第1講電場力的性質高考總復習2025課程標準1.通過實驗了解靜電現象。能用原子結構模型和電荷守恒的知識分析靜電現象。2.知道點電荷模型。知道兩個點電荷間相互作用的規律。體會探究庫侖定律過程中的科學思維和方法。3.知道電場是一種物質。了解電場強度,體會用物理量之比定義新物理量的方法。會用電場線描述電場。4.了解生產生活中關于靜電的利用與防護。5.知道靜電場中的電荷具有電勢能。了解電勢能、電勢和電勢差的含義。知道勻強電場中電勢差與電場強度的關系。能分析帶電粒子在電場中的運動情況,能解釋相關的物理現象。6.觀察常見電容器,了解電容器的電容,觀察電容器的充、放電現象。能舉例說明電容器的應用核心素養試題情境生活實踐類在日常生產生活、科技方面的主要試題情境有示波管的原理與應用、電容器種類、電容器的應用以及靜電的防止與應用等具體問題學習探索類涉及的主要問題是描述電場性質的有關物理量的理解與應用,帶電粒子在電場中的平衡、加速、偏轉問題等考點一庫侖定律及庫侖力作用下的平衡問題強基礎?固本增分一、靜電現象

電荷守恒定律1.電荷(1)兩種電荷:自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互

,異種電荷相互

。

密立根最早用油滴實驗測出

不是帶電體(2)元電荷:電荷的多少叫電荷量,把最小的電荷量叫作元電荷,用e表示。通常取e=

C。2.起電方式:摩擦起電、接觸起電、

起電。

排斥吸引1.60×10-19感應3.電荷守恒定律內容:電荷既不會創生,也不會消滅,它只能從一個物體轉移到另一個物體,或者從物體的一部分轉移到另一部分;在轉移過程中,電荷的總量

。

保持不變二、點電荷及庫侖定律

是理想化模型,類似于質點1.點電荷:當帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多,以致帶電體的

、

及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響可以忽略時,可以將帶電體視為點電荷。

2.庫侖定律(1)內容:真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力,與它們的電荷量的_____

成正比,與它們的距離的

成反比,作用力的方向在它們的連線上。庫侖用庫侖扭秤測出

(2)表達式:,式中k=9.0×109N·m2/C2,叫作靜電力常量。

(3)適用條件:①真空中;②

。

均勻帶電的絕緣球可以視為點電荷形狀大小乘積二次方點電荷××√×√√研考點?精準突破1.對庫侖定律的兩點理解(1),r指兩點電荷間的距離。對可視為點電荷的兩個均勻帶電球,r為兩球的球心間距。(2)當兩個電荷間的距離r→0時,電荷不能視為點電荷,它們之間的靜電力不能認為趨于無限大。2.三個自由點電荷的平衡問題(1)條件:兩個點電荷在第三個點電荷處的合電場強度為零,或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等,方向相反。(2)規律3.涉及庫侖力的平衡問題涉及庫侖力的平衡問題與純力學平衡問題分析方法一樣,受力分析是基礎,應用平衡條件或牛頓第二定律是關鍵,都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結合解決問題,但要注意庫侖力的大小隨著電荷間距變化的特點。考向一

對庫侖定律的理解典題1(2024福建福州聯考)如圖所示,完全相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量,相隔一定距離,兩金屬球之間斥力大小為F。將第三個完全相同且不帶電的金屬球C先后與金屬球A、B接觸后移開。這時,金屬球A、B之間的相互作用力的大小是(

)C考向二

庫侖力的疊加典題2

如圖所示,三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為lab=5cm、lbc=3cm、lca=4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于小球a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k,則(

)D解析

由題意知,小球c處在直角三角形的直角上,如果a、b為同種電荷,則對小球c的庫侖力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b的考向三

庫侖力作用下的平衡問題典題3(多選)如圖所示,同一直線上的三個點電荷q1、q2、q3,恰好都處于平衡狀態,除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2間的距離是q2、q3間距離的2倍。下列說法正確的是(

)A.若q1、q3為正電荷,則q2為負電荷B.若q1、q3為負電荷,則q2為正電荷C.q1∶q2∶q3=9∶4∶36D.q1∶q2∶q3=36∶4∶9ABD解析

三個點電荷在同一直線上處于平衡狀態,則一定滿足“兩同夾異,近小遠大”的規律,則q1、q3電性一定相同,q2電性一定與q1、q3不同,故A、B正確;典題4

如圖所示,在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板,在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧,彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質量均為m,qA=q0>0,qB=-q0,當系統處于靜止狀態時,三小球等間距排列。已知靜電力常量為k,則(

)A考點二電場強度的矢量性以及大小的計算強基礎?固本增分一、電場

法拉第最早提出基本性質:對放入其中的電荷有

的作用。

二、電場強度1.意義:描述電場強弱的物理量,描述靜電力的性質的物理量。

比值定義法2.定義式:,單位:N/C或

。

3.方向定義:規定

在電場中某點所受靜電力的方向為該點的電場強度的方向。

力V/m正電荷4.點電荷的電場強度決定式:,適用于計算真空中的點電荷產生的電場。5.電場強度的疊加:電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的

。

矢量和×××提示

加速度、電流、磁感應強度等。

研考點?精準突破1.電場強度的三個計算公式

2.電場強度的一般計算方法電場強度是靜電學中極其重要的概念,也是高考中?？嫉囊粋€基本概念。關于電場強度的計算,主要方法如下:(1)定義式法定義式法就是首先根據力學規律、物體平衡條件、牛頓運動定律、動能定理或動量定理先求出帶電物體在電場中所受到的靜電力F,然后再由電場強度的定義式

求出電場強度E。(2)點電荷電場強度公式法中學階段絕大多數情況下只研究點電荷在真空中的電場分布情況,故可直接用點電荷的電場強度公式

計算,其方向由場源電荷的正負確定,若場源電荷為正電荷時,電場強度E的方向沿半徑r向外;若場源電荷為負電荷時,電場強度E的方向沿半徑r向內。若求多個點電荷產生電場的電場強度,則可先分別求出各個點電荷產生的電場強度,然后利用矢量疊加法求出合電場強度。3.分析電場疊加問題的一般步驟(1)確定分析計算的空間位置;(2)分析該處有幾個分電場,先計算出各個分電場在該點電場強度的大小和方向;(3)依次利用平行四邊形定則求出電場強度的矢量和。考向一

