《金牌学案》物理粤教版必修第三册 教师用书 第2章 静电场的应用

第一节电容器与电容[学习目标]1．知道电容器、电容的概念，认识常见的电容器，了解影响平行板电容器电容大小的因素．2．应用电容的定义式及平行板电容器电容的决定式进行简单的计算，体会比值定义法，提高分析解决问题的能力．3．观察电容器的充、放电现象，探究影响平行板电容器电容大小的因素，培养探究新事物的兴趣．知识点一识别电容器1．构造：两个相互靠近又彼此绝缘的导体就可以组成一个电容器，电容器的导体间可以填充绝缘物质(电介质)．2．电容器的带电荷量：是指每一极板所带电荷量的绝对值．知识点二电容器的充放电1．充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程．2．放电：使电容器两极板上的电荷中和的过程．电容器外壳上标的电压是工作电压也称额定电压，低于击穿电压．知识点三电容器的电容1．定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电压U之比．2．公式：C＝QU3．单位：在国际单位制中的单位是法拉，符号为F，1F＝1C/V．常用的单位还有微法和皮法，换算关系：1F＝106μF＝1012pF．4．物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．知识点四决定电容的因素1．平行板电容器的结构：由两块彼此绝缘、相互靠近的平行金属板组成的电容器，是最简单，也是最基本的电容器．2．决定因素：平行板电容器的电容C与两极板的正对面积S成正比，与电介质的相对介电常数εr成正比，与极板间距离d成反比．3．表达式：C＝εrS41．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)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． (×)(2)电容器放电后，电场能转换成其他形式的能． (√)(3)C＝εrS4πkd中的εr2．填空某电容器上标有“25μF450V”字样，要使该电容器两极板之间电压增加1V，所需电荷量为2.5×10-5C．(1)照相机的闪光灯能发出强烈的闪光，这时通过闪光灯的电流相当大，有时可达几千安．照相机的电源能够提供的电流却非常小，为何闪光灯能发出强烈的闪光？(2)如图所示是电容器充电的过程，两块不带电的金属板跟电源连接，最后金属板上带了等量的异种电荷．金属板为什么会带电？提示：(1)由于电容器放电放出巨大的电流．(2)因为电源给电容器充电．考点1观察电容器的充、放电现象1．实验原理(1)电容器的充电过程．如图甲所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下，自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止移动，电流I＝0．(2)电容器的放电过程．如图乙所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上的电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．2．实验器材6V的直流电源、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡．3．实验步骤(1)按图丙所示连接好电路．(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．(4)记录好实验结果，关闭电源．实验记录和分析：实验项目实验现象电容器充电灯泡灯泡的亮度由明到暗最后熄灭电流表1电流表1的读数由大到小最后为零电压表电压表的读数由小到大最后为6V电容器放电灯泡灯泡的亮度由明到暗最后熄灭电流表2电流表2的读数由大到小最后为零电压表电压表的读数由大到小最后为零4．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．(2)要选择大容量的电容器．(3)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表．【典例1】电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像．图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6V．甲乙先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示．根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为______C，该电容器电容为________μF．(均保留三位有效数字)思路点拨：(1)题图乙中纵坐标为I，横坐标为t，乘积为Q．(2)由C＝QU可得C[解析]根据题图乙的含义，因Q＝It，可知图线与时间轴围成的面积表示通过R的电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10-5C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此I­t图线所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q＝8×10-5C×38＝3.04×10-3C．根据电容器的电容C＝QU可知，C＝3.04×10-36F≈[答案]3.04×10-3507电容器在充、放电过程中的能量转化(1)电容器在充电过程中：贮存电荷、贮存电能、将电源的能量转化为电场能．(2)电容器在放电过程中：释放电荷、释放的电场能转化为其他形式的能．[跟进训练]1．利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是()A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零[答案]B考点2对电容器的电容的理解1．电容器是一个仪器，而电容是一个物理量，电容表征了电容器容纳电荷的本领，其数值等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量．2．电容由电容器本身的构造决定，与Q、U无关．公式C＝εr3．对电容的定义式C＝QU(1)电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，用比值C＝QU来定义，但电容的大小与Q、U(2)通过Q­U图像的理解，如图所示，Q­U图像是一条过原点的倾斜直线，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两板间的电势差，直线的斜率表示电容的大小．因而电容器的电容也可以表示为C＝ΔQ【典例2】一个平行板电容器，使它每个极板的电荷量从Q1＝30×10-6C增加到Q2＝36×10-6C时，两板间的电势差从U1＝10V增加到U2，求：(1)这个电容器的电容；(2)U2的大小；(3)如要使两极板电势差从10V降为U2′＝6V，则每个极板需减少多少电荷量？思路点拨：根据电容的定义式C＝QU＝Δ[解析](1)电容器的电容C＝Q1U1＝30×10(2)因为电容器的电容不变所以U2＝Q2C＝(3)根据电容的定义，它等于每增加(或减少)1V电势差所需增加(或减少)的电荷量，即C＝ΔQΔQ′＝CΔU′＝3×10-6×(10－6)C＝1.2×10-5C．