物理一轮复习静电现象电容器及其电容.pptx

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1、二、电容器、电容二、电容器、电容1.1.电容器电容器 (1)(1)组成组成:由两个彼此由两个彼此 又相互又相互 的导体组成的导体组成.(2)(2)带电量带电量:一个极板所带电量的一个极板所带电量的 .(3)(3)电容器的充、放电电容器的充、放电 充电充电:使电容器带电的过程使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的充电后电容器两板带上等量的 ,电容器中储存电容器中储存 .放电放电:使充电后的电容器失去电荷的过程使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中放电过程中 转化为其他形式的能转化为其他形式的能.绝缘绝缘靠近靠近绝对值绝对值异种电荷异种电荷电场能电场能电场电场能能第1页/共39页2.2

2、.电容电容 (1)(1)定义定义:电容器所带的电容器所带的 与电容器两极板间的电势与电容器两极板间的电势 差差U U的比值的比值.(2)(2)定义式定义式:(3)(3)物理意义物理意义:表示电容器表示电容器 本领大小的物理量本领大小的物理量.(4)(4)单位单位:法拉法拉(F)(F)1 F=1 F=F=10 F=102 2 pF pF电荷量电荷量Q Q容纳电荷容纳电荷10106 6第2页/共39页3.3.平行板电容器平行板电容器 (1)(1)影响因素影响因素:平行板电容器的电容与平行板电容器的电容与 成正比成正比,与介与介 质的质的 成正比成正比,与与 成反比成反比.(2)(2)决定式决定式:

3、C C=,=,k k为静电力常量为静电力常量.特别提醒特别提醒电容器的电容大小是由本身的特性决定的电容器的电容大小是由本身的特性决定的,与极板间电压以及电与极板间电压以及电容器带电多少容器带电多少,带不带电荷无关带不带电荷无关.正对面积正对面积介电常数介电常数两板间的距离两板间的距离第3页/共39页热点热点 平行板电容器的动态分析平行板电容器的动态分析1.1.主要的理论论据主要的理论论据 (1)(1)平行板电容器的电容平行板电容器的电容C C与板距与板距d d、正对面积、正对面积S S、介质介电、介质介电 常数常数间的关系间的关系C C=.=.(2)(2)平行板电容器内部是匀强电场平行板电容器

4、内部是匀强电场,所以场强所以场强E E=.=.(3)(3)电容器所带电荷量电容器所带电荷量Q Q=CUCU.(4)(4)由以上三式得由以上三式得E E=,=,该式常用于该式常用于Q Q保持不变的情况中保持不变的情况中.2.2.电容器的动态分析方法电容器的动态分析方法 主要分两种情况主要分两种情况 (1)(1)平行板电容器充电后平行板电容器充电后,继续与电源的两极相连继续与电源的两极相连,因此两因此两 极板间的电压不变极板间的电压不变,当电容器的当电容器的d d、S S、变化时变化时,将引起将引起 电容器的电容器的C C、Q Q、E E的变化的变化.(.(U U不变不变)热点聚焦热点聚焦第4页/

5、共39页(2)(2)平行板电容器充电后平行板电容器充电后,切断与电源的连接切断与电源的连接,因此电容器带电因此电容器带电荷量荷量Q Q不变不变,当电容器的当电容器的d d、S S、变化时变化时,将引起电容器的将引起电容器的C C、U U、E E变化变化.(.(Q Q不变不变)第5页/共39页特别提示特别提示在分析平行板电容器的电容及其他参量的动态变化时在分析平行板电容器的电容及其他参量的动态变化时,有两个技有两个技巧巧:(1):(1)紧抓紧抓“不变量不变量”即即“控制变量法控制变量法”;(2);(2)选择合适的公式选择合适的公式分析分析.第6页/共39页题型探究题型探究题型题型1 1 感应起电

6、问题感应起电问题【例例1 1】如图如图1 1所示所示,将带电棒移近两个不带将带电棒移近两个不带 电的导体球甲、乙电的导体球甲、乙,两个导体球开始时互两个导体球开始时互 相接触且对地绝缘相接触且对地绝缘,下述几种方法中能使下述几种方法中能使 两球都带电的是两球都带电的是 ()()A.A.先把两个球分开先把两个球分开,再移走带电棒再移走带电棒 B.B.先移走带电棒先移走带电棒,再把两个球分开再把两个球分开 C.C.先使甲球瞬时接触地先使甲球瞬时接触地,再移走带电棒再移走带电棒 D.D.使带电棒与甲球瞬时接触使带电棒与甲球瞬时接触,再移走带电棒再移走带电棒 解析解析 先把两个小球分开先把两个小球分开