電場強度的理解和計算典題5

真空中有兩個等量負點電荷,將它們分別固定在頂角為120°的等腰三角形底邊的頂點A、B上,AB間的距離為d,將電荷量為q、質量為m的正試探電荷放到頂點C,測得它所受靜電力的大小為F。靜電力常量為k,不計試探電荷重力。(1)求C處的電場強度E。(2)求點電荷的電荷量Q。(3)如果在頂點C由靜止釋放試探電荷,定性說明它是怎樣運動的。(3)如果在頂點C處由靜止釋放試探電荷,其所受靜電力開始向下,且是變化的,運動到兩點電荷連線中點,其所受靜電力為零,速度最大,再往下,其所受靜電力向上,做減速運動,則試探電荷做往復運動。易錯點撥

求解等量同種或異種點電荷產生的電場相關問題的注意事項(1)結合電場線的分布熟記電場強度的變化。(2)利用對稱性分析有關問題。(3)結合牛頓第二定律分析有關運動問題。考向二

點電荷電場的疊加問題典題6(2023湖南卷)如圖所示,真空中有三個點電荷固定在同一直線上,電荷量分別為Q1、Q2和Q3,P點和三個點電荷的連線與三個點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零,q>0,則三個點電荷的電荷量可能為(

)×D解析

根據電場強度的矢量性可知,要使P點的電場強度為零,三個點電荷不可能是同種電性,故A、B錯誤;根據矢量疊加特點和幾何關系知,Q1、Q3在P點的電場強度應大小相等,故C錯誤,D正確?？枷蛉?/p>

對稱法、等效法求解電場強度問題典題7(2024七省適應性測試甘肅物理)如圖所示,水平帶電平面上方有一質量為m、電荷量為q的點電荷,當它在M點時所受合力為零。M點與平面的垂直距離為d,k和g分別為靜電力常量和重力加速度,則與M點對稱的N點處的電場強度大小為(

)A解析

點電荷在M點時,所受合力為零,則qE=mg,解得

,M點的電場強度和N點的電場強度大小相等,方向相反,故選A?？枷蛩?/p>

補償法求解電場強度問題典題8

半徑為R的絕緣圓環固定放置,圓心為O,圓環上均勻分布著電荷量為Q的負電荷。如圖所示,在A、B兩處分別取走弧長為Δx(Δx?R)的圓弧,圓環上剩余電荷的分布不變,C1、C2分別是A、B間兩段圓弧的中點,已知∠AOB=60°,靜電力常量為k,則圓環上剩余電荷在O點產生的電場強度的大小和方向為(

)A典題9(2024山東濰坊模擬)如圖甲所示,半徑為R的均勻帶電圓形平板,單位面積的電荷量為σ(σ>0),其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由電場強度的疊加原理

求出,方向沿x軸?，F考慮單位面積的電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板,從其中間挖去一半徑為r的圓板后(如圖乙所示),在其軸線上任意一點Q(坐標為x)處放置一個電荷量為q0的點電荷,則該點電荷所受靜電力的大小為(

)A考點三電場線的理解及應用電場線

不是電荷的運動軌跡1.為了形象地描述電場中各點電場強度的

及

,在電場中畫出一些有方向的曲線,曲線上每點的

方向都跟該點的電場強度方向一致,曲線的

表示電場的強弱。

強基礎?固本增分強弱方向切線疏密2.電場線的特點

3.典型電場的電場線

×√√提示

有;兩點電荷連線的中點電場強度為零,從中點開始沿中垂線向兩側電場強度先增大后減小。研考點?精準突破1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較

比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小,但不為零O點為零比較等量異種點電荷等量同種點電荷中垂線上的電場強度O點最大,向外逐漸減小O點最小,向外先變大后變小關于O點對稱位置的電場強度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向2.“電場線+運動軌跡”組合模型(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線),從二者的夾角情況來分析運動情況。(2)“三不知時要假設”——電荷的電性(正負)、電場強度的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向,是題意中相互制約的三個方面。若已知其中的任意一個,可順次向下分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設法”分別討論各種情況。3.電場線的應用(涉及電勢部分將在下一節進一步研究)考向一

電場線的理解及應用典題10

某電場的電場線分布如圖所示,下列說法正確的是(

)A.c點的電場強度大于b點的電場強度B.若將一正試探電荷q由a點靜止釋放,它將沿電場線運動到b點C.b點的電場強度大于d點的電場強度D.a點和b點的電場強度方向相同C解析

電場線的疏密表示電場強度的大小,由題圖可知Eb>Ec,Eb>Ed,C正確,A錯誤;由于電場線是曲線,由a點釋放的正試探電荷不可能沿電場線運動,B錯誤;電場線的切線方向為該點電場強度的方向,a點和b點的切線不同向,D錯誤?？枷蚨?/p>

“電場線+運動軌跡”組合模型典題11(2023全國甲卷)在一些電子顯示設備中,讓陰極發射的電子束通過適當的非勻強電場,可以使發散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線,如果用虛線表示電子可能的運動軌跡,其中正確的是(

)A解析

做曲線運動的物體,其受到的合力指向運動軌跡的內側,結合圖像分析,選項A正確。典題12

如圖所示,MN是一負點電荷產生的電場中的一條電場線。一個帶正電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示。下列說法正確的是(

)A.帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B.負點電荷一定位于M點左側C.a點的電場強度大于b點的電場強度D.帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度D解析

由于該粒子只受靜電力作用且做曲線運動,靜電力指向軌跡內側,則靜電力的方向大致向右,帶電粒子從a到b過程中靜電力對帶電粒子做正功,其動能增加,選項A錯誤;帶正電的粒子受到的靜電力向右,電場線由M指向N,說明負電荷在N點右側,選項B錯誤;a點離點電荷較遠,a點的電場強度小于b點的電場強度,帶電粒子在a點受到的靜電力小于在b點受到的靜電力,根據牛頓第二定律可知,帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度,故C錯誤,D正確。第2講電場能的性質高考總復習2025考點一電勢高低和電勢能大小的判斷強基礎?固本增分一、電勢能1.電勢能(1)靜電力做功的特點:靜電力做功與電荷經過的

