第一章 静电场 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

第一章　章末综合提升 章末检测 内容索引 一、构建思维导图 二、归纳整合提升 1.非等量电荷连线及延长线上电场 (1)两同种电荷的电场:电场强度为0的点在两者连线上距离小电荷更近,该点与小电荷之间的电场方向由小电荷决定,该点与大电荷之间的电场方向由大电荷决定。 (2)两异种电荷的电场:电场强度为0的点在两者连线延长线上小电荷外侧,该点与小电荷之间的电场方向由小电荷决定,从该点向外一直到无限远处,电场方向由大电荷决定。 [典例1]　在x轴上固定有两个正、负点电荷,一个带电荷量为+Q1、一个带电荷量为-Q2(Q2>0),用E1表示Q1在x轴上产生的电场强度大小,E2表示Q2在x轴上产生的电场强度大小。当Q1>Q2时,E1=E2的点有两个,分别为M点和N点,M、N两点距Q2的距离分别为r1和r2,如图所示,则当的比值增大时(　　) A.r1、r2都减小　　　　 B.r1、r2都增大 C.r1减小,r2增大 D.r1增大,r2减小 A 设Q1、Q2两点电荷之间的距离为L,x轴上M、N两点的电场强度大小相等,则k=k,k=k,解得r1=,r2=,当的比值增大时,r1、r2都减小,A正确,B、C、D错误。 [针对训练]　1.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点,在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示,选沿x轴方向为正方向,以下判断正确的是(　　) A.点电荷M、N均为负电荷 B.M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1 C.沿x轴从0到3a电势逐渐降低 D.将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a,该电荷的电势能先减小再增大 D 若两电荷为异种电荷,在x=2a处,电场强度不可能为0,故两电荷为同种电荷,由题图可知,两点电荷产生的电场方向都背离点电荷,所以两点电荷都带正电,故A错误;由于在x=2a处,电场强度为0,则有=,所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1,故B错误;沿x轴从0到2a电势逐渐降低,从2a到3a电势逐渐增大,故C错误;从0.5a到2.4a电势先 降低后增大,根据Ep=qφ可知将一个正点电荷沿x轴从 0.5a移动到2.4a,该电荷的电势能先减小后增大, 故D正确。 2.电势高低及电势能大小的判断 (1)电势高低的判断方法 判断角度 判断方法 依据电场 线方向 沿电场线方向,电势越来越低。(电场线的方向就是电势降低最快的方向) 场源电荷 判断法 离场源正电荷越近的点,电势越高;离场源负电荷越近的点,电势越低 判断角度 判断方法 根据电 场力做 功判断 正电荷在电场力作用下移动时,电场力做正功,电荷由高电势处移向低电势处;正电荷克服电场力做功,电荷由低电势处移向高电势处。对于负电荷,情况恰好相反 根据Ep= qφ判断 正电荷所在处的电势能越大,该点电势越高;负电荷所在处的电势能越大,该点电势越低 (2)电势能大小的判断方法 判断角度 判断方法 做功判断法 电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增大 电荷电势法 正电荷在电势越高的地方电势能越大;负电荷在电势越低的地方电势能越大 公式法 由Ep=qφ,将电荷的大小、正负号一起代入公式。若Ep为正值,其绝对值越大表示电势能越大;如Ep为负值,其绝对值越小,表示电势能越大 判断角度 判断方法 能量守恒法 若只有电场力做功,电荷的动能和电势能之和不变,电荷动能增加,电势能减少;电荷动能减少,电势能增加 场源电荷 判断法 离场源正电荷越近,检验正电荷(或负电荷)的电势能越大(或越小),离场源负电荷越近,检验正电荷(或负电荷)的电势能越小(或越大) 电场线法 顺着电场线的方向运动,检验正电荷(或负电荷)的电势能减少(或增加),逆着电场线的方向运动,检验正电荷(或负电荷)的电势能增加(或减少) [典例2]　(2021·北京等级考)如图所示的平面内,有静止的等量异号点电荷,M、N两点关于两电荷连线对称,M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是(　　) A.M点的场强比P点的场强大 B.M点的电势比N点的电势高 C.N点的场强与P点的场强相同 D.电子在M点的电势能比在P点的电势能大 C 等量异种点电荷的电场线分布如图所示,则M点的场强与P点的场强大小相等,N点的场强与P点的场强大小相等,方向相同,选项A错误,C正确;根据等量异种点电荷的电势分布特点可知,M点的电势与N点的电势相等,M点的电势高于P点的电势,根据Ep=qφ=-eφ可知,电子在M点的电势能比在P点的电势能小,选项B、D错误。 [针对训练]　2.(多选)在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中(　　) A.先做匀加速运动,后做匀减速运动 B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势 C.