7、,再移走带电棒再移走带电棒,这是感应起电这是感应起电,两球带上了异种电荷两球带上了异种电荷,故故A A正确正确;先移走带电棒先移走带电棒,甲、乙球上甲、乙球上图图1 1第7页/共39页电荷中和电荷中和,均不带电均不带电,B,B错误错误;先使甲球瞬时接触地先使甲球瞬时接触地,再移走棒再移走棒,也也是感应起电是感应起电,两球带上了同种电荷两球带上了同种电荷(与带电棒电荷异性与带电棒电荷异性,两个球上两个球上与带电棒同性的电荷被排斥到大地中与带电棒同性的电荷被排斥到大地中),C),C正确正确;使带电棒与甲球使带电棒与甲球瞬时接触瞬时接触,再移走带电棒再移走带电棒,这是接触起电这是接触起电,甲、乙两球

8、带上了同种甲、乙两球带上了同种电荷电荷,D,D正确正确.答案答案 ACDACD方法提炼方法提炼起电问题的分析方法起电问题的分析方法:(1)(1)使物体带电的三种方式使物体带电的三种方式:摩擦起电摩擦起电;感应起电感应起电;接触带接触带电电.(2)(2)感应起电实质上是导体的静电平衡问题感应起电实质上是导体的静电平衡问题,不带电体放入电场不带电体放入电场中中,电荷重新分布电荷重新分布,将此物体分为两部分则每部分都带电将此物体分为两部分则每部分都带电,或将此或将此物体接地物体接地,物体也会带电物体也会带电.第8页/共39页变式练习变式练习1 1 如图如图2 2所示的是一个带正电的验电器所示的是一个

9、带正电的验电器,当一个金属当一个金属球球A A靠近验电器上的金属小球靠近验电器上的金属小球B B时时,验电器中金属箔片的张角减验电器中金属箔片的张角减小小,则则 ()()A.A.金属球金属球A A可能不带电可能不带电B.B.金属球金属球A A一定带正电一定带正电C.C.金属球金属球A A可能带负电可能带负电D.D.金属球金属球A A一定带负电一定带负电解析解析 验电器上的金属箔片和金属球都带有正电荷验电器上的金属箔片和金属球都带有正电荷,金属箔片金属箔片之所以张开之所以张开,是由于箔片上的正电荷互相排斥造成的是由于箔片上的正电荷互相排斥造成的.当验电器当验电器金属箔片的张角减小时金属箔片的张角

10、减小时,说明箔片上的正电荷一定比原来减少说明箔片上的正电荷一定比原来减少了了,由于金属球由于金属球A A只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球B B发生接触发生接触,要考虑感应起电的影响要考虑感应起电的影响.当金属球当金属球A A靠近时靠近时,验电器的验电器的图图2 2第9页/共39页金属球金属球B B、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体、金属杆包括金属箔片整体相当于一个导体,金属球金属球A A离离金属球金属球B B较近较近,而离金属箔片较远而离金属箔片较远.如果金属球如果金属球A A带正电带正电,验电器上验电器上的正电荷一定向远处移动的正电荷一定向远处

11、移动,则金属箔片上的电荷量不会减少则金属箔片上的电荷量不会减少,所所以选项以选项B B是错误的是错误的.如果金属球如果金属球A A带负电带负电,验电器上的正电荷会由验电器上的正电荷会由于引力作用向近端移动于引力作用向近端移动,造成金属箔片上的电荷量减少造成金属箔片上的电荷量减少,所以选所以选项项C C是正确的是正确的.如果金属球如果金属球A A不带电不带电,由于受到金属球由于受到金属球B B上正电荷的上正电荷的影响影响,金属球金属球A A上靠近上靠近B B的部分也会由于静电力的作用出现负电荷的部分也会由于静电力的作用出现负电荷,而这些负电荷反过来会使得验电器上的正电荷向金属球而这些负电荷反过来

