析
高三物理《电场的力的性质》教材分析
考点25电场的力的性质
考点名片
考点细研究：本考点命题要点：(1)电荷守恒、静电现象及解释；(2)点电荷、库仑定律；(3)电场强度、电场线、电场强度的叠加。其中考查到的如：20xx年全国卷第20题，20xx年全国卷第15题，20xx年浙江高考第19题，20xx年江苏高考第3题，20xx年浙江高考第15题，20xx年全国卷第14题、20xx年山东高考第18题、20xx年安徽高考第20题、20xx年广东高考第21题、20xx年江苏高考第2题、20xx年浙江高考第16题、20xx年浙江高考第19题、20xx年福建高考第20题。
备考正能量：本考点内容比较抽象，一般以电场线为依托，重点考查对电场强度概念的理解和应用，试题多以选择题形式出现，有时结合微元法、对称的思想考查对电场强度的理解。
一、基础与经典
1．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1。现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2。则F1与F2之比为()
A．2∶1B．4∶1C．16∶1D．60∶1
答案D
解析由库仑定律有F1＝k＝k，相同球接触后分开，电荷先中和后平分，带电量均变为＋Q，而距离变为原来2倍，F2＝＝，故＝，D选项正确。
2.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点的电场强度大小为
B．B点的电场强度大小为E－k
C．D点的电场强度大小不可能为0
D．A、C两点的电场强度相同
答案A
解析＋Q在A点的电场强度沿OA方向，大小为k，所以A点的合电场强度大小为，A正确；同理，B点的电场强度大小为E＋k，B错误；如果E＝k，则D点的电场强度为0，C错误；A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，D错误。
3．在匀强电场中，将一质量为m、电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。则匀强电场的场强大小为()
A．最大值是B．最小值为
C．唯一值是D．以上都不对
答案B
解析依题意，带电小球所受合力方向与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定则可知，当电场力方向与合力方向垂直时，场强最小，如图所示。则sinθ＝，所以Emin＝，选项B正确。又由图可知场强的取值不是唯一而且没有最大值，所以A、C、D错误。
4.如图所示，三个点电荷q1、q2、q3在同一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零。由此可以判断，三个点电荷的电荷量之比q1q2∶q3为()
A．(－9)4∶(－36)B．94∶36
C．(－3)2∶(－6)D．32∶6
答案A
解析由三电荷平衡模型的特点“两同夹异、两大夹小”可知，q1和q3为同种电荷，它们与q2互为异种电荷，设q1和q2距离为r，则q2和q3的距离为2r，对于q1有＝，则有＝，对q3有＝，所以＝，考虑到各电荷的电性，A正确。
5.如图所示，表示在一个电场中的a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受的电场力跟电荷量间的函数关系图象，那么下列说法中正确的是()
A．该电场是匀强电场
B．a、b、c、d四点场强的大小关系是EdEaEbEc
C．a、b、c、d四点场强的大小关系是EaEbEcEd
D．无法判断a、b、c、d四点场强的大小关系
答案B
解析因为E＝，所以Fq图象中斜率的绝对值表示场强的大小，所以a、b、c、d四点场强大小关系为EdEaEbEc，B选项正确。
6．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为()
A．正，B的右边0.4m处
B．正，B的左边0.2m处
C．负，A的左边0.2m处
D．负，A的右边0.2m处
答案C
解析要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，所以选项C正确。
7.(多选)如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5C，质量均为0.72kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，且均可视为点电荷。A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A、B球之间的距离可能为(k＝9×109N·m2/c2)()
A．0.5mB．0.8mC．1.2mD．2.5m
答案AB
解析对A受力分析，受重力mg、细线的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin30°＝，解得r＝1m，所以两球的距离d≤1m，A、B正确。
8.
