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學案29 場強與電勢差的關系電容器及其電容
一、概念規律題組
1．對公式E＝的理解，下列說法正確的是(　　)
A．此公式適用于計算任何電場中a、b兩點間的電勢差
B．a點和b點距離越大，則這兩點的電勢差越大
C．公式中d是指a點和b點之間的距離
D．公式中的d是a、b所在勻強電場的兩個等勢面間的垂直距離
圖1
2．如圖1所示，實線為電場線，虛線為等勢面，φa＝50 V，φc＝20 V，則a、c連線中點b的電勢φb為(　　)
A．等于35 V
B．大于35 V
C．小于35 V
D．等于15 V
3．由電容器電容的定義式C＝可知(　　)
A．若電容器不帶電，則電容C為零
B．電容C與電容器所帶電荷量Q成反比，與電壓U成反比
C．電容C與所帶電荷量Q多少無關
D．電容在數值上等于使兩板間的電壓增加1 V時所需增加的電荷量
4．對于水平放置的平行板電容器，下列說法中正確的是(　　)
A．將兩極板的間距加大，電容將增大
B．將兩極板平行等距錯開，使正對面積減小，電容將減小
C．在下極板的內表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的陶瓷板，電容將增大
D．在下極板的內表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的鋁板，電容將增大
二、思想方法題組
圖2
5．a、b、c、d是勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點．電場線與矩形所在平面平行．已知a點的電勢為20 V，b點的電勢為24 V，d點的電勢為4 V，如圖2所示，由此可知c點的電勢為(　　)
A．4 V B．8 V C．12 V D．24 V
圖3
6．如圖3所示，電容器兩極板與電源正負極相連，當電容器兩極板間的距離由d迅速增大為2d的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．電容器兩板間電壓始終不變
B．電容器兩板間電壓瞬時升高后又恢復原值
C．根據Q＝CU可知，電容器帶電荷量先增大后減小
D．電路中電流由A板經電源流向B板
一、靜電現象
1．處于靜電平衡狀態的導體具有以下特點
(1)導體內部的場強(E0與E′的合場強)處處為零，E內＝0；(2)整個導體是等勢體，導體的表面是等勢面；(3)導體外部電場線與導體表面垂直；(4)靜電荷只分布在導體外表面上，且與導體表面的曲率有關．
2．靜電屏蔽：如果用金屬網罩(或金屬殼)將一部分空間包圍起來，這一包圍空間以外的區域里，無論電場強弱如何，方向如何，空間內部電場強度均為零．因此金屬網罩(或金屬殼)對外電場有屏蔽作用．
圖4
【例1】 如圖4所示為空腔球形導體(不帶電)，現將一個帶正電的小金屬球A放入腔內，靜電平衡時，圖中a、b、c三點的場強E和電勢φ的關系是(　　)
A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc
B．Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc
C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φc
D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc
[規范思維]
　
　
　
　
　
　
　
[針對訓練1]　請用學過的電學知識判斷下列說法正確的是(　　)
A．電工穿絕緣衣比穿金屬衣安全
B．制作汽油桶的材料用金屬比用塑料好
C．小鳥停在單根高壓輸電線上會被電死
D．打雷時，呆在汽車里比呆在木屋里要危險
二、勻強電場中電場強度與電勢差的關系
1．公式E＝反映了電場強度與電勢差之間的關系，由公式可知，電場強度的方向就是電場中電勢降低最快的方向．
圖5
2．公式中d可理解為電場中兩點所在等勢面之間的距離，由此可得出一個結論：在勻強電場中，兩長度相等且相互平行的線段的端點間的電勢差相等．如圖5所示，AB、CD平行且相等，則UAB＝UCD
3．利用等分電勢法畫等勢線及電場線的方法
例如：φA＝6 V，φB＝－2 V，φC＝4 V，試畫出圖6中的等勢線及電場線
圖6
方法：(1)求出電勢差最大的兩點間電勢差
Umax＝UAB＝φA－φB＝8 V
(2)求出電勢差最小的兩點間的電勢差
Umin＝UAC＝2 V
(3)計算＝4
(4)連接AB，并將AB四等分，在AB上找到C點的等勢點D，即φD＝φC
(5)連接CD即為等勢線；過CD作垂線為電場線．
圖7
【例2】 為使帶負電的點電荷q在一勻強電場中沿直線勻速地由A運動到B，必須對該電荷施加一個恒力F，如圖7所示，若AB＝0.4 m，α＝37°，q＝－3×10－7 C，F＝1.5×10－4 N，A點的電勢φA＝100 V．(不計負電荷受到的重力)
(1)在圖中用實線畫出電場線，用虛線畫出通過A、B兩點的等勢線，并標明它們的電勢．
(2)求q在由A到B的過程中電勢能的變化量是多少？
[規范思維]
　
　
　
　
[針對訓練2]　
圖8
空間有一勻強電場，在電場中建立如圖8所示的直角坐標系O－xyz，M、N、P為電場中的三個點，M點的坐標(0，a,0)，N點的坐標為(a,0,0)，P點的坐標為(a，a/2，a/2)．已知電場方向平行于直線MN，M點電勢為0，N點電勢為1 V，則P點的電勢為(　　)
A. V B. V C. V D. V
三、平行板電容器的動態分析
運用電容的定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．電容器的兩極板與電源連接時，電容器兩極板間的電壓保持不變；電容器先充電后與電源斷開，電容器的電荷量保持不變．
(2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化．
(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．
(4)用E＝分析電容器極板間場強的變化．
圖9
【例3】 如圖9所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態．現將兩極板的間距變大，則(　　)
A．電荷將向上加速運動
B．電荷將向下加速運動
C．電流表中將有從a到b的電流
D．電流表中將有從b到a的電流
[規范思維]
　
　