12、会使得验电器上的正电荷向金属球B B移动移动,效果与金属球效果与金属球A A带负电荷一样带负电荷一样.所以选项所以选项A A也是正确的也是正确的,选项选项D D是错是错误的误的.答案答案 ACAC第10页/共39页题型题型2 2 电容器两类动态问题分析电容器两类动态问题分析【例例2 2】如图如图3 3所示所示,一平行板电容器充电后与电源断开一平行板电容器充电后与电源断开,负极负极 板接地板接地,在两极板间有一正电荷在两极板间有一正电荷(电荷量很小电荷量很小)固定在固定在P P点点.以以E E 表示两极板间的场强表示两极板间的场强,U U表示电容器的电压表示电容器的电压,E Ep p表示正电荷在

13、表示正电荷在P P 点的电势能点的电势能.若保持负极板不动若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所将正极板移到图中虚线所示示 位置位置,则则 ()()图图3 3 A.A.U U变小变小,E E不变不变 B.B.E E变大变大,E Ep p不变不变 C.C.U U变大变大,E Ep p不变不变 D.D.U U不变不变,E Ep p不变不变第11页/共39页思路点拨思路点拨 解决平行板电容器的动态变化问题解决平行板电容器的动态变化问题,首先要抓住不首先要抓住不变量变量,然后利用物理量之间的关系求解然后利用物理量之间的关系求解,本题不变量是电容器的本题不变量是电容器的电荷量电荷量.解析解析 将正极板

14、移到图中虚线所示的位置时将正极板移到图中虚线所示的位置时,电容变大电容变大,根据根据恒定恒定,则场强则场强E E不变不变;由于场强由于场强E E不变不变,P P点与下极板电势差点与下极板电势差U U=EdEd不不变变,所以所以P P点电势点电势 不变不变,E Ep p不变不变.由以上分析可知选项由以上分析可知选项A A正确正确.(对于场强对于场强E E的分析的分析,不能直接利用不能直接利用E E=分析分析,因为因为U U减小减小,d d也减也减小小,无法确定无法确定E E的变化的变化).).答案答案 A A第12页/共39页【拓展探究拓展探究】例例2 2中中,若保持正极板不动若保持正极板不动,

15、将负极板向上平移将负极板向上平移一定距离一定距离,结论如何结论如何?解析解析 负极板向上平移负极板向上平移,电容变大电容变大,由由C C=可知可知,U U变小变小;又又 ，则，则E E不变不变;P P点与下极点与下极板电势差板电势差U U=EdEd,d d变小变小,故故U U变小变小,即即 变小变小,E Ep p变小变小.答案答案 A A第13页/共39页规律总结规律总结第14页/共39页变式练习变式练习2 2 如图如图4 4所示所示,用电池对电容器充电用电池对电容器充电,电路电路a a、b b之间之间接有一灵敏电流表接有一灵敏电流表,两极板之间有一个电荷两极板之间有一个电荷q q处于静止状态

16、处于静止状态.现现将两极板的间距变大将两极板的间距变大,则则 ()()A.A.电荷将向上加速运动电荷将向上加速运动B.B.电荷将向下加速运动电荷将向下加速运动C.C.电流表中将有从电流表中将有从a a到到b b的电流的电流D.D.电流表中将有从电流表中将有从b b到到a a的电流的电流图图4 4第15页/共39页解析解析 充电后电容器的上极板充电后电容器的上极板A A带正电带正电.不断开电源不断开电源,增大两板增大两板间距间距,U U不变、不变、d d增大增大.由由E E=知两极板间场强减小知两极板间场强减小.场强减小会场强减小会使电荷使电荷q q受到的电场力减小受到的电场力减小,电场力小于重

17、力电场力小于重力,合力向下合力向下,电荷电荷q q向下加速运动向下加速运动.由由C C=知电容知电容C C减小减小.由由Q Q=CUCU知极板所带电荷知极板所带电荷量减少量减少.会有一部分电荷返回电源会有一部分电荷返回电源,形成逆时针方向的电流形成逆时针方向的电流,电电流表中将会有由流表中将会有由b b到到a a的电流的电流,选项选项B B、D D正确正确.答案答案 BDBD第16页/共39页题型题型3 3 带电粒子在板间运动问题分析带电粒子在板间运动问题分析【例例3 3】下述为一个观察带电粒子在平行板电容器板间电场下述为一个观察带电粒子在平行板电容器板间电场中的运动状况的实验中的运动状况的实