無關,只與電荷的初、末位置有關。

(2)電勢能:電荷在

中具有的勢能,數值上等于將電荷從該點移到

位置時靜電力所做的功。

2.靜電力做功與電勢能變化的關系

類比重力做功靜電力做的功等于電勢能的

,即WAB=EpA-EpB=-ΔEp。

路徑電場零勢能減少量二、電勢

等勢面1.電勢(1)定義:試探電荷在電場中某點具有的

與它的電荷量的比值。(3)矢標性:電勢是

,有正、負之分,其正(負)表示該點電勢比

高(低)。

(4)相對性:電勢具有相對性,同一點的電勢因選取

的不同而不同。

電勢能標量零電勢零電勢點2.等勢面(1)定義:電場中

相同的各點組成的面。

(2)四個特點①等勢面一定與

垂直。

②在同一等勢面上移動電荷時靜電力不做功。③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。

沿著電場線的方向,電勢降低最快④等差等勢面越密的地方電場強度

,反之

。

電勢電場線越大越小×√×√×閱讀人教版教材必修第三冊第34頁“思考與討論”,請你類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點提示

電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值,即

,由于重力做功與路徑無關,可以類比靜電場電勢的定義,將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質量m的比值,叫作“重力勢”,即

電勢φ和“重力勢”φG都是反映場的能的性質的物理量,僅由場自身的因素決定。研考點?精準突破1.電勢高低的判斷

判斷依據判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零,正電荷周圍電勢為正值,負電荷周圍電勢為負值;靠近正電荷處電勢高,靠近負電荷處電勢低電勢能的高低正電荷在電勢高處電勢能大,負電荷在電勢低處電勢能大2.電勢能大小的判斷

判斷方法方法解讀公式法將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep=qφ,正Ep的絕對值越大,電勢能越大;負Ep的絕對值越大,電勢能越小電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大負電荷在電勢低的地方電勢能大做功法靜電力做正功,電勢能減少靜電力做負功,電勢能增加考向一

靜電力做功與電勢能的關系典題1(2023湖北卷)在正點電荷Q產生的電場中有M、N兩點,其電勢分別為φM、φN,電場強度大小分別為EM、EN。下列說法正確的是(

)A.若φM>φN,則M點到正點電荷Q的距離比N點的遠B.若EM<EN,則M點到正點電荷Q的距離比N點的近C.若把帶負電的試探電荷從M點移到N點,靜電力做正功,則φM<φND.若把帶正電的試探電荷從M點移到N點,靜電力做負功,則EM>ENC解析

正點電荷Q的電場線以向正點電荷為中心向外輻射狀分布,由φM>φN可知,M點到正點電荷Q的距離近,選項A錯誤。根據

知,若EM<EN,可知N點到正點電荷Q的距離近,選項B錯誤。若把帶負電的試探電荷從M點移到N點,靜電力做正功,電勢能減小,電勢增加,故有φM<φN,選項C正確。若把帶正電的試探電荷從M點移到N點,靜電力做負功,電勢能增加,逆著電場線運動,根據正點電荷Q產生的電場特點可知EM<EN,選項D錯誤?？枷蚨?/p>

求和法比較電勢高低典題2(2024河北模擬)如圖所示,在等邊三角形三個頂點A、B、C處分別固定三個點電荷,電荷量分別為+q、+q、-q(q>0)。過點C作AB邊的垂線,垂足為O,過點A作BC邊的垂線,垂足為P,兩垂線交于M點。取無窮遠處電勢為零,則下列說法正確的是(

)A.將一個正電荷從O點移到M點電勢能變大B.O點電勢低于P點電勢C.M點電勢低于P點電勢D.P點電場強度大于O點電場強度D解析

OM線上的電場可以看作A與B處兩等量同種點電荷產生方向沿OM指向M的電場與C處負點電荷產生方向沿OM指向M的電場的矢量和,OM線上的電場沿OM指向M,將一個正電荷從O點移到M點靜電力做正功,電勢能減小,故A錯誤。MP線上的電場為B與C處兩等量異種點電荷在MP上產生的電場與A處正點電荷在MP上產生的電場的矢量和,故MP線上電勢從M點到P點電勢降低,φM>φP,而OM線上的電場沿OM指向M,故從O到M點電勢降低,即φO>φM,所以φO>φM>φP,故B、C錯誤。設A處點電荷在P點產生的電場強度大小為E,P點電場強度等于B與C處兩等量異種點電荷在P點產生電場的電場強度與A處正點電荷在P點產生電場的電場強度的矢量和,其大小為

E,而O點電場強度等于C處點電荷在O點產生電場的電場強度,其大小為E,故P點的電場強度一定大于O點的電場強度,故D正確。思維點撥

題中電場是三個點電荷共同產生的,可以分為兩組,即A與B是等量同種點電荷,A與C、B與C是等量異種點電荷;注意等量同種點電荷的中垂線的電場方向沿中垂線指向兩側無窮遠,而等量異種點電荷的中垂線的電場方向垂直于中垂線指向負電荷一側。考向三

電勢能與電勢的關系典題3(多選)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷,電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時,僅在靜電力的作用下恰好保持靜止狀態。過O點作兩正電荷連線的垂線,以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d,如圖所示。以下說法正確的是(

)A.a點電勢低于O點B.b點電勢低于c點C.該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能D.該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能BD解析

試探電荷在O點僅在靜電力作用下保持靜止,則其所受合力為零。若將試探電荷向左移動少許,則其將在靜電力作用下向左運動,靜電力做正功,電勢能減少,試探電荷帶負電,故由O向a運動過程中電勢升高,同理由O向c運動過程中電勢升高,所以ac連線上O點電勢最低。bd連線上由電勢的疊加可知,O點電勢最高,所以選項A錯誤,B正確。因為φa>φb,φc>φd,試探電荷帶負電,所以Epa<Epb,Epc<Epd,故選項C錯誤,D正確。考點二電勢差和電場強度的關系強基礎?固本增分一、電勢差1.定義:電荷在電場中由一點A移到另一點B時,

與移動電荷的電荷量的比值。

2.公式:UAB=φA-φB,UAB=。二、勻強電場中電勢差與電場強度的關系1.電勢差與電場強度的關系:勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿

方向的距離的乘積。即U=Ed,也可以寫作

。

2.公式U=Ed的適用范圍:勻強電場。靜電力做功電場線××研考點?精準突破1.兩個推論(1)如圖甲所示,C點為線段AB的中點,則有(2)如圖乙所示,AB∥CD,且AB=CD,則UAB=UCD。2.三點妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系。當電勢差U一定時,電場強度E越大,則沿電場強度方向的距離d越小,即電場強度越大,等差等勢面越密。(2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系。如判斷距離相等的兩點間的電勢差,電場強度E越大,電勢差U越大;E越小,U越小。(3)利用φ-x圖像的斜率判斷沿x軸方向電場強度Ex隨位置的變化規律。在φ-x圖像中斜率,斜率的大小表示電場強度的大小,正負表示電場強度的方向。3.巧用“等分法”解答勻強電場性質的解題思路

考向一

勻強電場中電場強度和電勢差的關系典題4(2024湖南湘東九校聯考模擬)如圖所示,在空間內存在一個勻強電場,立方體ABCD-A1B1C1D1,其中A、B、C、A1各點的電勢分別為φA=2V、φB=4V、φC=6V、φA1=0,立方體的棱長a=1m,則下列說法正確的是(

)A.勻強電場的電場強度大小為2V/mB.勻強電場的電場強度大小為2V/mC.將一電子由C點沿立方體棱邊移動到D1,電勢能增加2eVD.將一質子由A點沿立方體棱邊移動到B1,電勢能減少2eVB解得E=2

V/m,故B正確,A錯誤;將一電子由C點沿立方體棱邊移動到D1,根據靜電力做的功與電勢差的關系得WCD1=-eUCD1,又UCD1=4

V,WCD1=-ΔEpCD1得ΔEpCD1=4

eV,電勢能增加4

eV,故C錯誤;因φA=φB1=2

V,故將一質子由A點沿立方體棱邊移動到B1,電勢能不變,故D錯誤。

考向二

等分法確定電場線及電勢高低典題5(2024安徽合肥模擬)勻強電場中有一與電場方向平行的扇形AOB區域,如圖所示,圓心角θ=120°,半徑R=1m,其中C、D、F將圓弧AB四等分。已知φA=9V,φB=0,φO=3V。下列說法錯誤的是(

)A.φD=6VB.φF=3VC.電場方向沿A、O連線方向D.電場強度大小為3V/mD解析

如圖所示,連接AB、OC、OD、OF,OC、OD、OF與AB交點分別為I、H、G。由幾何關系可知∠BAO=∠OBA=30°,∠AOC=∠COD=∠DOF=∠FOB=30°,所以AI=IO,OG=GB,在△IGO中,有∠OIG=∠OGI=∠IOG=60°,所以△IGO為等邊三角形,則AI=IG=GB,所以I、G將AB三等分,根據勻強電場中電勢均勻變化可知φI=6

V,φG=3

V,所以OF為一條等勢線,則φF=φG=3

V,根據幾何關系可知OH=Rsin

∠HAO=,得DH=R-HO=,則△DHI全等于△HIO,即∠IDH=∠HOI=30°,則DI連線垂直于AO,且平行于FO,說明DI是一條等勢線,所以φD=φI=6

V,故A、B正確;電場強度方向垂直于等勢線OF和DI,根據沿電場強度方向電勢降低可知電場方向沿A、O連線方向,故C正確;根據勻強電場中電場強度與電勢差的關系可得故D錯誤?？枷蛉?/p>

非勻強電場中電場強度和電勢差典題6

如圖所示,電場中的一簇電場線關于y軸對稱分布,O點是坐標原點,M、N、P、Q是以O為圓心的圓周上的四個點,其中M、N在y軸上,Q點在x軸上,則下列說法正確的是(

)A.P點的電場強度可能等于Q點的電場強度B.P點的電勢可能等于Q點的電勢C.電荷在N點的電勢能可能小于在M點的電勢能D.電荷從N點運動到O點靜電力做的功等于從O點運動到M點靜電力做的功C解析

電場線的疏密表示電場的強弱,根據電場線分布可知,P點的電場強度小于Q點的電場強度,A錯誤;根據電場線與等勢線垂直特點,在P點所在電場線上找到Q點的等勢點,根據沿電場線電勢降低可知,Q點的電勢比P點的電勢高,B錯誤;結合電場線與等勢線垂直特點可知,N點的電勢高于M點的電勢,根據Ep=qφ可知,負電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能,C正確;根據電場線分布可知,OM間的平均電場強度比NO間的平均電場強度小,故由公式U=Ed可知,OM間的電勢差小于NO間的電勢差,根據W=qU可知電荷從N點到O點過程中靜電力做的功大于從O點到M點過程中靜電力做的功,D錯誤?？键c三電場線、等勢面及運動軌跡問題強基礎?固本增分幾種常見等勢面的比較

√√√研考點?精準突破1.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲),從而分析電場方向或電荷的正負。(2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向,確定靜電力做功的正負,從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。2.帶電粒子運動軌跡的分析(1)判斷速度方向:帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為粒子在該點處的速度方向。(2)判斷靜電力(或電場強度)的方向:僅受靜電力作用時,帶電粒子所受靜電力方向指向軌跡的彎曲方向,再根據粒子的正、負判斷電場強度的方向。(3)判斷靜電力做功的正、負及電勢能的增減:若靜電力與速度方向成銳角,則靜電力做正功,電勢能減少;若靜電力與速度方向成鈍角,則靜電力做負功,電勢能增加?？枷蛞?/p>

對等勢面的理解典題7(2024天津一模)我們所處的地球表面,實際上存在電場強度大小為100V/m的電場,可將其視為勻強電場,在地面立一金屬桿后空間中的等勢面如圖所示?？臻g中存在a、b、c三點,其中a點是電勢為300V等勢面的最高點,b、c兩點等高。下列說法正確的是(

)A.b、c兩點的電勢差Ubc=0B.a點電場強度大小為100V/mC.a點電場方向沿豎直方向D.a點的電勢低于c點的電勢C解析

由圖可知,b、c兩點的電勢差為Ubc=200

V-300

V=-100

V,故A錯誤;由圖可知,a點與相鄰兩等勢面的距離小于1

m,電勢差等于100

V,根據

可知a點電場強度大小大于100

V/m,故B錯誤;根據電場方向垂直于等勢面,可知a點的電場方向沿豎直方向,故C正確;由圖可知,a點與c點在同一等勢面上,電勢均為300

V,故D錯誤?？枷蚨?/p>

電場線、等勢線和運動軌跡問題典題8(多選)(2021天津卷)兩個位于紙面內的點電荷產生電場的等勢面如圖中實線所示,相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一個電子在該電場中的運動軌跡,軌跡與某等勢面相切于P點。下列說法正確的是(