均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()
A.B.－EC.－ED.＋E
答案B
解析如果在半球面AB右边补上一个均匀分布正电荷且总电荷量也为q、球面半径也是R的半球面，这样就组成了一个均匀带电的球壳，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心O处产生的电场，则在M、N点所产生的电场为E0＝＝，由题意知当如图所示的半球面在M点产生的场强为E时，右半球电荷在M点产生的场强大小E′＝E0－E＝－E，由对称性可知，半球在N处的场强大小也为E′，故B正确。
9.如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。下列说法正确的是()
A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等
B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的
C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同
D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的
答案B
解析若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定不相等，选项A错误。若两电荷是异种电荷，根据两异种电荷电场特点可知，O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的，选项B正确。若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小一定相同，方向一定相反，选项C错误。若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度为零，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，选项D错误。
10．如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示，则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()
A．2πkσ0B．2πkσ0
C．2πkσ0D．2πkσ0
答案A
解析特殊值代入法、极限法是解决这类问题的关键。R→∞时，E＝2πkσ0＝2πkσ0，半径为r的圆板产生的场强E1＝2πkσ0，无穷大的平板挖去半径为r的圆板后，产生的场强E2＝E－E1＝2πkσ0，故A正确。
二、真题与模拟
11．20xx·全国卷](多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知()
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案AB
解析根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q点的电势比P点高，选项A正确。油滴从P点运动到Q点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，选项B正确。油滴从P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q点的电势能比它在P点的小，选项C错误。由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等，选项D错误。
12．20xx·全国卷]如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则()
A．aaabac，vavcvb
B．aaabac，vbvcva
C．abacaa，vbvcva
D．abacaa，vavcvb
答案D
解析由点电荷电场强度公式E＝k可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，abacaa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有vavcvb，D选项正确。
13．20xx·浙江高考](多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2N
C．B球所带的电荷量为4×10－8C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案ACD
解析用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示，sinθ＝＝0.60，θ＝37°，F库＝mgtan37°＝6.0×10－3N，B项错误；F库＝k，QA＝QB＝Q，r＝0.12m，联立得Q＝4×10－8C，故C项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确。
14．20xx·浙江高考]一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
答案C
解析由于A点处电场线比B点处电场线疏，因此A点电场强度比B点小，A项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，C项正确；将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点，由于A、B两点的电势差恒定，因此电场力做功WAB＝qUAB相同，D项错误。
15．20xx·浙江高考]如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，()
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案C
解析将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，则A项错误；由于整个导体处于静电平衡状态，即整个导体为等势体，A、B电势相等，B项错误；移去C，由于A、B中正负电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔闭合，C项正确；先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔还是张开的，则D项错误。
16．20xx·浙江高考]如图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()
A．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
答案D
解析由图可知，右侧金属板与电源正极相连接，带正电，左侧金属板带负电，根据静电感应规律，近端感应出异种电荷，因此乒乓球的左侧感应出正电荷，A错误。乒乓球被扰动后，如果向右摆动会被吸到右板上，B错误。乒乓球共受到悬线的拉力、重力和电场力的作用，C错误。用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球会带上正电，受到右极板的排斥，向左运动与左极板接触，又带上负电，被左极板排斥向右运动，这样小球就在两极板间来回碰撞，D正确。
17.20xx·山东高考]直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()
A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向D.，沿y轴负向
答案B
解析正点电荷在O点时，G点场强为0，即两负点电荷在G点的场强大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H处的场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H处产生的场强的大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H处场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，选项B正确。
18.20xx·安徽高考]已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()