18、验.现进行下述操作现进行下述操作:第一步第一步,给如图给如图5 5所示真空中水平放置的所示真空中水平放置的平行板电容器充电平行板电容器充电,让让A A、B B两极板带上两极板带上一定的电荷量一定的电荷量,使得一个带电油滴使得一个带电油滴P P在两板间的匀强电场中恰在两板间的匀强电场中恰能保持静止状态能保持静止状态.第二步第二步,给电容器继续充电使其电荷量突然增加给电容器继续充电使其电荷量突然增加Q Q1 1,让油滴让油滴开始竖直向上运动开始竖直向上运动t t秒秒.第三步第三步,在上一步基础上使电容器突然放电在上一步基础上使电容器突然放电Q Q2 2,观察到又经观察到又经2 2t t秒后秒后,油

19、滴刚好回到原出发点油滴刚好回到原出发点.设油滴在运动过程中未与极设油滴在运动过程中未与极板接触板接触.求求Q Q1 1和和Q Q2 2的比值的比值.图图5 5第17页/共39页解析解析 设油滴质量为设油滴质量为m m,带电荷量为带电荷量为q q,电容器板间距离为电容器板间距离为d d,电电容量为容量为C C.在第一步过程中在第一步过程中,设电容器的电荷量为设电容器的电荷量为Q Q,板间电压为板间电压为U U0 0,场强为场强为E E0 0.受力情况如下图受力情况如下图(1)(1)所示所示.由题意得由题意得qEqE0 0=mg mg 第18页/共39页在第二步过程中在第二步过程中,设板间电压为设

20、板间电压为U U1 1,场强为场强为E E1 1,油滴的加速度大小油滴的加速度大小为为a a1 1,t t s s末的速度为末的速度为v v1 1,位移为位移为x x,受力情况如图受力情况如图(2)(2)所示所示.U U1 1=(=(Q Q+Q Q1 1)/)/C C E E1 1=U U1 1/d d qEqE1 1-mgmg=mama1 1 x x=a a1 1t t2 2 v v1 1=a a1 1t t 在第三步过程中在第三步过程中,设板间电压为设板间电压为U U2 2,场强为场强为E E2 2,油滴的加速度大小油滴的加速度大小为为a a2 2,受力情况如图受力情况如图(3)(3)所示

21、所示.第19页/共39页答案答案【评分标准评分标准】本题共本题共2323分分.其中其中 式各式各2 2分分,式各式各1 1分分.【名师导析名师导析】高考命题愈加明显地渗透着物理思想、物理高考命题愈加明显地渗透着物理思想、物理方法的考查方法的考查,上述样题就是通过对电场中的带电粒子多运动过上述样题就是通过对电场中的带电粒子多运动过第20页/共39页程的考查程的考查,间接考查了同学们综合分析问题的能力间接考查了同学们综合分析问题的能力.解决这类解决这类问题的关键是要掌握基本运动的特点问题的关键是要掌握基本运动的特点.中学物理常见的基本运中学物理常见的基本运动有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动

22、、匀速圆周动有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、匀速圆周运动等运动等,这些基本运动中的任何两种运动都可以构成一个多运这些基本运动中的任何两种运动都可以构成一个多运动过程问题动过程问题,所以复习时应加强此类型的训练所以复习时应加强此类型的训练,以提高分析和以提高分析和解决问题的能力解决问题的能力.第21页/共39页自我批阅自我批阅(24(24分分)如图如图6 6所示所示,水平放置的平行板电容水平放置的平行板电容器器,原来两极板不带电原来两极板不带电,上极板接地上极板接地,它的它的极板长极板长L L=0.1 m,=0.1 m,两板间距离两板间距离d d=0.4 m,=0.4 m,有一有一束相

23、同的带电微粒以相同的初速度先后从束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入两板中央平行极板射入,由于重力作用微粒由于重力作用微粒能落到下极板上能落到下极板上,微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上下极板上.设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间极板间.已知微粒质量为已知微粒质量为m m=210=210-6-6 kg,kg,电荷量电荷量q q=110=110-8-8 C,C,电容电容器电容为器电容为C C=10=10-6-6 F,F,取取g g=10 m/s=10 m/s2