电势能与机械能之和保持不变 D.电势能先减小,后增大 CD a、c两点固定相同的正点电荷,则bd为等量正点电荷连线的中垂线,由电场线分布情况可知带电粒子不可能做匀加速或匀减速运动,故A错误;等量正点电荷连线的中垂线上,其中点电势最高,带负电的粒子从b点运动到d点的过程中,先从低电势到高电势,再从高电势到低电势,故B错误;带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受电场力先由b指向 d,后所受电场力由d指向b,所以电场力先做正功后做负功, 因此电势能先减小,后增大,故D正确;只有电场力做功, 电势能与机械能之和保持不变,故C正确。 3.带电粒子在电场中的运动问题 (1)带电粒子在匀强电场中的运动 ①对于加速问题,一般从能量角度,应用动能定理求解。对于匀变速直线运动,可用牛顿运动定律与运动学公式求解。 ②对于偏转问题,运用运动的合成与分解方法求解。如果带电粒子(不计重力)垂直射入匀强电场中,只受电场力作用,带电粒子沿初速度方向将做匀速直线运动,而沿电场力的方向将做初速度为零的匀加速直线运动,合运动为类平抛运动。求解时既可用牛顿第二定律和运动学公式求解,也可用能量观点(如动能定理、功能关系)求解。 (2)带电粒子在复合电场中的运动 处理带电粒子在电场中的运动问题,一定要搞清楚是否考虑重力,否则就会出错。一般情况下,质子、电子、α粒子等可以忽略其重力,而灰尘、液滴、颗粒、小球等需要考虑其重力,还有一些情况需要根据实际情景进行分析判断重力是否可以忽略。 当带电粒子的重力不能忽略时,带电粒子就在重力和电场力的共同作用下运动,有时我们把重力和电场力当成一个力来考虑,这样分析问题比较方便,这种方法也称“等效重力场”法。 [典例3]　如图所示,一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O,D点为圆管的最低点,A、B两点在同一水平线上,AB=2L,圆管的半径为r=L(自身的管径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点,在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场;虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场,电场强度大小均为E。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量 为-q(q>0)的小球(可视为质点),PC长为L。现将该小球从P 点无初速度释放,经过一段时间后,小球刚好从管口A无 碰撞地进入圆管内,并继续运动。重力加速度为g。 (1)求小球从P到A运动的时间t1; [答案]　(1) 　 (1)小球从P到A过程中,竖直方向做自由落体运动,则有L=g 解得t1=。 (2)求小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力FD的大小; [答案] (2)2mg　 (2)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动,从A点沿切线方向进入圆管,结合题意,由几何知识知此时速度方向与竖直方向的夹角为45°,即加速度方向与竖直方向的夹角为45°,则tan 45°=,解得E= 从P到A的过程,根据动能定理有mgL+EqL=m,解得vA=2 小球在管中运动时,有Eq=mg 可知小球做匀速圆周运动,则vD=vA=2 在D点时,管下壁对球的支持力F'D==2mg 由牛顿第三定律得,FD=F'D=2mg,方向竖直向下。 (3)小球从B点离开后,经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出),求小球从A到N的总时间tAN以及N点与B点间的距离x。 [答案] (3)(2+)　8L (3)设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2,则 t2== 因为vB=vA=2,小球离开B点时水平方向及竖直方向的速度vB1=vB2=vBsin 45°= 小球离开管后在竖直方向做匀变速运动,从B到N的过程中所用时间 t3==2 小球从A到N的总时间tAN=t2+t3=(2+) 从B点离开时,水平方向的加速度a==g,方向向左 则有N点与B点间的x=vB1t3+g 解得x=8L。 [针对训练]　3.如图所示,一绝缘细圆环半径为r,环面处于竖直面内,匀强电场与圆环平面平行。环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球,可沿圆环做无摩擦的圆周运动,小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A点时速度的方向恰与电场垂直,重力加速度为g。 (1)若小球经过A点时,圆环与小球间无力的作用,小球经过A点时的速度大小vA是多大? 答案:(1)　 (1)小球在竖直平面内沿圆环做无摩擦的圆周运动,由题意知,在A点电场力提供向心力,则有qE=mg=,解得vA=。 (2)要使小球能运动到与A点对称的B点,求小球在A点的速度至少是多大? 答案: (2)　 (2)小球的等效最高点C点如图所示,小球能过等效最高点C必能过B点,小球从A运动到C的过程,由动能定理得-mgrsin 45°+qEr(1-cos 45°)=0-m,解得vA=。 (3)在保证小球恰好做圆周运动的前提下,求小球对圆环的最大压力是多大? 答案: (3)5mg (3)从等效最高点C运动到等效最低点D的过程,由动能定理得mg·2r=m-0,在D点,由牛顿第二定律得FN-mg=,解得FN=5mg,根据牛顿第三定律可知,小球对圆环的最大压力为5mg。 章末检测(一)　静电场 (满分:100分) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、选择题:本题共10个小题,共46分。在每小题所给的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分,第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 1.绝缘泡沫板上安装有一绝缘支架,支架一端通过丝线悬吊着一个金属球。现通过接触使金属球带上一定量的负电,然后在小球下方(带上绝缘手套)不断叠放原本不带电的金属硬币,硬币始终未和小球接触,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.丝线上的拉力保持不变 B.丝线上的拉力会不断减小 C.最上方的硬币会带正电 D.用不带绝缘手套的手触摸硬币,上方硬币所带电荷会消失 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据感应起电原理可知,最上方的硬币会带正电,硬币与小球相互吸引,丝线拉力变大,故A、B错误,C正确;用不带绝缘手套的手触摸硬币,最上方硬币始终带正电,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.当云层中包含有大量的电荷时,云层和大地之间可视为一个巨大的平行板电容器。如图所示,云层带正电,取地面的电势为0,在云层和地面间的P点处悬浮有一带电微粒。下列说法正确的是(　　) A.微粒带正电 B.若云层高度上升,则P点的电势降低 C.若云层高度下降,则微粒将向上运动 D.若云层高度下降,则微粒的电势能不变 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 云层与大地间形成的电场场强方向向下,若微粒能悬浮在空中,则微粒受到向上的电场力,微粒带负电,故A错误;电容器的电容C==,又E=,解得E=,可见云层高度改变,电场强度E不变,则微粒受到的电场力不变,微粒仍悬浮,C错误;由上分析,云层高度改变时电场 强度E不变,P点与地面间的电势差不变,取地面的 电势为0,则P点的电势不变,微粒的电势能不变, 故B错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.如图甲所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出),O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的电场力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为电场力的正方向,则(　　) A.点电荷Q一定为正电荷 B.点电荷Q在A、B之间 C.点电荷Q在A、O之间 D.A点的电场强度大小为5×103 N/C B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由图乙知,正的试探电荷放在A点和负的试探电荷放在B点所受的电场力的方向都沿x轴的正方向,说明点电荷Q为负电荷且在A、B之间,故A、C错误,B正确;由图像的斜率k==E可知EA== N/C=2×103 N/C,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.图甲为某厂商生产的平行板电容式电子体重秤,其内部电路简化图如图乙所示。称重时,人站在体重秤面板上,使平行板上层膜片电极在压力作用下向下移动,则下列说法正确的是(　　) A.电容器的电容增大,所带电荷量不变 B.电容器的电容减小,上下极板间的电压减小 C.上层膜片下移过程中,电流表有b到a的电流 D.上层膜片稳定后,平行板电容器上下极板均不带电荷 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 上层膜片电极向下移动,根据C=,C=得,电容增大,由于电容器连接电源,两板电势差不变,则电容器所带电荷量增大,A、B错误;电容器上极板带正电,下极板带负电,电荷量增大,则电流表有b到a的电流,C正确;上层膜片稳定后,电容器仍带电,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.静电除尘器可用于消除燃烧煤所产生的废气中的颗粒粉尘。如图所示为静电除尘器示意图,其外壳接地,中心导线接高压电源的负极,脏气体自下部入口进入,粉尘清除后清洁气体自上部出口排入大气中。已知高压电源的电压为60 kV,对于在负极附近的某一带负电粉尘(因俘获电子而带电),若其所带电荷量为3.2×10-19 C,则该带电粉尘(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.向外壳做匀速运动 B.向外壳做匀变速运动 C.