　
圖10
[針對訓練3]　平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內部．閉合開關S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖10所示，則(　　)
A．保持開關S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
B．保持開關S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
C．開關S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ增大
D．開關S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則θ不變
【基礎演練】
圖11
1．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖11)．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ.實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　)
A．保持S不變，增大d，則θ變大
B．保持S不變，增大d，則θ變小
C．保持d不變，減小S，則θ變小
D．保持d不變，減小S，則θ不變
2.
圖12
如圖12所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調電阻，用絕緣細線將質量為m、帶正電的小球懸于電容器內部．閉合電鍵S，小球靜止時受到懸線的拉力為F.調節R1、R2，關于F的大小判斷正確的是(　　)
A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變大
B．保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變小
C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變大
D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變小
3.
圖13
如圖13所示，平行直線AA′、BB′、CC′、DD′、EE′，分別表示電勢－4 V、－2 V、0 V、2 V、4 V的等勢線，若AB＝BC＝CD＝DE＝2 cm，且與直線MN成30°角，則(　　)
A．該電場是勻強電場，場強方向垂直于AA′，且右斜下
B．該電場是勻強電場，場強大小E＝2 V/m
C．該電場是勻強電場，距C點距離為2 cm的所有點中，最高電勢為4 V，最低電勢為－4 V
D．若一個正電荷從A點開始運動到E點，通過AB段損失動能E，則通過CD段損失動能也為E
4．有一靜電場，其電場強度方向平行于x軸．其電勢φ隨坐標x的改變而變化，變化的圖線如圖14所示，則圖中正確表示該靜電場的場強E隨x變化的圖線是(設場強沿x軸正方向時取正值)(　　)
圖14
圖15
5．如圖15所示，足夠長的兩平行金屬板正對著豎直放置，它們通過導線與電源E、定值電阻R、開關S相連．閉合開關后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速釋放，最終液滴落在某一金屬板上．下列說法中正確的是(　　)
A．液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線
B．電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大
C．電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短
D．定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長
圖16
6．一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電荷量很小)固定在P點，如圖16所示．以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　　)
A．U變小，E不變 B．E變大，Ep變大
C．U變小，Ep不變 D．U不變，Ep不變
7．(2011·天津·5)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1.現將電容器所帶電荷量變為2Q，板間距變為d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是(　　)
A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
【能力提升】
圖17
8．圖17中A、B、C三點都在勻強電場中，已知AC⊥BC，∠ABC＝60°，BC＝20 cm，把一個電荷量q＝10－5 C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為－1.73×10－3 J，則該勻強電場的場強大小和方向是(　　)
A．865 V/m，垂直AC向左
B．865 V/m，垂直AC向右
C．1 000 V/m，垂直AB斜向上
D．1 000 V/m，垂直AB斜向下
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
圖18
9．如圖18所示，水平放置的兩平行金屬板A、B接在U＝4 000 V的直流電源上，兩極板間距離為2 cm，A極板接地，電場中a點距B極板1 cm，b點和c點均距A極板0.5 cm，求：
(1)a點的電場強度；
(2)a、c之間的電勢差；
(3)電子在b點的電勢能；
(4)電子從a點運動到c點，電場力做的功．
10.
圖19
如圖19所示的電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，間隔均為d，各面電勢已在圖中標出，現有一質量為m的帶電小球以速度v0，方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動．問：(1)小球應帶何種電荷？電荷量是多少？(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(電場足夠大)
11.