24、 2.求求:图图6 6第22页/共39页(1)(1)为使第一个微粒的落点范围能在下极板中点为使第一个微粒的落点范围能在下极板中点O O到紧靠边缘到紧靠边缘的的B B点之间点之间,求微粒入射的初速度求微粒入射的初速度v v0 0的取值范围的取值范围.(2)(2)若带电微粒以第一问中初速度若带电微粒以第一问中初速度v v0 0的最小值入射的最小值入射,则最多能则最多能有多少个带电微粒落到下极板上有多少个带电微粒落到下极板上?解析解析 (1)(1)若第若第1 1个粒子落到个粒子落到O O点点,由类平抛运动的公式得由类平抛运动的公式得(2(2分分)(2(2分分)解得解得v v0101=0.25 m/s

25、 (1=0.25 m/s (1分分)若落到若落到B B点点,由类平抛运动公式得由类平抛运动公式得:L L=v v0202t t2 2 (2 (2分分)(2(2分分)第23页/共39页解得解得v v0202=0.5 m/s (1=0.5 m/s (1分分)故微粒入射的初速度故微粒入射的初速度v v0 0的取值范围为的取值范围为0.25 m/sv0.25 m/sv0 00.5 m/s0.5 m/s (2 (2分分)(2)(2)由类平抛运动公式得由类平抛运动公式得:L L=v v0101t t解得解得t t=0.4 s (2=0.4 s (2分分)由类平抛运动公式得由类平抛运动公式得:解得解得a a

26、=2.5 m/s=2.5 m/s2 2 (2 (2分分)由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得:mgmg-qEqE=mama (3 (3分分)由匀强电场的场强和电势差的关系得由匀强电场的场强和电势差的关系得:E E=(1=(1分分)由电容的定义式得由电容的定义式得:C C=(1=(1分分)联立解得联立解得Q Q=610=610-4-4 C (1C (1分分)落到下极板上的带电微粒数目为落到下极板上的带电微粒数目为:n n=60 000=60 000个个 (2(2分分)第24页/共39页答案答案 (1)0.25 m/s(1)0.25 m/sv v0 00.5 m/s (2)60 0000.5 m/s

27、(2)60 000个个第25页/共39页素能提升素能提升1.1.绝缘细线上端固定绝缘细线上端固定,下端挂一轻质小球下端挂一轻质小球a a,a a的表面镀有铝膜的表面镀有铝膜;在在a a近旁有一绝缘金属近旁有一绝缘金属 球球b b,开始时开始时,a a、b b都不带电都不带电,如图如图7 7所示所示,现使现使b b带电带电,则则 ()()A.A.a a、b b之间不发生相互作用之间不发生相互作用 B.B.a a吸引吸引b b,吸住后不放开吸住后不放开 C.C.b b立即把立即把a a排斥开排斥开 D.D.b b先吸引先吸引a a,接触后又把接触后又把a a排斥开排斥开图图7 7第26页/共39页

28、解析解析 b b球带电后球带电后,使使a a产生静电感应产生静电感应,感应的结果是感应的结果是a a靠近靠近b b的的一侧出现与一侧出现与b b异种的感应电荷异种的感应电荷,远离远离b b的一侧出现与的一侧出现与b b同种的感应同种的感应电荷电荷.虽然虽然a a上的感应电荷等量异号上的感应电荷等量异号,但因为异种电荷离但因为异种电荷离b b更近更近,所以所以b b对对a a的电场力为引力的电场力为引力.当当b b吸引吸引a a使两者接触后使两者接触后,由于接触带由于接触带电电,b b、a a又带上同种电荷又带上同种电荷,有斥力作用有斥力作用,因而又把因而又把a a排斥开排斥开,所以所以D D正

29、确正确.答案答案 D D第27页/共39页2.2.如图如图8 8所示所示,一个平行板电容器一个平行板电容器,板间距离为板间距离为d d,当对其加上电当对其加上电 压后压后,A A、B B两板的电势分别为两板的电势分别为+和和-,-,下述结论正确的是下述结论正确的是 ()()图图8 8 A.A.电容器两极板间可形成匀强电场电容器两极板间可形成匀强电场,电场强度大小为电场强度大小为E E=B.B.电容器两极板间各点的电势电容器两极板间各点的电势,有的相同有的相同,有的不同有的不同;有正的有正的,有负的有负的,有的为零有的为零 C.C.若只减小两极板间的距离若只减小两极板间的距离d d,该电容器的电