[答案](1)3μF(2)12V(3)1.2×10-5C[跟进训练]2．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10-4C，则其电压减少为原来的13A．电容器原来的带电荷量为9×10-4CB．电容器原来的带电荷量为4.5×10-4CC．电容器原来的电压为1VD．电容器的电容变为原来的1B[由C＝ΔQΔU得ΔQ＝CU-13U＝23CU＝23Q，则Q＝考点3电容器的动态分析1．板间电场强度的两个公式(1)板间电压与电场强度的关系公式：E＝Ud(2)板间电场强度的决定公式：E＝4πkQεrS(或E∝QS)．(公式的推导：E＝Ud＝Q2．平行板电容器的两类典型问题(1)平行板电容器始终连接在电源两端：电势差U不变．由C＝εrS4πkd∝εrSd可知，C由Q＝CU＝εrS4πkd·U可知，当U不变时，Q也随d、由E＝Ud∝1d可知，当U不变时，E随(2)平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷量Q保持不变．由C＝εrS4πkd∝εrSd可知，C由U＝QC＝4πkdQεrS∝dεrS可知，当Q不变时，由E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS∝1εrS【典例3】如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是()A．使A板向左平移以增大板间距离B．在A、B两板之间插入一块陶瓷板C．断开S后，使B板向左平移以减小板间距离D．断开S后，使B板向上平移以减小极板正对面积D[开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，当B板向左平移减小板间距，根据平行板电容器的表达式可知电容增大，根据U＝QC知，电势差减小，则指针张角减小，故C错误；断开S，电容器所带的电量不变，使B板向上平移减小正对面积，电容减小，根据U＝QC分析电容器动态变化问题的三个步骤(1)明确电容器与电源的连接情况，从而确定是电压不变还是电荷量不变．(2)由C＝εrS4πkd，根据εr、S(3)由C＝QU确定Q或U的变化，根据E＝Ud＝4π[跟进训练]3．(多选)如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关S后细线与竖直方向夹角为θ．则有()A．保持开关S闭合，将A板向右平移，θ不变B．保持开关S闭合，将A板向左平移，θ变小C．断开开关S，将A板向右平移，θ不变D．断开开关S，将A板向右平移，θ变小BC[保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差不变，将A板向右平移，d减小，则电场强度增大，带电小球所受静电力增大，根据共点力平衡条件知，θ变大，反之向左平移A板，θ变小，故A错误，B正确；断开开关S，电荷量不变，根据C＝εrS4πkd，E＝Ud，C＝QU，联立解得E＝Ud＝回归本节知识，自我完成以下问题：1．什么是电容器？平行板电容器所带的电荷量指什么？提示：能储存电荷的电学元件；指一个极板上所带电荷量的绝对值．2．写出电容的两个公式．提示：定义式：C＝QU；决定式：C＝ε3．试写出平行板电容器的决定因素．提示：平行板电容器的电容C与正对面积S成正比，与极板间的距离d成反比，与极板间的电介质的相对介电常数εr成正比．课时分层作业(六)电容器与电容题组一观察电容器的充、放电现象1．如图甲所示，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图像如图乙所示．将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I­t图像可能是()甲乙ABCD[答案]C2．下列关于电容器的相关知识描述正确的是()甲乙丙丁戊A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势EB．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都严格区分正负极D．图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V的电压时电容才为1.0F[答案]A题组二对电容器的电容的理解3．(多选)如图所示是一个常用的电容器，关于它的说法正确的是()A．电容器可以储存电荷，且电荷量越多电容越大B．加在这个电容器两端的电压低于50V时它就不能工作C．加在这个电容器两端的电压为25V时，它的电容是220μFD．这个电容器两端电压变化了10V，它的电荷量变化了2.2×10-3CCD[电容器可以储存电荷，电容器的电容是由其本身决定的，与电荷量无关，故A错误；加在这个电容器两端的电压低于50V时它仍能工作，故B错误；电容器的电容与加在它两端的电压无关，加在这个电容器两端的电压为25V时，它的电容是220μF不变，故C正确；这个电容器的电容为C＝220μF，两端电压变化10V，它的电荷量变化量ΔQ＝CΔU＝220×10-6×10C＝2.2×10-3C，故D正确．故选CD．]4．超级电容储存式现代电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5千米以上，刹车和下坡时可把80%的刹车能量转化成电能回收储存再使用，关于使用“3V、12000F”石墨烯纳米混合型超级电容器的电车，下列说法正确的是()A．该电容器最多能储存72000C的电荷量B．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电容不变C．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电压不变D．若30s能充满电，则充电平均电流为3600AB[该电容器能容纳的最大电荷量为Q＝CU＝12000×3C＝36000C，A错误；电容器的电容与电荷量和电压无关，在充、放电时电容不变．电容器放电，电荷量逐渐减少到0，电压逐渐减小为0，B正确，C错误；若30s能充满电，则充电平均电流为I＝Qt＝360005．(源自人教版教材改编)如图所示，水平正对的金属板A、B与干电池连接，B板接地，静电计上的电荷量、导线及电池的内阻均不计．开关S闭合，一带负电的油滴静止于两板间的P点．下列说法不正确的是()A．若仅将A板上移一些，则静电计指针的张角不变B．若仅将B板下移一些，则油滴向下运动C．若断开S，且仅将B板下移一些，则油滴的电势能增大D．若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则电容器电容变大C[金属板A、B与干电池相连，电容器两板间电势差不变，A板上移，静电计指针的张角不变，故A正确；根据E＝Ud知，若仅将B板下移一些，板间电场强度减小，竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴所受合外力向下，将向下运动，故B正确；若断开S，板上电荷量Q不变，根据C＝εrS4kπd，Q＝CU，E＝Ud，可得E＝4πkQεrS∝1εrS，仅将B板下移一些，板间电场强度不变，P点与6．如图所示，一平行板电容器接在U＝12V的直流电源上，电容C＝3.0×10-10F，两极板间距离d＝1.2×10-3m，g取10m/s2．(1)求该电容器所带电荷量．(2)若两板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10-3kg，恰在两板间处于静止状态，则该微粒所带电荷量为多少？