圖20
如圖20所示，兩個帶等量異種電荷、豎直放置、電容為C、間距為d的平行金屬板，兩板之間的電場可視為勻強電場．此外兩板之間還存在一種物質，使小球受到一個大小為F＝kv(k為常數，v為小球速率)、方向總是背離圓心的力. 一個質量為m，帶電荷量為－q的小球，用長為L(L＜d)的不可伸長的細線懸掛于O點，將小球拉至水平位置M，由靜止釋放，當小球向下擺過60°到達N點時，速度恰為零(細線始終處于伸直狀態)．則：
(1)左極板帶電量Q是多少？
(2)小球到達N點時的加速度大小是多少？
(3)小球的最大速度是多少？此時細線上的拉力是多少？
學案29　場強與電勢差的關系　電容器及其電容
1．D
2．C　[從電場線疏密可以看出Ea>Eb>Ec，由公式U＝Ed可以判斷Uab>Ubc，所以φb<＝35 V．]
3．CD　[電容器電容的大小由電容器自身決定，與帶電與否、所帶電荷量Q的多少均無關；根據C＝可知，當電容器電壓發生變化時，所帶電荷量也發生變化，但兩者比值保持不變，即C＝，所以有ΔQ＝C·ΔU.綜上所述，本題正確選項為C、D.]
4．BCD　[平行板電容器的電容C＝，因此加大極板間距d，導致C減小，A項錯誤；正對面積S減小，C減小，B項正確；插入陶瓷板，相當于增大介電常數εr，C增大，C項正確；插入鋁板，相當于減小極板間距d，C增大，D項正確．]
5．B　[由公式U＝Ed可知，在勻強電場中相互平行的兩線段端點所對應電勢差之比恰好等于兩線段長度之比．則由圖知ab∥dc，必有Uab/Udc＝ab/dc＝1/1，故(20－24) V＝(4－φc) V，則φc＝8 V．]
6．B　[當將電容器兩極板間距離迅速增大的過程中，電容器極板上的電荷量未來得及變化，即Q不變，則C＝＝，又C＝，所以＝，所以E＝也不變，而U＝Ed，故U增大，但最終電壓U要與電源電壓相等，故選項B正確．因為C＝，所以d增大時，C減小．由Q＝CU，所以Q減小，電路中有瞬時電流，方向由B板經電源流向A板，故D不對．]
思維提升
1．公式U＝dE只適用于勻強電場的計算，且d為沿場強方向的距離．但對于非勻強電場，可應用該公式定性分析問題．
2．電容是電容器本身的屬性，由電容器本身因素決定，與電容器是否帶電以及帶電多少無關．
3．對于不含源的電容器，兩極板間距離發生改變時，板間勻強電場的場強不變，這一結論應熟記．
例1 D
　[空腔球形導體在正電荷A的電場中感應的結果如圖所示，從電場線的疏密可確定a點場強大于c點場強，而b點場強為零，故Ea＞Ec＞Eb，而沿著電場線電勢降低，故φa＞φb＞φc，D正確．]
[規范思維]　先畫出電場線，再分析各點場強大小及電勢高低．本題中很多同學易認為：Eb＝0，則φb＝0，其實空腔球形導體處于靜電平衡后導體是等勢體，內外表面是等勢面，再考慮沿場強方向電勢降低可以得到φa＞φb＞φc.
例2 見解析
解析　(1)負電荷在勻強電場中做勻速運動說明受的電場力與外力F等大反向
因此該電場方向與F的方向同向，如圖所示
等勢線與場強垂直，過A、B兩點的等勢線如圖所示
A、B兩點間的電勢差
UAB＝E·dAB·cos α
勻強電場的場強
E＝＝
所以UAB＝dAB·cos α
＝×0.4×0.8 V＝160 V
則B點的電勢φB＝φA－UAB＝－60 V.
(2)由A到B克服電場力做功
W＝q·UAB＝160×3×10－7 J＝4.8×10－5 J
即：電勢能變化量為4.8×10－5 J.