向外壳运动过程中,电场力对其做的功约为1.92×10-14 J D.向外壳运动过程中,其机械能一定减少 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 则该带电粉尘在电场力作用下,向外壳做加速运动,但由于电场不是匀强电场,所以不是做匀变速运动,故A、B错误;该带电粉尘向外壳运动过程中,电场力做正功,其机械能增加;电场力对其做的功为W=qU= 3.2×10-19×60×103 J=1.92×10-14 J,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.某静电场中,其一条电场线恰好与x轴重合,其电势φ随位置坐标x变化的关系如图所示,一个质子沿x轴正方向运动,途中经过间距相等的A、B、C三点,三点的坐标位置分别为xA、xB、xC。若该质子只受电场力作用,则(　　) A.A点的电场强度大于B点的电场强度 B.质子经过A点的速率大于经过B点的速率 C.C、B两点电势差UCB等于B、A两点电势差UBA D.质子在A点所具有的电势能大于质子在B点所具有的电势能 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据φ-x图像中斜率表示电场强度,由图可知,A点的电场强度小于B点的电场强度,故A错误;由图可知,从A到C电势升高,则电场方向沿x轴负方向,质子沿x轴正方向运动,电场力做负功,质子的动能减少,电势能增加,则质子经过A点的速率大于经过B点的速率,在A点所具有的电势能小于在B点所具有的电势能,故B正确,D错误;根据φ-x图像中斜率表示电场强度,由图可知,B、A两点间的平均电场强度小于C、B两点间的平均电场强度, 由U=Ed可知,C、B两点电势差UCB大于B、A两点 电势差UBA,故C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.如图所示,绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧不拴接),整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中,开始时,整个系统处于静止状态。现施加一外力F,将小球向下压至某一位置,然后撤去外力,使小球从静止开始向上运动。设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,电场力对小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为W2,小球离开弹簧时的速度为v,不计空气阻力,则在上述过程中正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.小球与弹簧组成的系统机械能减少 B.小球的重力势能增加了-W2 C.小球的电势能增加W1 D.小球的机械能增加了mv2+W2 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,电场力对小球做正功,则小球与弹簧组成的系统机械能增加,故A错误;根据重力做功与重力势能改变量的关系,可得ΔEp=-WG=-(-W2)=W2,则小球的重力势能增加了W2,故B错误;根据电场力做功与电势能改变量的关系,可得ΔEp=-W1,即小球的电势能减少W1,故C错误;根据机械能的概念可知,小球的机械能的增加量为ΔE=mv2+W2,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.电缆周围的电场分布对电缆的电气化强度影响很大。如图所示为电缆终端周围的电场分布情况,图中虚线为等势线,实线为电场线,下列说法正确的是(　　) A.电场中b点的场强小于c点的电场强度 B.将一电子放在c点,电子的电势能为-30 eV C.将一质子由a点经b点移至c点,电场力先做正功后做负功 D.在b点由静止释放一带正电的粒子,粒子将沿电场线运动 AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 电场线的疏密表示电场强度的大小,b点疏密程度小于c点疏密程度,所以b点的场强小于c点的电场强度,故A正确;根据Ep=qφ可知将一电子放在c点,电子的电势能为Ep=-e×30 V=-30 eV,故B正确;由图可知Uab<0,Ubc>0可知将一质子由a点经b点移至c点,电场力先做负功后做正功,故C错误;由于b点电场线不是直线,所以在b点由静止释放一带正电的粒子,粒子并不会沿电场线运动,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.某同学设计了一款监测水位的传感器,电路如图所示。绝缘细杆一端连接漂浮在水面上的浮子a,另一端与电容器的极板Q连接(极板P固定),a上下移动就带动Q上下移动,监测人员通过电流表指针偏转情况就可以远距离得知河水水位的变化。已知电流从左侧进入电流表,其指针左偏;电流从右侧进入电流表,其指针右偏。若监测人员发现电流表指针右偏,则可以得出(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.河水的水位在上升 B.平行板电容器极板间的电场强度在增大 C.平行板电容器电压在增大 D.