带何种电荷？[解析](1)由题意可得U＝12V，C＝3.0×10-10F根据公式C＝Q可得Q＝CU＝3.0×10-10×12C＝3.6×10-9C．(2)对于平行板电容器的电场有E＝Ud，粒子在电场中受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，所以微粒带负电荷，根据二力平衡，有mg＝qEq＝mgdU＝2.0×10-3×[答案](1)3.6×10-9C(2)2.0×10-6C负电荷第二节带电粒子在电场中的运动[学习目标]1．掌握带电粒子在电场中的加速、偏转规律，并会分析其加速度、速度和位移等物理量的变化规律．2．掌握带电粒子在电场中加速、偏转时的能量转化规律．3．了解示波器的原理，感悟物理学在实际生活中的应用，知道科学理论与实验相互促进的意义．知识点一带电粒子在电场中的加速及加速器1．带电粒子加速问题的处理方法(1)利用动能定理分析：初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝12mv2，则v＝2qU(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析．2．加速器(1)原理：为了使带电粒子获得较高的能量，最直接的做法是让带电粒子在电场力的作用下不断加速．(2)方法：早期制成的加速器是利用高电压的电场来加速带电粒子的，为了进一步提高带电粒子的能量，科学家制成了直线加速器．(3)加速器的应用：广泛应用于工农业、医疗、科研等各个领域．对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远小于电场力，可以忽略．知识点二带电粒子在电场中的偏转及示波器1．运动特点：带电粒子进入电场后，忽略重力，粒子只受电场力，方向平行电场方向．带电粒子垂直进入匀强电场的运动情况类似于平抛运动．2．示波器(1)构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转系统(由一对X偏转板和一对Y偏转板组成)和荧光屏组成，如图所示．(2)原理：示波器的灯丝通电后给阴极加热，使阴极发射电子．电子经阳极和阴极间的电场加速聚焦后形成一很细的电子束，电子射出打在管底的荧光屏上，形成一个小亮斑．亮斑在荧光屏上的位置可以通过调节Y偏转板与X偏转板上的电压大小来控制．1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)质量很小的粒子如电子、质子等，在电场中受到的重力可以忽略不计． (√)(2)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动． (√)(3)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转板的作用是使电子束偏转，打在荧光屏上的不同位置． (√)2．填空质子(11H)，α粒子(24He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U带电粒子在电场中受电场力作用，我们可以利用电场来控制粒子，使它加速或偏转．如图所示是示波器的核心部件——示波管．请思考：示波管中电子的运动可分为几个阶段？各阶段的运动遵循什么规律？提示：示波管中电子的运动一般可分为三个阶段．第一阶段为加速，遵循动能定理；第二阶段为偏转，遵循类平抛运动规律；第三个阶段为从偏转系统出来后，做匀速直线运动到达屏幕．考点1带电粒子的加速1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不计粒子的重力．(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都计重力．2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)力和运动的关系——牛顿第二定律根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于恒力作用下粒子做匀变速运动的情况．例如：a＝Fm＝qEm＝qUmd，v＝v0＋at，x＝v0t＋1(2)功和能的关系——动能定理根据静电力对带电粒子做的功引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或全过程中能量的转化与守恒，研究带电粒子的速度变化、位移等．这种方法也适用于非匀强电场．例如：带电粒子经过电势差为U的电场加速后，由动能定理得qU＝12mv2-12mv【典例1】如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m、带电荷量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是()A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的一半思路点拨：解答本题时应把握以下两点：(1)带电粒子被加速，利用动能定理可求到达另一极板的速率．(2)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，利用运动学公式可求运动的时间．A[由动能定理有eU＝12mv2，得v＝2eUm，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A正确，B错误；两极板间为匀强电场，E＝Ud，电子的加速度a＝eUmd，由运动学公式d＝12at2得t＝2da＝2m[跟进训练]1．(多选)如图所示，两块足够大平行金属板a、b与电源相接，其中b板接地，在两极板之间的中点O有一粒子源，可以向平面内各个方向发射速度大小为v、质量为m、带电量为q的粒子(不计粒子重力)，开关S闭合后，竖直向上射出的粒子恰好打不到a板上，则下列说法正确的是()A．粒子带正电B．S断开，极板a右移(O点仍然在电场内)，可能有粒子打到a板C．S断开，极板a右移(O点仍然在电场内)，O点的电势升高D．打到b板的粒子中，用时最长的粒子所用时间是用时最短的粒子的(3＋22)倍ACD[竖直向上射出的粒子恰好打不到a板上，粒子受到电场力作用方向向下，由电路分析可知上极板带正电，所以粒子带正电，故A正确；S断开，极板a右移(O点仍然在电场内)，根据C＝εrS4πkd可知，电容减小，电量不变，根据U＝QC可知，电势差变大，板间场强E＝Ud变大，电场力变大，粒子不能打到a板，因为O点到下极板距离不变，则由UO下＝φO－0＝EdO下可知，O点的电势升高，故B错误，C正确；打到b板的粒子中，用时最长的粒子即竖直向上射出的粒子，向上匀减速到零后从极板a到O点与从O点到极板b的反向加速过程用时比为t1∶t2＝1∶(2－1)，用时最短的粒子，即竖直向下射出的粒子，根据运动的对称性可知tmax考点2带电粒子的偏转如图所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力．1．运动分析及规律应用粒子在两板间做类平抛运动：(1)在v0方向：做匀速直线运动．(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动．2．过程分析如图所示，设粒子不与平行板相撞．