A.和B.和
C.和D.和
答案D
解析每个板的电荷密度σ＝，每个板单独在极板间产生的电场E0＝＝，极板间的电场为两个极板单独产生的电场的矢量和，则E＝2E0＝，每个极板受到的静电力F＝QE0＝，选项D正确。
19.20xx·全国卷]如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点由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()
A．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
答案D
解析两平行金属板水平放置时，微粒恰好保持静止状态，其合力为零，对其受力分析，如图1所示，设电容器两板间的电场强度为E，微粒受到竖直向下的重力G和竖直向上的电场力qE，且G＝qE；两平行金属板逆时针旋转45°时，对微粒受力分析，如图2所示，由平行四边形定则可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且为恒力，所以微粒向左下方做匀加速运动，选项D正确，选项A、B、C错误。
20.20xx·广东高考](多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
答案BD
解析不考虑重力，取整体为研究对象，外力只有匀强电场的电场力，由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向，故M、N必带有等量异种电荷，A错误；隔离出M，若M带正电，N带负电，则M受到N的库仑力和匀强电场力都向右，M受力不平衡，只有M带负电才可能受力平衡，故M带负电，则N带正电，B正确；静止时，M、N所受合力都为0，C错误；因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角，故D正确。
一、基础与经典
21.如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ。
(1)试求这个匀强电场的场强E大小；
(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？
答案(1)(2)
解析(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtanθ＝qE
解得：E＝。
(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。根据平衡条件得：mgsinθ＝qE′
则得：E′＝。
22.如图所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ＝30°，斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致。
(1)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？
(2)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？
答案(1)mg与水平线夹角为60°，斜向右上方
(2)mg与水平线夹角为60°，斜向左上方
解析(1)如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为零，所以F1cosα＝qEcos30°，F1sinα＝mg＋qEsin30°。解之得α＝60°，F1＝mg。
恒力F1与水平线夹角为60°，斜向右上方。
(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力和电场力在一条直线上。当F2取最小值时，F2垂直于qE。故F2＝mgsin60°＝mg。方向如图乙所示，与水平线夹角为60°，斜向左上方。
二、真题与模拟
23.20xx·福建高考]如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向。
答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正方向
解析(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为F＝k
代入数据得F＝9.0×10－3N
(2)A、B点电荷在C点产生的电场强度大小相等，均为
E1＝k
A、B两点电荷形成的电场在C点的合电场强度大小为E＝2E1cos30°
由式并代入数据得E≈7.8×103N/C
电场强度E的方向沿y轴正方向。
24．20xx·南昌调研]如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q＝2×10－4C的正点电荷，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量R随位移s的变化图象如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象。(g＝10m/s2，静电力常量k＝9×109N·m2/C2)
(1)求小球的质量m；
(2)小球向上滑行多远时其加速度为零？小球所带的电量为多少？
答案(1)4kg(2)1m1.11×10－5C
解析(1)由线1可得Ep＝mgh＝mgssinθ，
因斜率k＝20＝mgsin30°，所以m＝4kg。
(2)当达到最大速度时带电小球受力平衡，其加速度为零
由图可知：s0＝1m，小球加速度为零，mgsinθ＝kqQ/s，
解得q＝＝1.11×10－5C。
25.20xx·石家庄模拟]如图是一种测定小球所带电荷量的装置原理图。长为l的绝缘细线，一端拴一质量为m的带正电小球，另一端悬挂在O点，静止时细线竖直、小球位于A点。当小球处于电场强度大小为E、方向水平的匀强电场中时，细线偏离竖直方向的角度为θ＝30°，此时小球静止在B点。重力加速度为g，则：
(1)小球所带电荷量是多少？
(2)若将小球从B点拉到A点由静止释放，求小球再次回到B点时细线拉力的大小。
答案(1)(2)2(－1)mg
解析(1)小球静止在B点时，设细线的拉力为F，则
Fsinθ＝qE，Fcosθ＝mg，
解得q＝。
(2)设小球在B点速度大小为v，细线拉力为T，则
qElsinθ－mgl(1－cosθ)＝mv2，
T－mgcosθ－qEsinθ＝m，
解得T＝2(－1)mg。
高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析
俗话说，凡事预则立，不预则废。作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣，使教师有一个简单易懂的教学思路。教案的内容要写些什么更好呢？为满足您的需求，小编特地编辑了“高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析”，仅供参考，欢迎大家阅读。
高三物理《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》考后题型解析
第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动
考点一|电容器的电容
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
3．两种类型的动态分析思路(加试要求)
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(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＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
(20xx·浙江4月学考)关于电容器，下列说法正确的是()
A．在充电过程中电流恒定
B．在放电过程中电容减小
C．能储存电荷，但不能储存电能
D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
D[电容器充、放电过程中电流都是变化的，A错误．电容大小是电容器本身属性，由自身决定，与放电、充电无关，B错误．电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，C错误．故选D.]