30、容该电容器的电容C C要增大要增大,极板极板 上带的电荷量上带的电荷量Q Q也会增加也会增加 D.D.若有一个电子水平射入两极板之间的电场若有一个电子水平射入两极板之间的电场,则电子的电势则电子的电势 能一定会减小能一定会减小第28页/共39页解析解析 由题意可知由题意可知,两板间电压为两板间电压为2 ,2 ,电场强度为电场强度为E E=,A=,A错错误误;板间与板平行的中线上电势为零板间与板平行的中线上电势为零,中线上方为正中线上方为正,下方为负下方为负,故故B B正确正确;由由C C=知知,d d减小减小,C C增大增大,由由Q Q=CUCU知知,极板带电量极板带电量Q Q增增加加,C,C

31、正确正确;电子水平射入两极板之间的电场时电子水平射入两极板之间的电场时,电场力一定对电电场力一定对电子做正功子做正功,电子的电势能一定减小电子的电势能一定减小,D,D正确正确.答案答案 BCDBCD第29页/共39页3.3.如图如图9 9所示所示,两块较大的金属板两块较大的金属板A A、B B相距为相距为d d,平行放置并与一电源相连平行放置并与一电源相连,S,S闭合后闭合后,两板间恰两板间恰 好有一质量为好有一质量为m m,带电量为带电量为q q的油滴处于静止状的油滴处于静止状 态态,以下说法正确的是以下说法正确的是 ()()A.A.若将若将S S断开断开,则油滴将做自由落体运动则油滴将做自

32、由落体运动,G,G表中无电流表中无电流 B.B.若将若将A A向左平移一小段位移向左平移一小段位移,则油滴仍然静止则油滴仍然静止,G,G表中有表中有b ba a 的电流的电流 C.C.若将若将A A向上平移一小段位移向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动则油滴向下加速运动,G,G表中有表中有 b ba a的电流的电流 D.D.若将若将A A向下平移一小段位移向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动则油滴向上加速运动,G,G表中有表中有 b ba a的电流的电流图图9 9第30页/共39页解析解析 将将S S断开断开,电容器电荷量不变电容器电荷量不变,板间场强不变板间场强不变,故油滴仍处故油滴仍处

33、于静止状态于静止状态,A,A错误错误;若若S S闭合闭合,将将A A板左移板左移,由由E E=可知可知,E E不变不变,油滴仍静止油滴仍静止,但因但因C C变小变小,电容器极板电荷量变小电容器极板电荷量变小,因此有由因此有由b ba a的电流的电流,B,B正确正确;将将A A板上移板上移,由由E E=可知可知,E E变小变小,油滴应向下加速油滴应向下加速运动运动,因因C C变小变小,电容器要放电电容器要放电,因此有由因此有由b ba a的电流流过的电流流过G,CG,C正确正确;当当A A板下移时板下移时,板间电场强度增大板间电场强度增大,油滴受的电场力增加油滴受的电场力增加,油滴向油滴向上加速

34、运动上加速运动,但因但因C C增大增大,电容器要充电电容器要充电,因此有由因此有由a ab b的电流流的电流流过过G,G,故故D D错误错误.答案答案 BCBC第31页/共39页4.4.静电计是在验电器的基础上制成的静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大用其指针张角的大 小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图如图 1010所示所示,A A、B B是平行板电容器的两个金属板是平行板电容器的两个金属板,G G为静电为静电 计计.开始时开关开始时开关S S闭合闭合,静电计指针张开一定角度静电计指针张开一定角度,为了为了 使指针张开的角度增

35、大些使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是下列采取的措施可行的是 ()()图图1010 A.A.断开开关断开开关S S后后,将将A A、B B分开些分开些 B.B.保持开关保持开关S S闭合闭合,将将A A、B B两极板分开些两极板分开些 第32页/共39页C.C.保持开关保持开关S S闭合闭合,将将A A、B B两极板靠近些两极板靠近些D.D.保持开关保持开关S S闭合闭合,将变阻器滑动触头向右移动将变阻器滑动触头向右移动解析解析 要使静电计的指针张开角度增大些要使静电计的指针张开角度增大些,必须使静电计金属必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大球和外壳之间的电势差增大,断开开关断