)A.兩點電荷可能是異種點電荷B.A點的電場強度比B點的大C.A點的電勢高于B點的電勢D.電子運動到P點時動能最小CD解析

根據點電荷間等勢面的分布情況可知兩點電荷是同種電荷,又根據電子在該電場中的運動軌跡可判斷電子一直受到排斥的力,故可知兩點電荷為同種負點電荷,故A錯誤;根據等勢面的疏密程度可以判斷A點的電場強度比B點的小,故B錯誤;因為兩點電荷是同種負點電荷,電場線指向負電荷,故可知A點的電勢高于B點的電勢,故C正確;根據電子的運動軌跡和電場線的方向可知由M到P靜電力做負功,由P到N靜電力做正功,由M到P動能減小,由P到N動能增加,故電子運動到P點時動能最小,故D正確。方法點撥

以電場線、等勢線、帶電粒子的運動相結合的題目是高考的熱點,以選擇題為主。解決此類問題的關鍵是找出帶電粒子在某一位置處所受的靜電力的方向、速度的方向以及軌跡的彎曲方向,然后運用物體做曲線運動的條件及功能關系進行相關的判斷。典題9(多選)中國古代屋脊兩頭,有一仰起的龍頭,龍口吐出伸向天空且曲折的金屬舌頭,舌根連接一根直通地下的細鐵絲,起到避雷的作用。當雷云放電接近房屋時,屋頂的避雷針頂端由于聚集著大量電子而形成局部電場集中的空間。圖中虛線表示某時刻避雷針周圍的等差等勢面分布情況,一帶電粒子(不計重力)在該電場中的運動軌跡如圖所示。則(

)A.該粒子帶正電B.a點的電勢比c點的低C.b點的電場強度比c點的電場強度大D.該粒子在b點的電勢能比在c點的大AD解析

避雷針頂端聚集著大量電子,由等差等勢面分布和運動軌跡可知,該粒子帶正電,A正確;沿電場線方向電勢逐漸降低,故a點的電勢比c點的高,B錯誤;由等差等勢面的疏密情況可知,b點的電場強度比c點的電場強度小,C錯誤;因帶正電的粒子在電勢高的位置電勢能大,b點的電勢比c點的高,故該粒子在b點的電勢能比在c點的大,D正確。考向三

靜電平衡中的等勢面典題10(2024江蘇南通模擬)一帶正電的金屬球如圖所示,a、b、c、d為過圓心O的同一直線上的點。則(

)A.a點電勢比b點的低B.a點電場強度比b點的大C.c點電勢比d點的低D.c點電場強度比d點的大A解析

根據靜電平衡可知,帶正電的金屬球的電荷均勻分布在球的外表面,球的內部電場強度處處為零,整個金屬球為等勢體;金屬球外部離金屬球越遠電場強度越小,電勢越低,則有Eb>Ea>Ec=Ed,φc=φd>φb>φa,故選A。第3講專題提升電場中的功能關系和圖像問題高考總復習2025專題概述:本專題主要學習掌握兩個問題:一是電場中功能關系問題,二是電場中的圖像問題。本專題學習后要熟練掌握電場中的功能關系,明確電場中各類圖像的特點,會根據圖像特點,解決實際問題。題型一電場中的功能問題電場中常見的功能關系1.若只有靜電力做功,則電勢能與動能之和保持不變。2.若只有靜電力和重力做功,則電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。3.除重力、彈力之外,其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量。4.所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量?？枷蛞?/p>

電勢能與動能之和保持不變典題1(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2V。一電子經過a時的動能為10eV,從a到d的過程中克服靜電力所做的功為6eV。下列說法正確的是(

)A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經過平面d時,其電勢能為4eVD.該電子經過平面b時的速率是經過平面d時的2倍AB解析

從a到d的過程克服靜電力做功為6

eV,所以電場方向為水平向右,每個間距電勢差為2

V,所以平面c上的電勢為零,故A項正確;由于電子不一定垂直等勢面進入,可能做曲線運動,所以可能到達不了平面f,故B項正確;整個過程中能量守恒,可得電子在平面a、b、c、d、f上的電勢能分別為-4

eV、-2

eV、0

eV、+2

eV、+4

eV,動能分別為+10

eV、+8

eV、+6

eV、+4

eV、+2

eV,故C項錯誤;由于電子經過平面b、d時的動能分別為8

eV和4

eV,所以該電子經過平面b時的速率是經過平面d時的

倍,故D項錯誤。方法點撥

考查靜電力做功與電勢能變化的關系,掌握電勢能與動能之和不變,理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關鍵?？枷蚨?/p>

涉及電勢能的功能關系典題2(多選)(2023全國乙卷)在O點處固定一個正點電荷,P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球,小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動,其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點,OP>OM,OM=ON,則小球(

)A.在運動過程中,電勢能先增加后減少B.在P點的電勢能大于在N點的電勢能C.在M點的機械能等于在N點的機械能D.從M點運動到N點的過程中,電場力始終不做功BC解析

由圖可知,帶電小球從P點開始,下落時電場力對其先做正功,后做負功,所以電勢能先減少后增加,選項A錯誤。由于OM=ON,因此帶電小球在N點與M點的電勢能相等,因為由P到M電場力對小球做正功,電勢能減少,所以小球在P點的電勢能大于在M點的電勢能,在P點的電勢能也大于在N點的電勢能,選項B正確。小球在運動過程中只有電場力和重力做功,所以只有電勢能、動能和重力勢能的相互轉化,其中動能和重力勢能之和為機械能。由于帶電小球在M點和N點的電勢能相等,因此在這兩點的機械能也相等,選項C正確。從M點運動到N點的過程中,因為有重力作用,雖然M點和N點離O點距離相等,但軌跡MN不是以O為圓心的圓弧,軌跡MN不在等勢面上,電場力會做功,選項D錯誤。典題3