初速度方向：粒子通过电场的时间t＝lv电场力方向：加速度a＝qEm＝qU离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝qUlmd速度与初速度方向夹角的正切值tanθ＝vyv0离开电场时沿电场力方向的偏移距离y＝12at2＝qU3．两个重要推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tanα＝12tan4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏移量．【典例2】如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子(电荷量为e)静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，不计电子重力，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能．思路点拨：(1)加速电场中可用动能定理求末速度．(2)偏转电场中电子做类平抛运动，可利用分解思想结合动力学知识和功能关系求解．[解析](1)设电子出B点时速度为v0，由动能定理得eU0＝1解得v0＝2eU(2)电子进入电压为U的偏转电场中做类平抛运动竖直方向：12d＝12at2，a＝eE水平方向：l＝v0t解得l＝2eU0m·(3)在右侧的平行板中，电子初、末位置电势差为U2，穿出电场时的动能设为Ek12eU＝所以Ek＝12eU+12[答案](1)2eU0m(2)d2建立带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛运动模型，会用运动的合成和分解的知识分析带电粒子的偏转问题，提高综合分析能力，体现“科学思维”的学科素养．[跟进训练]2．如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两个平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏转量(hUA．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d减小些D．使电子入射速度v0大些[答案]C回归本节知识，自我完成以下问题：1．哪些带电粒子在电场中运动时可不计重力？提示：电子、质子、α粒子等．2．写出带电粒子在电场中直线加速的计算式．提示：qU＝12mv2-12m3．试写出带电粒子在匀强电场中的偏转规律．(设初速度与电场强度方向垂直)提示：t＝lv0，a＝qUmd，y＝12at课时分层作业(七)带电粒子在电场中的运动题组一带电粒子的加速1．(多选)如图所示，与xOy坐标系平面平行的匀强电场(未画出)中有一个电荷量为q的正粒子，从坐标原点O处沿与x轴正方向成45°角的虚线匀速运动．已知粒子在运动过程中始终受到一个大小为F、方向沿x轴正向的恒定外力的作用，不计粒子的重力．则下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度大小为2B．虚线上相距为L的两点间的电势差绝对值为2C．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为22D．粒子沿虚线运动距离L的过程中，电势能增加了22[答案]BD2．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s．已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10-27kg，电荷量为1.6×10-19C，则下列说法正确的是()A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10-15NC．质子加速需要的时间约为8×10-6sD．加速器加速的直线长度约为4m[答案]D3．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O(薄金属环)及A、B、C、D、E共5个金属圆筒(又称漂移管)，薄金属环和相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端．质子飘入(初速度为0)金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同．质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则()A．质子从圆筒E射出时的速度大小为5eUB．圆筒E的长度为T10eUC．MN所接电源的极性必须保持不变D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2B[质子从O沿轴线进入加速器，质子经电场5次加速，由动能定理可得5eU＝12mvE2，质子从圆筒E出射的速度大小为vE＝10eUm，故A错误；圆筒E的长度为L＝vET＝T10eUm，故B正确；质子在直线加速器加速，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，故MN所接电源的极性应周期性变化，故C错误；质子进入金属圆筒A时由动能定理可得eU＝12mvA2，质子进入金属圆筒B时由动能定理可得2eU＝12mvB2，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为L题组二带电粒子的偏转4．(多选)示波管的构造如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电AC[根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确．]5．两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知(不计粒子重力)()A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的速度一定相等C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速度一定相等D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等C[由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由qE＝mv2r得r＝mv2qE．r、E为定值，若q相等，则mv2一定相等，但质量m或速度v不一定相等；若qm相等，则速度v一定相等，故C正确．Ek＝12mv6．如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止开始加速运动后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，整个装置处于真空中，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列情形中一定能使电子偏移量变大的是()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[电子在加速电场中加速，初速度为零，由动能定理得eU1＝mv022，然后电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，t＝lv0，平行于电场方向做匀加速直线运动，a＝eEm＝eU2md，因此偏移量y＝at227．