36、开开关S S后后,将将A A、B B分开些分开些,电容电容器的带电量不变器的带电量不变,电容减小电容减小,电势差增大电势差增大,A,A正确正确;保持开关保持开关S S闭合闭合,将将A A、B B两极板分开或靠近些两极板分开或靠近些,静电计金属球和外壳之间的电势静电计金属球和外壳之间的电势差不变差不变,B,B、C C错误错误;保持开关保持开关S S闭合闭合,将滑动变阻器滑动触头向右将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动或向左移动,静电计金属球和外壳之间的电势差不变静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D,D错误错误.答案答案 A A第33页/共39页5.5.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬

37、挂了一竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一 个带正电的小球个带正电的小球,将平行金属板按图将平行金属板按图1111所示的电路图连接所示的电路图连接,稳定时绝缘线与左极板的夹角为稳定时绝缘线与左极板的夹角为.当滑动变阻器当滑动变阻器R R的滑片的滑片 在在a a位置时位置时,电流表的读数为电流表的读数为I I1 1,夹角为夹角为1 1;当滑片在当滑片在b b位置时位置时,电流表的读数为电流表的读数为I I2 2,夹角为夹角为2 2,则则 ()()图图1111 A.A.1 1 2 2,I I1 1 2 2,I I1 1 I I2 2 C.C.1 1=2 2,I I1 1=I I2 2

38、 D.D.1 1 2 2,I I1 1=I I2 2第34页/共39页解析解析 先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路,比较两比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定角种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定角的关系的关系;再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系.金属板在电路中处于断开状态金属板在电路中处于断开状态,对整个回路的电阻无影响对整个回路的电阻无影响.稳定稳定时电容器的电压即为与之并联的滑动变阻器的左侧时电容器的电压即为与之并联的滑动变阻器的左侧(a a的左侧的左侧)电阻

39、所分得的电压电阻所分得的电压.当滑动变阻器当滑动变阻器R R的滑片由的滑片由a a位置滑到位置滑到b b位置时位置时,接入电路的电阻不变接入电路的电阻不变,所以电流不变所以电流不变I I1 1=I I2 2,但是金属板的电压要但是金属板的电压要增大增大,所以带电小球受到的电场力要变大所以带电小球受到的电场力要变大,由小球的受力平衡可由小球的受力平衡可以确定以确定1 1 2 2.答案答案 D D第35页/共39页6.6.如图如图1212所示所示,一平行板电容器水平放置一平行板电容器水平放置,板间距离为板间距离为d d,上极板上极板 开有一小孔开有一小孔,质量均为质量均为m m,带电荷量均为带电荷

40、量均为+q q的两个带电小球的两个带电小球 (视为质点视为质点),),其间用长为其间用长为L L的绝缘轻杆相连的绝缘轻杆相连,处于竖直状态处于竖直状态,已已 知知d d=2=2L L,今使下端小球恰好位于小孔中今使下端小球恰好位于小孔中,由静止释放由静止释放,让两球让两球 竖直下落竖直下落.当下端的小球到达下极板时当下端的小球到达下极板时,速度刚好为零速度刚好为零.试试 求求:图图1212 (1)(1)两极板间匀强电场的电场强度两极板间匀强电场的电场强度.(2)(2)两球运动过程中的最大速度两球运动过程中的最大速度.第36页/共39页解析解析 (1)(1)两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过两球由静止开始下落到下端的小球到达下极板的过程中程中,由动能定理得由动能定理得2 2mgdmgd-EqdEqd-EqEq(d d-L L)=0)=0解得解得E E=(2)(2)两球由静止开始下落至上端小球恰进入小孔时小球达到最两球由静止开始下落至上端小球恰进入小孔时小球达到最大速度大速度,此过程利用动能定理得此过程利用动能定理得2 2mgLmgL-EqLEqL=解得解得v v=答案答案第37页/共39页反思总结反思总结返回返回 第38页/共39页感谢观看！感谢观看！第39页/共39页