如圖所示,在空間中存在豎直向上的勻強電場,質量為m、電荷量為+q(q>0)的物塊從A點由靜止開始下落,加速度為

g,下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸,又下落h后到達最低點C,整個過程中不計空氣阻力,且彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g。帶電物塊由A點運動到C點過程中,下列說法正確的是(

)D方法點撥

電勢能增、減的判斷方法(1)做功判斷法:靜電力做正功,電勢能減小;靜電力做負功,電勢能增加。(2)公式法:由Ep=qφ,將q、φ的大小、正負號一起代入公式,Ep為正值時,正值越大,電勢能越大,Ep為負值時,絕對值越小,電勢能越大。(3)能量守恒法:在電場中,若只有靜電力做功,電荷的動能和電勢能相互轉化,動能增加,電勢能減小;反之,電勢能增加。(4)電荷電勢法:正電荷在電勢高的地方電勢能大,負電荷在電勢低的地方電勢能大。題型二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像

v-t圖像當帶電粒子只受靜電力時,從v-t圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變化情況,進而可判定粒子運動中經過的各點的電場強度方向、電場強度大小、電勢高低及電勢能的變化情況φ-x圖像(1)從φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低,進而確定電場強度的方向及試探電荷電勢能的變化。(2)φ-x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向電場強度E的大小E-x圖像以電場強度沿x軸方向為例:(1)E>0表示電場強度沿x軸正方向,E<0表示電場強度沿x軸負方向。(2)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差,“面積”大小表示電勢差大小,兩點的電勢高低需根據電場方向判定Ep-x圖像(1)圖像的切線斜率大小表示靜電力大小。(2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況考向一

φ-x圖像(電場方向與x軸平行)典題4(2024河北模擬)在x軸上放置兩個電荷量不相等的同種點電荷q1、q2,位置坐標分別為x=-2r0和x=r0,在x軸上兩點電荷之間區域內的電勢φ隨位置坐標x變化的圖線如圖所示,圖線與φ軸交點的切線與x軸平行,交點處的縱坐標為φ0,取無限遠處電勢為零,下列說法正確的是(

)A.q1、q2均帶負電B.兩點電荷的電荷量之比C.在x軸上4r0處,電勢為φ0D.在x軸上4r0處,電場強度為0B解析

由圖可知x=0處,電勢最低,則q1、q2均帶正電,A錯誤;圖線與φ軸交點的切線與x軸平行,說明x=0處電場強度為0,根據

,B正確;電勢是標量,在x軸上4r0處,由于兩點電荷的電勢都比x=0點處的低,故電勢小于φ0,C錯誤;在x軸上4r0處,兩點電荷產生的電場方向相同,電場強度不為0,D錯誤。規律總結

在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低,并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向,進而可以判斷電荷在電場中的受力方向。(如圖所示)考向二

E-x圖像(電場方向與x軸平行)典題5

真空中靜止的均勻帶正電的球體,其半徑為R,電場強度沿半徑方向分布如圖所示,靜電力常量為k,則(

)A.r1和r2兩處電勢相等B.球體表面處電勢最高C.r1和r2兩處電勢差為E0(r2-r1)D.該球體所帶的電荷量為D解析

由圖可知,r1和r2兩處電場強度相同,由于沿電場線方向電勢降低,所以r1處的電勢高于r2處電勢,故A錯誤;沿電場線方向電勢降低,所以從球心處開始電勢一直降低,故B錯誤;r1和r2兩處電勢差為圖線與橫軸所圍區域的面積,大于E0(r2-r1),故C錯誤;球體外電場可以看成是電荷量全部集中于球心處的點電荷產生的電場,則在r2處,有規律總結

E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示),兩點的電勢高低根據電場方向判定。在與粒子運動相結合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況?？枷蛉?/p>

Ep-x圖像典題6(多選)(2024廣西北海一模)如圖所示,x軸上有兩個點電荷位于O、O'位置,一負試探電荷沿x軸由O向O'移動的過程中,該電荷的電勢能隨位移的變化規律如圖所示,A、C兩點的連線以及B點的切線均與x軸平行,B點的橫坐標為x1=2,O'點的橫坐標為x2=5。下列說法正確的是(

)A.B點的電場強度為零B.O、O'兩點的點電荷帶正電C.O、O'兩點的點電荷所帶電荷量的絕對值之比為9∶4D.φA-φB=φC-φBAD解析

Ep-x圖像中圖線的斜率表示靜電力,由于B點的切線與x軸平行,即斜率為零,故試探電荷在B點所受的靜電力為零,則B點的電場強度為零,故A正確;由于負的試探電荷在兩點電荷產生的電場中電勢能為正值,設試探電荷所帶電荷量絕對值為q,由公式Ep=-qφ可知電場中各點的電勢為負值,所以兩點電荷均帶負電,故B錯誤;設O、O'兩點的點電荷所帶電荷量的絕對值分別為q1、q2,由于B點的電場強度為零,由電場強度的疊加原理得

,故C錯誤;試探電荷在A、C兩點的電勢能相等,則A、C兩點的電勢相等,又A、C兩點的電勢比B點的電勢低,則φA-φB=φC-φB,故D正確。規律總結1.由靜電力做功與電勢能變化關系F電x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x圖像的切線斜率

,其大小表示靜電力,斜率正負代表靜電力的方向。2.當帶電體只有靜電力做功,由動能定理F電x=Ek-Ek0=ΔEk知Ek-x圖像的切線斜率

,其大小表示靜電力。第4講電容器實驗觀察電容器的充放電現象帶電粒子在電場中的運動高考總復習2025考點一電容器強基礎?固本增分電容器

電容1.電容器(1)組成:由兩個彼此

又相互靠近的導體組成。

(2)所帶電荷量:一個極板所帶電荷量的

。

(3)電容器的充、放電

充電過程Q、U、E均增大,放電過程反之充電:使電容器帶電的過程,充電后電容器兩極板帶上

的異種電荷,電容器中儲存電場能。

放電:使充電后的電容器失去電荷的過程,放電過程中

轉化為其他形式的能。放電過程電流隨時間的變化如圖所示,面積表示電容器減少的電荷量。

絕緣絕對值等量電場能2.電容(1)意義:表示電容器容納電荷本領大小的物理量。(2)定義:電容器所帶的

與電容器兩極板間的電勢差的比值。(3)定義式:。

比值定義法(4)單位:法拉(F),1F=

μF=1012pF。

(5)平行板電容器的電容平行板電容器的電容與極板的

成正比,與電介質的相對介電常數成正比,與

成反比。

公式:,k為靜電力常量。電荷量106

正對面積極板間距離3.電容器的種類(1)從構造上看,可以分為固定電容器和可變電容器兩類。(2)按電介質分類:有機介質電容器、無機介質電容器、電解電容器、電熱電容器和空氣介質電容器等?！痢痢裂锌键c?精準突破一、平行板電容器的動態分析1.分析思路(1)先確定是Q還是U不變:電容器保持與電源連接,U不變;電容器充電后與電源斷開,Q不變。2.兩類動態變化問題的比較