(多选)三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的液滴a、b、c，从竖直放置的两极板中间上方O点处由静止释放，最后从两极板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中()A．静电力对液滴a、b做的功相同B．三者动能的增量相同C．液滴a与液滴b电势能的变化量相等D．重力对液滴c做的功最多AC[因为液滴a、b的电荷量大小相等，则两液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，液滴c动能的增量小于液滴a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三者质量相同，所以重力做功相等，故D错误．]8．如图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()甲乙丙ABCDB[由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，信号电压与扫描电压周期相同．在t＝0时刻，UY＝0，电子在YY′之间没有偏转，UX为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故A、C错误；在0～t1之间，UY＞0，UX＜0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动再向下运动，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形，故B正确．]9．长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子离开电场时速度的大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)两板间的距离．[解析](1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度v＝v0cos30(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：vy＝atvy＝v0tan30°＝3由牛顿第二定律得qE＝ma解得E＝3m(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：d＝12at2，解得d＝36[答案](1)23v010．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响可忽略．则()甲乙A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在BC．若电子是在t＝38T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在BD．若电子是在t＝T2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向AAB[根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像．(a)(b)(c)(d)由图(d)可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在T8时刻进入，则由图(d)知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确；若电子在3T8时刻进入电场，则由图(d)知，在第一个周期电子即返回至A板，C错误；若电子是在11．(多选)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，长L＝0.12m的绝缘轻杆上端连接在O点．有一质量m＝0.3kg、电荷量q＝＋0.5C的带电金属小球套在绝缘轻杆上，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.75．当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，小球在下滑过程中与杆之间的摩擦力恰好为0．重力加速度大小g取10m/s2，sin37°＝0.6．下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度大小为8N/CB．匀强电场的电场强度大小为6N/CC．θ＝37°D．若保持θ角不变，将小球从O点由静止释放，小球离开杆时的速度大小为2m/sAD[杆竖直放置时，小球恰好能匀速下滑，则有mg＝μFN，FN＝Eq，解得E＝8N/C，A正确，B错误；当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，小球在下滑过程中与杆之间的摩擦力恰好为0，说明小球与杆之间无压力，重力与电场力的合力沿杆向下，有tanθ＝Eqmg＝43，解得θ＝53°，C错误；若保持θ角不变，将小球从O点由静止释放，设小球加速度为a，有a＝gcosθ＝503m/s2，设小球离开杆时的速度大小为v，有v2＝212．炽热的金属丝可以发射电子，在炽热的金属丝和竖直金属板间加电压U1，从炽热的金属丝发射出的电子在真空中被加速后，从金属板的小孔穿出，再从水平放置的两平行金属板的中间水平射入两板间的匀强电场中，如图所示，电子恰能沿一板的边缘飞出，且飞出时速度方向与水平方向成60°角，不计电子重力，电子离开金属丝的初速度可视为零，已知电子的质量为m，电荷量为e．求：(1)电子穿出金属板小孔时的速度大小；(2)加在水平两极板间的电压．[答案](1)2eU1m13．如图所示，两平行金属板A、B长L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝1×10-10C，质量m＝1×10-20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．(1)粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？(2)粒子到达PS界面时离D点的距离为多少？(3)设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷，负点电荷产生的电场只分布在界面PS的右侧，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电荷量为多少？(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，保留两位有效数字)[解析](1)粒子进入A、B后做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏移位移为y，v与水平方向夹角为α，运动轨迹如图所示．则L＝v0t1 ①y＝12ata＝qUABmdvy＝at1 ④由以上各式，代入数据解得y＝0.03m，vy＝1.5×106m/s故粒子通过MN界面时的速度大小为v＝v02+vy(2)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a点到中心线的距离为Y则yY＝解得Y＝0.12m．(3)粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得v0v代入数据解得r＝0.15m由kqQr2＝mQ＝mrv2kq≈1.0×[答案](1)0.03m2.5×106m/s(2)0.12m(3)1.0×10-8C第三节静电的利用与防护[学习目标]1．