1．关于电容器的两个公式的区别
(1)电容的定义式C＝，反映了电容器储存电荷的本领，但平行板电容器的电容C的大小与Q、U都无关．
(2)平行板电容器电容的决定式C＝，反映了电容C的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的相对介电常数成正比．
2平行板电容器动态变化问题
(1)首先要区分两种基本情况：
①电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U保持不变；
②电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变．
(2)依据的关系式主要有三个：
①平行板电容器的电容C与两板间距d、正对面积S、介质的相对介电常数εr间的关系为C＝；
②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝；
③电容器所带的电荷量Q＝CU.
1．(多选)下列关于电容器的叙述正确的是()
A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器
B．任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
C．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值
D．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程
BD[电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A错误，B正确．电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C错误．电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D正确．]
2.(多选)如图631为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则()
图631
A．正对面积越大，电容越大
B．正对面积越大，电容越小
C．动片、定片间距离越小，电容越大
D．动片、定片间距离越小，电容越小
AC[由C＝可知动片旋入越多，正对面积越大，电容越大，A对．根据电容与板间距离成反比可知，减小两板间距离，电容增大，故C对．]
3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C，则其电压减少为原来的，则()
A．电容器原来的带电荷量为9×10－4C
B．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4C
C．电容器原来的电压为1V
D．电容器的电容变为原来的
B[由C＝得ΔQ＝C·ΔU＝C＝CU＝Q，Q＝＝C＝4.5×10－4C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错．]
4.(加试要求)(20xx·诸暨调研)如图632所示，先接通S使电容器充电．然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是()
图632
A．Q变小，C不变，U不变，E变大
B．Q变小，C变小，U不变，E变小
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E无法确定
C[由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C＝知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C＝知，U增大；两板间电场强度E＝＝，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错．]
考点二|带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法
利用动能定理：qU＝mv2－mv.
(2)适用范围
任何电场．
2带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件
带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
(2)处理方法(加试要求)
类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．
(20xx·浙江4月学考)密立根油滴实验原理如图633所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()
图633
A．悬浮油滴带正电
B．悬浮油滴的电荷量为
C．增大场强，悬浮油滴将向上运动
D．油滴的电荷量不一定是电子的电荷量的整数倍
C[由题目中的图示可以看出重力竖直向下，电场力竖直向上，电场强度方向向下，电荷带负电，A错误；由平衡条件可以得到mg＝，电荷的带电量q＝，B错误；此时电场力与重力相等，如果增大电场强度，则电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C正确；由元电荷的带电量e＝1.6×10－19C可知，油滴的带电量一定是电子电量的整数倍，D错误．]
1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．
2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路
(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．
(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv.
3．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··
tanθ＝
得：y＝，tanθ＝.
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
1.(20xx·乐清模拟)如图634所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则()
图634
A．当减小两板间的距离时，速度v增大
B．当减小两极间的距离时，速度v减小
C．当减小两极间的距离时，速度v不变
D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长
C[由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误．]
2．(20xx·舟山调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回．如图635所示，＝h，此电子具有的初动能是()
图635
A.B．edUhC.D.
D[电子受到的静电力做负功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知选项D正确．]
3．如图636所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()
图636
A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小D．U1变小，U2变小
B[设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tanθ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．]
4.(加试要求)(多选)如图637所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()
图637
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A和B的质量之比为1∶12
D．A和B的位移大小之比为1∶1
ABC[粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确．]