分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小εr變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小二、電容器電容、電荷量、電壓的分析1.電容器的電容只由電容器本身決定,與電容器所帶的電荷量、兩極板間電壓無關,因此,在分析電荷量、電壓時電容器電容不變是分析問題的關

鍵點?？枷蛞?/p>

平行板電容器的動態分析典題1(2021重慶卷)電容式加速傳感器常用于觸發汽車安全氣囊等系統,如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器,M固定,N可左右運動,通過測量電容器極板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當汽車減速時,極板M、N間的距離減小,若極板上的電荷量不變,則該電容器(

)A.電容變小B.極板間電壓變大C.極板間電場強度不變D.極板間的電場強度變小C典題2(2024廣東廣州華南師大附中模擬)如圖所示,兩個相同的半圓形金屬板相互靠近、水平放置,板間可視為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連。上極板可繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動。開始時,兩極板邊緣完全對齊,閉合開關S后,兩板間的一個帶電微粒恰好靜止,然后上極板轉過5°(微粒仍在兩板間)忽略電場邊緣效應,則(

)A.斷開開關S后,微粒將豎直下落B.轉動前后,電容器的電容之比為36∶35C.轉動過程中,有從a→b的電流流過電阻RD.斷開開關S后,上極板再轉動5°,微粒仍然靜止B轉動之前,電容器下極板帶正電,上極板帶負電,轉動過程中,電容變小,電容器放電,有從b→a的電流流過電阻R,故C錯誤;當斷開開關S后,兩極板的電荷量不變,讓上極板再轉過5°,則兩極板正對面積減少,根據公式

可知,其他條件不變,電容器的電容變小,電勢差變大,間距不變,則電場強度增大,微粒所受靜電力增大,則微粒將豎直向上運動,故D錯誤?？枷蚨?/p>

電容器

電容傳感器典題3(2024浙江溫州模擬)心室纖顫是一種可危及生命的疾病。某型號AED模擬治療儀器的電容器電容是25μF,充電至8kV電壓,充滿電后,如果電容器在2ms時間內完成放電,則(

)A.電容器放電過程中平均功率為800kWB.電容器的擊穿電壓為8kVC.電容器放電過程中電容越來越小D.電容器放電過程中電流最大值一定大于100AD解析

電容器所帶的電荷量為Q=CU=25×10-6×8×103

C=0.2

C,由電流強度的定義式

,可得電容器放電過程中平均電流為

=100

A,電容器放電過程中若電壓不變,則有平均功率為

=8×103×100

W=800

000

W=800

kW,因電容器放電過程中電壓在逐漸減小,因此在電容器放電過程中平均功率小于800

kW,A錯誤;電容器充電至8

kV電壓,此電壓應不高于電容器的額定電壓,而電容器的擊穿電壓要大于額定電壓,即電容器的擊穿電壓大于8

kV,B錯誤;電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關,因此電容器放電過程中電容不變,C錯誤;電容器放電過程中平均電流為100

A,因此電容器放電過程中電流最大值一定大于100

A,D正確。典題4

傳感器是一種檢測裝置,能接收到被測量的信息,并能將接收到的信息,按一定規律變換成為電信號或其他所需形式的信息輸出,以滿足信息的傳輸、處理、存儲、顯示、記錄和控制等要求,它是實現自動檢測和自動控制的首要環節。測定液面高度h的電容式傳感器示意圖如圖所示,E為電源,G為靈敏電流表,A為固定的導體芯,B為導體芯外面的一層絕緣物質,C為導電液體。已知電流從靈敏電流表左邊接線柱流進靈敏電流表,指針向左偏。如果在導電液體的深度h發生變化時觀察到指針正向左偏轉,則(

)A.導體芯A所帶的電荷量在增加,導電液體的深度h在增大B.導體芯A所帶的電荷量在減小,導電液體的深度h在增大C.導體芯A所帶的電荷量在增加,導電液體的深度h在減小D.導體芯A所帶的電荷量在減小,導電液體的深度h在減小D解析

電流表指針向左偏轉,說明電流從靈敏電流表的左接線柱流進靈敏電流表,則導體芯A所帶的電荷量在減小,由Q=CU可知,導體芯A與導電液體形成的電容器的電容減小,根據電容的決定式

可知導電液體的深度h在減小。故選D。方法技巧

掌握電容器問題的“三個公式”“兩個結論”“一個特例”1.必須記住的三個公式2.掌握兩個重要結論(1)電容器與電路(或電源)相連,則兩端電壓取決于電路(或電源),穩定時相當于斷路,兩端電壓總等于與之并聯的支路電壓。(2)充電后電容器與電路斷開,電容器所帶的電荷量不變,此時若只改變兩極板間距離,則極板間電場強度大小不變。3.注意一個特例當有電容器的回路接有二極管時,因二極管的單向導電性,將使電容器的充電或放電受到限制?？键c二觀察電容器的充放電現象強基礎?固本增分實驗:觀察電容器的充放電現象1.實驗原理(1)電容器的充電過程甲