了解静电的利用与防护，能解释相关的自然现象．2．能对静电平衡状态下电荷的分布规律进行分析．3．通过静电平衡实验，会探究相关的静电问题；通过静电现象的利用和防护，增强安全利用静电的意识，有进行科学普及的兴趣和责任感．知识点一静电的利用1．静电喷涂(1)原理：静电喷涂是一种利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上负电荷，并吸附于带正电荷的被涂物的涂装技术．(2)优点：静电喷涂具有显著优点，如涂层质量高、涂料利用率高、对使用者操作技术要求低等．2．静电除尘原理：静电除尘是利用电荷相互作用的性质，把带有不同电性的粉尘从烟气中分离出来，再分类处理的过程．3．静电复印(1)原理：静电复印是利用正、负电荷的吸引力进行油墨转移的印刷方式，又称无压印刷．(2)应用：静电复印技术已发展成一门成熟的技术，被广泛应用于激光打印机、喷墨打印机、模拟式复印机、数字式复印机、速印机、传真机等．4．静电植绒原理：静电植绒是利用电荷之间同性相斥、异性相吸的性质，通过使绒毛带上负电荷，令绒毛被吸引到带正电的被植体表面上．知识点二尖端放电1．空气的电离：导体尖端处表面的电荷密度很大，附近的电场很强，空气中残留的带电粒子在强电场的作用下发生剧烈的运动，并使分子中的正、负电荷分离的现象．2．尖端放电：与导体尖端带相反电荷的粒子，由于被吸引，而与尖端上电荷中和，相当于导体从尖端失去电荷的现象．3．尖端放电的应用与防止(1)应用：避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设施．(2)防止：高压设备中导体的表面尽量光滑会减少电能的损失．知识点三防止静电危害1．静电危害的分类(1)静电力造成的不良后果．(2)静电火花引发的灾害．2．防止静电产生的措施(1)控制静电的产生．(2)把产生的电荷尽快导走．静电利用的原理：带电粒子在静电力作用下聚集到相应带电极板，从而达到除尘、喷涂、复印等目的．1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)我们经常看到油罐车车尾有一根导电拖地带，其作用是将油罐车上的静电尽快导走． (√)(2)静电平衡时，导体内的自由电子不再定向移动． (√)2．填空一金属球，原来不带电，如图所示，沿球直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，a、b、c为该直径上从左向右排列的三点，设静电平衡时，金属球上感应电荷产生的电场在这三点的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，则三点电场强度的大小顺序为Ec＞Eb＞Ea．如图所示，把一个不带电的金属导体放到电场中，导体内的自由电子将发生定向移动，从而使导体两端出现等量异种电荷．请思考下列问题：(1)自由电子定向移动的原因是什么？定向移动的方向如何？(2)自由电子能否一直定向移动？为什么？提示：(1)自由电子受到外加电场的电场力，沿外加电场的反方向移动．(2)不能，当导体两端感应电荷产生的电场与外加电场的合场强为零时，自由电子将停止定向移动．考点1静电平衡与静电屏蔽1．静电平衡(1)静电平衡状态：导体中(包括表面)没有电荷定向移动的状态．(2)静电平衡的条件：导体内部合场强为零，即E内＝0．(3)静电平衡状态下导体的特征：①导体内部场强处处为零．②导体表面场强垂直表面．如果不垂直，场强就有一个沿导体表面的分量，自由电子还要发生定向移动，这就不平衡了．③导体为等势体，表面为等势面．导体内部场强处处为零，在导体内部移动电荷时，电场力不做功，任意两点间的电势差为零，因此导体是等势体．电荷在导体表面移动时，电场力与位移垂直，也不做功，故表面是等势面．(4)静电平衡导体的电荷分布特点：①导体内部没有净电荷，电荷只分布在导体的外表面．②在导体外表面，越尖锐的位置，电荷的密度(单位面积的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有电荷．2．静电屏蔽由于静电感应，可使金属网罩或金属壳内的场强为零，遮挡住了外界电场的影响，这种现象叫静电屏蔽．金属包皮或网罩只能屏蔽外来电场，不能挡住内部电荷向外激发的电场．3．两种静电屏蔽现象(1)导体内空腔不受外界影响，如图甲所示．甲乙(2)接地导体空腔外部不受内部电荷影响，如图乙所示．【典例1】某科技馆的静电体验区，当体验者进入一个金属笼后，金属笼外面用特斯拉线圈产生200多万伏的高压，与金属笼之间发生火花放电，但人在金属笼内是非常安全的．则火花放电过程中()A．笼体不带电荷B．体验者和笼体带同种电荷C．体验者不可与金属笼内壁接触，否则会发生触电D．金属笼内部场强为零，笼体的电势可能不为零D[金属笼处于静电平衡，笼体表面有感应电荷，故A错误；笼体内部没有电场，因此体验者不带电，故B错误；体验者与笼体是等势体，体验者与金属笼内壁接触不会形成电流，不会发生触电，故C错误；金属笼内部场强为零，由于电势为相对量，因此笼体的电势不一定不为零，故D正确．故选D．]静电屏蔽问题的两点注意(1)空腔可以屏蔽外界电场，接地的空腔可以屏蔽内部的电场作用，其本质都是因为激发电场与感应电场叠加的结果，分析中应特别注意分清是哪一部分电场作用，还是合电场作用的结果．(2)静电屏蔽的本质是静电感应与静电平衡．[跟进训练]1．如图所示，P为一带正电球体，球体右侧放置一金属空腔导体，导体左端接地，A、B、C、D为导体上的四个点，稳定时，下列判断正确的是()A．A点没有感应电荷B．D点没有感应电荷C．感应电荷在B点产生电场的电场强度为零D．感应电荷在C点产生电场的电场强度为零[答案]B考点2静电的利用与防护1．静电利用的基本原理异种电荷相互吸引，使带电的物质微粒在电荷所产生的力的作用下，奔向并吸附到电极上．2．静电危害产生的主要原因静电危害起因于静电力和静电火花，静电危害中最严重的是静电放电引起可燃物的起火和爆炸．3．防止静电危害的主要方法与途径(1)尽量减少静电的产生．常用的方法是增大空气的湿度．(2)尽快把静电导走，防止静电积累．常用的最简单的办法是接地．【典例2】运输汽油等易燃易爆物品的车辆总有一条铁链拖在地上，这样做的目的是()A．发出声音，引起路人注意B．减缓车速，保证行车安全C．把静电引入大地，避免因放电引起爆炸D．与地面发生摩擦，在运输车上积累电荷思路点拨：(1)易燃物与电火花易发生危险．(2)为避免危险应把静电导走，不让其产生电火花．[答案]C[跟进训练]2．(多选)物理和生活息息相关，联系生活实际对物理基本概念的认识和理解，是学好物理的基础．下列有关电学知识的相关说法正确的是()A．超高压带电作业的工作人员，为了保证安全，他们必须穿上橡胶制成的绝缘衣服B．装载作业中，因为传送带与被传送物体间发生摩擦而带电，靠近传送带的工人容易受到电击，为避免这种电击，可以把导体材料如金属丝等掺到传送带材料中C．手术中给病人用的麻醉药是易燃品，因此医护人员要穿导电材料制成的鞋子和外套，以避免出现电火花D．古建筑的屋顶设置各种造型的动物雕塑，以雕塑头上的角须为避雷针时，其另一端不必引入大地，即可起到避雷的效果BC[超高压带电作业的工作人员，为了保证安全，由静电屏蔽的原理，他们必须穿上金属丝制成的绝缘衣服，故A错误；装载作业中，因为传送带与被传送物体间发生摩擦而带电，靠近传送带的工人容易受到电击，为避免这种电击，可以把导体材料如金属丝等掺到传送带材料中，以便把电荷及时导入大地，故B正确；手术中给病人用的麻醉药是易燃品，因此医护人员要穿导电材料制成的鞋子和外套，以避免出现电火花，故C正确；古建筑的屋顶设置各种造型的动物雕塑，以雕塑头上的角须为避雷针时，其另一端必需引入大地，才可起到避雷的效果，故D错误．