平行板电容器的电容在减小 答案:AB 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 监测人员发现电流表指针右偏,说明电流从电流表右侧进入,又由于P板与电源正极连接,说明电容器在充电,P、Q极板的电荷量在增加,由于P、Q极板保持跟电源连接,所以平行板电容器的电压不变,由C=可得,平行板电容器的电容在增加,故C、D错误;由于平行板电容器的电容在增加,由C=可得,P、Q极板间的距离在减小,说明水位在上升,故A正确;由公式E=可知,平行板电容器极板间的场强在增大,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.如图,M、N两点固定两等量正电荷,O点是M、N两点连线的中点,a、b是连线上的两点且关于O点对称,c、d是连线的中垂线上的两点且关于O点对称,电势用φ表示。现将一带较少负电荷的粒子P(图中未画出)放入该区域,不计重力,放入区域后不影响原电场的分布,则下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A.φa大于φO,φO大于φc B.粒子P从c点沿直线运动到d点,加速度一定先减小后增大 C.粒子P从a点由静止释放,可能在a、b间做往复运动 D.粒子P从c点沿某个方向以一定的初速度抛出,可能做匀速圆周运动 答案:AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 两等量正电荷周围部分电场线如图所示,其中M、N连线的中垂线上,从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小,且方向始终指向无穷远方向;aO间的电场方向由a→O,根据沿着电场线电势降落,可知φa一定大于φO,cO间的电场线方向从O→c,可知φO一定大于φc,故A正确;由上面的分析知粒子所受的电场力是变化的,粒子由c向O的加速度可能先增大后减小,也可能一直减小;过O点可能先增大后减小,也可能一直增大,所以粒子从c点到d点的运动过程中加速度可能先增大后减小再增大后又减小,也可能先减小后增大,故B错误;由图可知MN连线上, 粒子P带负电,异种电荷相互吸引,故释放后向左侧电荷靠近, 故C错误;负粒子P从c点沿垂直电场力cd方向,以一定的速度 释放,当电场力提供的力等于所需要的向心力时,则可能做匀 速圆周运动,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题:本题共5个小题,共54分。计算题需要写出必要的文字说明和具体的解题步骤。 11.(8分)如图所示为研究平行板电容器电容的实验。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)当在充电后与电源断开的平行板电容器的两极板间插入电介质板时,电容器的电容将　　　　,与电容器相连的静电计指针偏角将　　　　;若只将左极板向上移动少许,则与电容器相连的静电计指针偏角将 　　 。(均选填“增大”“减小”或“不变”)  增大 减小 增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)依题意,电容器极板间的电荷量保持不变,根据C= 两极板间插入电介质板时,电容器的电容增大。 由C= 可知极板间电压减小,即与电容器相连的静电计指针偏角将减小。 同理可知,若只将左极板向上移动少许,极板的正对面积减小,电容器的电容减小。极板间电压将增大,与电容器相连的静电计指针偏角将增大。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)有一充电的平行板电容器,两板间电压为10 V,当电容器的电荷量减少10-4 C时,电容器两板间的电压降为5 V,则此电容器的电容是　 　μF。  (2)根据C= 依题意,极板上电压减小量为ΔU=10 V-5 V=5 V 联立解得C=20 μF。 20 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(8分)在“观察电容器的充放电过程”实验中,按图1所示连接电路。开关未闭合时,电源的路端电压U=8.0 V。实验操作时,单刀双掷开关S先跟2相接,某时刻开关改接1,一段时间后,把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)开关S改接2后,电容器进行的是　　　　　(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I-t图像如图2所示,图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是　　　 　　。如果不改变电路其他参数,只减小电阻R的阻值,则此过程的I-t曲线与坐标轴所围成的面积将 　　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。  放电 0.2 s内电容器放出的电荷量 不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)电容器充电结束后,将电容器的两端与一个闭合的外电路接通时,电容器开始放电,而开关S改接2后,电容器与左侧形成一个闭合回路,进行的是放电过程。 