如圖甲所示,當開關S接1時,電容器接通電源,在靜電力的作用下自由電子從正極板經過電源向負極板移動,正極板因

電子而帶

電,負極板因

電子而帶

電。正、負極板帶等量的正、負電荷。電荷在移動的過程中形成電流。

在充電開始時電流比較

(選填“大”或“小”),以后隨著極板上電荷的增多,電流逐漸

(選填“增大”或“減小”),當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止定向移動,電流I=0。

失去正獲得負大減小(2)電容器的放電過程

乙如圖乙所示,當開關S接2時,相當于將電容器的兩極板直接用導線連接起來,電容器正、負極板上電荷發生中和。在電子移動過程中,形成電流。放電開始時電流較

(選填“大”或“小”),隨著極板上電荷的減少,電路中的電流逐漸

(選填“增大”或“減小”),兩極板間的電壓也逐漸減小到零。

大減小2.實驗步驟

丙(1)按圖丙連接好電路。(2)把單刀雙擲開關S打在上面,使觸點1和觸點2連通,觀察電容器的充電現象,并將結果記錄在表格中。(3)將單刀雙擲開關S打在下面,使觸點3和觸點2連通,觀察電容器的放電現象,并將結果記錄在表格中。(4)記錄好實驗結果,關閉電源?！痢萄锌键c?精準突破電容器充、放電過程中I-t圖像形狀的決定因素1.圖像面積根據Q=CU可知,圖像的面積由電容器充電結束或放電開始時其兩極板間的電勢差和電容器的電容決定。2.圖像峰值根據

可知,圖像的峰值由電容器充電結束或放電開始時其兩極板間的電勢差和電路總電阻決定?？枷蛞?/p>

觀察電容器的充放電現象典題5(2023山東卷)電容儲能已經在電動汽車,風、光發電,脈沖電源等方面得到廣泛應用。某同學設計圖甲所示電路,探究不同電壓下電容器的充、放電過程,器材如下:電容器C(額定電壓10V,電容標識不清);電源E(電動勢12V,內阻不計);電阻箱R1(阻值0~99999.9Ω);滑動變阻器R2(最大阻值20Ω,額定電流2A);電壓表V(量程15V,內阻很大);發光二極管D1、D2,開關S1、S2,電流傳感器,計算機,導線若干。甲回答以下問題:(1)按照圖甲連接電路,閉合開關S1,若要升高電容器充電電壓,滑動變阻器滑片應向

(選填“a”或“b”)端滑動。

(2)調節滑動變阻器滑片位置,電壓表表盤如圖乙所示,示數為

V(保留1位小數)。

乙b6.5(3)繼續調節滑動變阻器滑片位置,電壓表示數為8.0V時,開關S2擲向1,得到電容器充電過程的I-t圖像,如圖丙所示。借鑒“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中估算油膜面積的方法,根據圖像可估算出充電結束后,電容器存儲的電荷量為

C(結果保留2位有效數字)。

丙(4)本電路中所使用電容器的電容約為

F(結果保留2位有效數字)。(5)電容器充電后,將開關S2擲向2,發光二極管

(選填“D1”或“D2”)閃光。

3.9×10-34.9×10-4D1解析

(1)按照題圖甲連接電路,閉合開關S1,若要升高電容器充電電壓,滑動變阻器滑片應向b端滑動。(2)根據讀數規則,電壓表的示數為6.5

V。(3)圖像和坐標軸所圍格數為39,故電容器存儲的電荷量為Q=39×0.2×10-3×0.5

C=3.9×10-3

C。(4)根據電容的定義式可得

=4.9×10-4

F。(5)電容器充電后,將開關S2擲向2,電容器放電,電容器左側帶正電,根據二極管單向導電性,發光二極管D1發光?？枷蚨?/p>

放電法測量電容典題6(2024安徽模擬)利用放電法可以測量電容器的電容,讓充電后的電容器通過大電阻R放電,電流傳感器A與計算機連接(未畫出),記錄放電電流隨時間變化的圖像,可用系統軟件計算出電容器所帶的電荷量為Q,Q與充電電壓U的比值即為電容器的電容C。(1)實驗開始前先判斷電容器的好壞。使用多用電表的歐姆擋進行測量,把調零后的多用電表的紅黑表筆分別接觸電容器的兩極板,觀察到多用電表指針先向右偏轉較大角度,后又逐漸返回到起始位置,此現象說明電容器是

(選填“好”或“壞”)的;

好(2)圖甲、乙為測量電容的兩種電路原理圖,學生電源應采用

(選填“直流”或“交流”)電源,先使開關S與1端相連,充電結束后,讀出電壓表的示數;然后把開關S與2端相連,測量出電容器所帶的電荷量Q,為了減小誤差,在圖甲、乙中,應選圖

為測量電路。

甲乙直流甲(3)某同學選擇了正確的實驗電路圖,經過實驗操作獲得如下表所示的多組數據,其中第4組數據的Q未記錄,但計算機顯示了這次測量的I-t圖像如圖丙所示,由此可估算出Q=

,請根據以上數據,在圖丁中作出Q-U圖像,并由Q-U圖像計算該電容器的電容為

F。(結果均保留兩位小數)

次數123456U/V10.813.516.820.223.827.0Q/10-3C0.861.091.22

1.932.15丙丁1.60×10-3見解析圖

7.95×10-5(7.90×10-5~8.05×10-5均可)解析

(1)使用多用電表的歐姆擋進行測量,多用電表內有電源,先對電容器充電,有充電電流,觀察到多用電表指針向右偏轉較大角度;隨著電容器逐漸充滿電,充電電流逐漸減小,最終電容器相當于斷路狀態,指針又逐漸返回到起始位置,此現象說明電容器是好的。(2)學生電源應采用直流電源,因為電容器通交變電流后,其電壓不斷變化,沒法得出穩定的電壓,故選直流電源。當把開關S與2端相連,電容器放電,題圖甲的所有電荷均通過電流表,測量準確,題圖乙中還有一部分電荷通過電壓表,這部分電荷測不出來,故選題圖甲。(3)由ΔQ=I·Δt知,電荷量為I-t圖像與坐標橫軸所圍的面積,即面積為電容器在開始放電時所帶的電荷量,由題圖丙可知“面積”格數約40格,每小格相當于4×10-5

C,所以電容器電壓為U=20.2

V時,電荷量Q=1.60×10-3

C。由表格數據描點作圖,如圖所示,在圖像中選取兩個相距較遠的點,計算出圖線的斜率,即為電容器的電容C=7.95×10-5

F?？键c三帶電粒子在電場中的運動強基礎?固本增分帶電粒子在勻強電場中的運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合力F合=0,粒子做勻速直線運動或靜止。(2)粒子所受合力F合≠0,且與初速度