故选BC．]回归本节知识，自我完成以下问题：1．静电平衡状态下导体的特征有哪些？提示：(1)导体内部场强处处为零．(2)导体表面场强垂直表面．(3)导体为等势体，表面为等势面．2．写出几种静电的应用．提示：静电除尘、静电喷雾、激光打印、避雷针等．课时分层作业(八)静电的利用与防护1．一群游客在新疆吐鲁番某沙漠景区自驾游．兴致正浓时天色突变，眼见雷雨将至，随后沙丘高处的几名游客头发直立如同刺猬一般．此时为了保障人身安全，下列最为有效合理的一种避险方式是()A．蹲下并用手触摸地面 B．往沙漠低处跑C．用水将头发淋湿 D．躲进汽车里[答案]D2．如图所示是静电喷涂示意图，被涂物M带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电，在静电力作用下向M运动，最后吸附在其表面上，忽略微粒间相互作用，则涂料微粒在靠近M的过程中()A．电势能减小B．电势能增大C．受到的电场力保持不变D．受到的电场力一直减小[答案]A3．矩形金属导体处于正点电荷Q产生的电场中，静电平衡时，感应电荷产生的电场在导体内的电场线正确的是()ABCD[答案]B4．静电除尘器的工作原理是利用高压电场使烟气发生电离，气流中的粉尘在电场作用下与气流分离．如图所示为其电场分布简图，下列说法正确的是()A．虚线可能是等势线B．电场强度EA＜EB＜ECC．粉尘将在电场力作用下沿着虚线运动D．负电荷在C点的电势能小于其在A点的电势能D[电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密，电场强度越大，可知EA＞EB＞EC，故B错误；电场线是曲线，若释放粉尘，在电场力作用下粉尘不会沿着虚线运动，故C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以C点的电势高，A点的电势低，由电势能公式Ep＝qφ可知，电子在C点的电势能小于其在A点的电势能，故D正确．故选D．]5．当带电云层接近地面时，地面上的物体受其影响会感应出异种电荷，为了避免遭受雷击，在高大的建筑物上安装尖端导体——避雷针．图为带电云层和避雷针之间电场线的分布示意图，有一个带电粒子(不计重力)从A点运动到B点，则以下说法正确的是()A．粒子带正电B．电场强度EA＞EBC．粒子的动能EkA＞EkBD．当带电云层靠近地面的过程中，避雷针会有自下而上的电流C[带电粒子的受力方向指向运动轨迹弯曲方向的内侧且与电场线相切，由于受力方向与电场方向相反，故该粒子带负电，A错误；由电场线的疏密可知场强的强弱，故EA＜EB，B错误；由于粒子带负电荷，受力方向与运动方向夹角为钝角，A到B的过程中电场力做负功，故粒子的动能EkA＞EkB，C正确；根据题图可知，云层带正电，根据静电感应原理，避雷针上自由电子运动方向自下而上，所以电流方向自上而下，D错误．故选C．]6．N95口罩中起阻隔作用的关键层是熔喷布，熔喷布的纤维里加入了驻极体材料，它能依靠静电感应吸附比熔喷布网状纤维孔洞小很多的0.1μm量级或更小的微粒，从而有了更好的过滤效果．制备驻极体的一种方法是对某些电介质材料进行加热熔化，然后在强电场中进行极化冷却．电介质中每个分子都呈电中性，但分子内正、负电荷分布并不完全重合，每个分子可以看成是等量异号的电荷对．如图所示，某种电介质未加电场时，分子取向随机排布，熔化时施加水平向左的匀强电场，正、负电荷受电场力的作用，分子取向会发生一致性的变化．冷却后撤掉电场，形成驻极体，分子取向能够较长时间维持．根据以上信息可知，下列说法正确的是()A．驻极体能够吸引带电的微粒，但不能吸引电中性的微粒B．驻极体吸附小微粒利用了静电感应，所以驻极体所带的总电荷量一定不为零C．不带电的微粒也能被驻极体吸引，但并不会中和驻极体表面的电荷D．加有驻极体的口罩会因存放时间过长而导致其中的电场衰减从而过期，这是驻极体向外放电使电荷减少的结果C[驻极体所带的总电荷量始终为零，但能够吸引带电的微粒，也能吸引电中性的微粒，故A、B错误，C正确；加有驻极体的口罩会因存放时间过长而导致其中的电场衰减从而过期，这是由于外界震动等作用使驻极体内部的分子取向变得不再一致，而不是驻极体向外放电使电荷减少的结果，故D错误．]7．下列生活情境中，利用静电屏蔽原理的是()A．武当山金殿出现的“雷火炼殿”B．燃气灶上电子点火器的针头电极C．超高压作业服中掺入金属丝D．静电复印机C[武当山金殿的屋顶出现的“雷火炼殿”奇观是放电现象，故A错误；燃气灶上电子点火器的针头电极利用了尖端放电原理，故B错误；超高压带电作业所穿衣服的织物中掺入金属丝利用了静电屏蔽原理，故C正确；静电复印机利用了静电吸附原理，故D错误．故选C．]8．小明同学做了一个“静电散花”的小实验．如图所示，将纸屑放在带绝缘柄的金属板上，用毛皮摩擦橡胶膜使其带上负电荷，并放到金属板的正下方，用手接触金属板后移开，再将橡胶膜从金属板的下面移走，看到金属板上的纸屑向上飞散开来，则下列说法正确的是()A．当带负电的橡胶膜放到金属板的正下方时，金属板上表面感应出正电荷B．当用手接触金属板，金属板上的正电荷从手流入大地C．将橡胶膜从金属板的下面移走后，金属板的上表面带正电荷D．向上飞散的纸屑都带负电荷C[当带负电的橡胶膜放到金属板的正下方时，金属板下表面感应出正电荷，上表面感应出负电荷，A错误；当用手接触金属板，金属板上的负电荷从手流入大地，金属板上多余出正电荷，B错误；将橡胶膜从金属板的下面移走后，金属板的上表面带正电荷，C正确；纸屑因带上正电与金属板上的正电相互排斥而向上飞散，D错误．故选C．]9．(多选)如图所示为某静电除尘装置的示意图．A、B为电极和集尘板上某点连线上的两点．不计烟尘微粒与空气的作用力及重力，下列说法正确的是()A．集尘板边缘的电场方向一定与集尘板表面垂直B．A、B两点的电场强度大小不同，方向相同C．向集尘板加速靠近的烟尘微粒带负电，且加速度逐渐增大D．若带电烟尘微粒由静止开始仅受电场力作用，则微粒可能沿电场线轨迹到达集尘板AD[集尘板表面为一等势面，所以集尘板边缘的电场方向一定与集尘板表面垂直，故A正确；A、B处电场线是曲线，并非直线，并且越靠近电极处电场线越密集，所以A、B两点的电场强度大小不同，方向也不同，故B错误；向集尘板加速靠近的烟尘微粒带负电，但所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，故C错误；由于电极与集尘板之间的电场线有可能为直线，所以带电烟尘微粒由静止开始仅受电场力作用，则可能沿电场线轨迹到达集尘板，故D正确．故选AD．]10．长为l的导体棒原来不带电，现将一带电荷量为＋q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示．当棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点P处产生的场强大小等于________，方向为________(静电力常量为k)．[解析]导体棒在点电荷＋q的电场中发生静电感应，左端出现负电荷，右端出现正电荷，棒中任何一点都有两个电场，即外电场——＋q在该点形成的电场E1，感应电场——棒上感应电荷在该点形成的电场E2．达到静电平衡时E2＋E1＝0，题中所求的即为E2，所以可转化为求E1．