开关接1时,对电容器充电,接2时电容器放电,根据q=It可知,I-t图像中阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是0.2 s内电容器放出的电荷量。 因为总电荷量不会因为电阻R而变化,则曲线与坐标轴所围成的面积不变,且由于电阻变小,电路中的平均电流变大,所以放电时间将变短,曲线会有变化,但是曲线与坐标轴所围成的面积表示这一时间间隔内通过导体的总电荷量,总电荷量不变,所以曲线与坐标轴所围成的面积不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.44×10-3 C,则该电容器的电容为　　　　μF。(1 μF=10-6 F)  (2)根据C=且U=E,得C= F=4.3×10-4 F=430 μF。 430 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(10分)如图所示,匀强电场的电场线与水平虚线夹角θ=37°,把一带电荷量为q=10-8 C的正电荷从A点移至C点的过程中,电场力做功WAC=3.6×10-8 J,AC长x=6 cm,AB与水平虚线平行,AC⊥AB,B、C两点位于同一条电场线上。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求A、C两点的电势差UAC。 答案:(1)3.6 V　 (1)由电场力做功与电势差关系得WAC=q·UAC 可知,A、C两点的电势差为UAC===3.6 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)求匀强电场的场强E的大小。 答案: (2)100 V/m　 (2)由WAC=Eqd 其中d为沿电场线方向的位移为d=xsin θ=3.6 cm=0.036 m 所以E== V/m=100 V/m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若规定C点电势为零,求B点电势为多少? 答案: (3)10 V (3)由电势差与电场强度的关系可知UBC=EdBC=E·=100× V=10 V 因为UBC=φB-φC 若规定C点电势为零,即φC=0,所以B点电势为φB=10 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(12分)如图所示,真空中有A、B、C三个点组成的一个等边三角形,边长d=0.30 m。在C点固定一电量q1=+3.0×10-6 C的点电荷,在B点固定一个q2=-3.0×10-6 C点电荷,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2。 (1)求A点的合场强大小及方向。 答案:(1)3×105 N/C,平行于CB向左　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由点电荷场强公式有E1=k 代入数据得E1=3×105 N/C 点电荷q2产生的电场场强大小 E2=E1 根据平行四边形定则有E=2E1cos 60° 代入数据得E=3×105 N/C 方向水平向左。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若在A点放置一个电量q3=+5.0×10-7 C的点电荷,则它受到的电场力是多大? 答案: (2)0.15 N (2)电荷q3在C处受到的电场力 F=q3E 代入数据得F=0.15 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(16分)如图所示,在xOy直角坐标系的第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场,场强大小为E,在y轴和y=a-x之间有沿y轴负方向的匀强电场(电场强度大小未知),一个质量为m,电荷量为q的带正电的粒子在坐标为(-,)的P点由静止释放,粒子刚好从坐标为(,0)的Q点(图中未画出)经过x轴,不计粒子重力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)求粒子从P点运动到Q点过程中机械能的增加量。 答案:(1)2.5Eqa　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)带正电的粒子先在y轴左侧电场中加速,则由动能定理得Eq·=m 然后在第一象限的电场中做类平抛运动 =··t2 =v1t 解得E'=4E 则粒子从P点运动到Q点过程中电势能的减少量即机械能的增加量 ΔE=Eq·+E'q·=2.5Eqa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)将P点的坐标改为(-x1,),粒子仍在P点由静止释放,结果粒子在y轴右侧电场中运动的轨迹刚好与y=a-x相切,则x1为多少? 答案: (2)2a 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)将P点的坐标改为(-x1,),粒子仍在P点由静止释放,则到达y轴时 Eqx1=m 当粒子轨迹与直线y=a-x相切时,则y轴方向速度等于x轴方向速度 vy=v2=a't 竖直方向的加速度 a'== 位移关系满足 a't2+= 联立解得x1=2a。 $$