棒的中点距离点电荷r＝R＋l2，于是E2＝E1＝kqR+l22，E[答案]kqR+章末综合测评(二)静电场的应用时间：75分钟满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉，从而生成空气负离子．负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，进而使其吸附到集尘栅板上，达到净化空气的作用．下列说法正确的是()A．负极针组件产生电晕，利用了静电屏蔽的原理B．为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带负电C．负极针组件附近的电势较高D．烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势能减少[答案]D2．如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)，电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电动势为U)()A．电子到达B板时的动能为UeB．电子从B板到达C板，动能变化量为零C．电子到达D板时的动能为3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动[答案]C3．心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动．某次心脏除颤器的模拟治疗中，该心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，如果电容器在2.0ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为0．下列说法正确的是()A．若充电至4.5kV，则该电容器的电容为7.5μFB．充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是0.27CC．这次放电有0.135C的电荷量通过人体组织D．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为67.5AC[电容器在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为15μF，故A错误；根据C＝QU可知，充电至9.0kV时，该电容器所带电荷量是Q＝CU＝15×10-6×9000C＝0.135C，故B错误；由题意可知，放电结束后电容器两极板间的电势差减为0，则这次放电有0.135C的电荷量通过人体组织，故C正确；根据I＝Qt＝4．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器．当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号，当按下该键时，电容器的()A．极板间的电压变大 B．电容变小C．极板的电量变大 D．极板间的场强变小C[因电容器与电源连接，则电势差U不变，故A错误；当按键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式C＝εrS4πkd可知电容增大，故B错误；根据Q＝CU可知，电荷量Q变大，故C正确；依据E＝Ud极板间距d5．如图所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是()A．尽可能把偏转极板L做得长一点B．尽可能把偏转极板L做得短一点C．尽可能把偏转极板间的距离d做得大一点D．将电子枪的加速电压提高A[设加速电压为U1，则qU1＝12mv设偏转电压为U2，则y＝12at2＝qU2联立①②得：y＝U26．如图所示是利用电容器电容(C)测量角度(θ)的电容式传感器的示意图，当动片和定片之间的角度发生变化时，电容便发生变化，于是通过电容的变化情况就可以知道角度的变化情况．如下图所示的图像中，最能正确反映角度与电容之间关系的是()ABCDB[两极板正对面积S＝12(π－θ)R2，则S∝(π－θ)，又因为C∝S，所以C∝(π－θ)，令C＝k(π－θ)，所以θ＝π－Ck(7．如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法不正确的是()A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变B．振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流C．振动膜向左运动时，电容器的板间电场强度减小D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小A[由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，由E＝Ud可知电容器的板间电场强度增大，故A错误；根据C＝εrS4πkd可知电容增大，则由C＝Q二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．静电植绒产品具有立体感强、耐磨、阻燃、隔音、保暖等特点．如图所示为植绒流程示意图，正电金属板与负电金属网间有60kV的电压，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，绒毛在电场力的作用下飞到需要植绒的布匹表面上．忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力和边缘效应．正电金属板与负电金属网之间可视为匀强电场，下列说法正确的是()A．绒毛运动经过处各点的电势逐渐降低B．绒毛在飞向布匹的过程中，电势能不断增大C．若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大D．若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将增大CD[负电金属网与正电金属板间的电场方向向上，故绒毛运动经过处各点的电势逐渐升高，故A错误；绒毛在飞向布匹的过程中，绒毛在做加速运动，电场力做正功，电势能不断减小，故B错误；仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，电场强度增大，电场力增大，经过相同的距离，电场力做的功增多，根据动能定理，绒毛到达布匹时的动能增大，速率增大，故C正确；仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，电势差不变而电场强度减小，绒毛受到的电场力减小，加速度减小且运动距离增大，所用时间增大，故D正确．故选CD．]9．平行板A、B组成电容器，充电后与静电计相连，要使静电计指针张角变大，下列措施可行的是()A．A板向上移动B．B板向右移动C．A、B板间插入电介质D．减少极板上的电荷量AB[A板向上移动，正对面积S减小，或B板向右移动，距离d增大，根据C＝εrS4πkd，电容C均减小，由U＝QC知电势差U变大，静电计指针偏转角度增大，A、B正确；A、B板间插入电介质，相对介电常数εr增大，根据C＝εrS4πkd知电容C增大，由U＝Q10．a、b、c三个α粒子由同一点沿垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以确定()A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大ACD[三个α粒子进入电场后加速度相同