[規范思維]　由帶電點電荷做勻速直線運動，所受合外力為零，確定電場力方向和電場方向；由E＝計算電場強度，然后再由兩點沿電場線方向的距離計算電勢差大小．
例3 B
　[如圖所示，取ab的中點O為圓心，作△abc的外接圓，O即為外接圓的圓心，且φO＝2 V，O、c在同一個等勢面上．連接圓心O和c，并通過b、a兩點分別作Oc的平行線，因為Oa＝Ob＝Oc＝R，所以三條平行線是等勢差的．再過O點作三條平行線的垂線，交三角形abc的外接圓于d、e兩點，則d點電勢最高，e點電勢最低．由ERcos 30°＝φb－φc，ER＝φd－φc，ER＝φc－φe且φb＝(2＋)V，φc＝2 V得φd＝4 V，φe＝0 V，所以B正確，A、C、D均錯誤．]
[規范思維]　本題中先由幾個點的電勢，找出等勢點，再由等勢線畫出電場線，而尋找等勢點是解題的關鍵．
例4 BD　[充電后電容器的上極板A帶正電．不斷開電源，增大兩板間距，U不變、d增大．由E＝知兩極板間場強減小．場強減小會使電荷q受到的電場力減小，電場力小于重力，合力向下，電荷q向下加速運動．由C＝知電容C減小．由Q＝CU知極板所帶電荷量減少．會有一部分電荷返回電源，形成逆時針方向的電流．電流表中將會有由b到a的電流，選項B、D正確．]
[規范思維]　求與平行板電容器有關的問題時，應從平行板電容器的電容決定式入手，首先確定不變量，然后根據電容決定式C＝，進行推導討論，找出各物理量之間的關系，從而得出正確結論．
[針對訓練]
1．B　2.D　3.AD
1．A　2.B　3.CD　4.A
5．BC　[在水平方向液滴受電場力作用，做初速度為零的勻加速運動；在豎直方向為自由落體運動，故液滴在兩板間運動的軌跡不是拋物線，A錯；電源電動勢越大，液滴受電場力越大，液滴在板間運動的加速度就越大；由于水平運動距離一定，為中心線到板的水平距離，故加速度越大，時間越短，所以選項B、C對；定值電阻的大小不會改變板間電壓，故D錯．]
6．AC　[當平行板電容器充電后與電源斷開時，E＝＝＝.，帶電荷量Q不變，兩極板間場強E保持不變，由于板間距離d減小，由U＝Ed可知，電容器的電壓U變小．由于場強E保持不變，因此P點與接地的負極板間的電勢差保持不變，即P點的電勢保持不變，因此電荷在P點的電勢能Ep保持不變．A、C正確．]
7．C　[由C＝和C＝及E＝得，E＝，由電荷量由Q增為2Q，板間距由d減為，得E2＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D錯，C對．]
8．D　[把電荷q從A移到B，電場力不做功，說明A、B兩點在同一等勢面上，因該電場為勻強電場，等勢面應為平面，故圖中直線AB即為等勢線，場強方向應垂直于等勢面，可見，選項A、B不正確．
UBC＝＝ V＝－173 V．B點電勢比C點低173 V，因電場線指向電勢降低的方向，所以場強方向必垂直于AB斜向下．場強大小E＝＝＝ V·m－1＝1 000 V·m－1，因此選項D正確，C錯誤．]
9．(1)2×105 V/m　(2)－1 000 V　(3)1.6×10－16 J
(4)1.6×10－16 J
解析　(1)a點的電場強度為：E＝＝ V/m＝2×105 V/m.
(2)a、c兩點間的電勢差為：Uac＝－Uca＝－Edba＝－2×105×(2－1－0.5)×10－2 V＝－1 000 V.
(3)b點的電勢為：φb＝－UAb＝－EdAb＝－2×105×0.5×10－2 V＝－1 000 V，電子在b點的電勢能為：
EPb＝eφb＝－1.6×10－19×(－1 000) J＝1.6×10－16 J.
(4)電子從a點運動到c點，電場力做的功為：W＝eUac＝－1.6×10－19×(－1 000) J＝1.6×10－16 J.
10．(1)正電　q＝　(2)
解析　(1)作電場線如圖(a)所示，由題意得，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力與初速度才可能在一條直線上，如圖(b)所示，只有當F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運動．所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運動．由圖(b)知qE＝mg.相鄰等勢面間的電勢差用U表示，所以E＝，所以q＝＝.
(2)由圖(b)知
F合＝＝mg(因為qE＝mg)．
由動能定理－F合·lmax＝0－mv，所以lmax＝＝.
11．(1)　(2)g　(3)(－1)
(6－2)mg＋k(－1)
解析　(1)設兩板間電勢差為U，場強為E
由C＝和E＝得E＝①
對球，從M到N由動能定理有
mgLsin 60°－qEL(1－cos 60°)＝0
所以qE＝mg②
由①②得：Q＝
(2)球在N點的加速度方向垂直ON沿切線向上，在N點受力分析，將電場力和重力正交分解，在切線方向有
qEsin 60°－mgsin 30°＝ma
得a＝＝g
(或由單擺的對稱性得M、N兩處加速度大小相等均為g)
(3)小球速度最大位置在MN弧的中點P處，對球從M到P由動能定理有：
mgLsin 30°－qEL(1－cos 30°)＝mv2－0
解得v＝＝(－1)
在P點對球受力分析，設線上的拉力為F′，合力充當向心力，有
F′－kv－＝m
解得：F′＝(6－2)mg＋k(－1)
易錯點評
1．電容器兩板間的電壓不能用電壓表測量，因為電容器可通過電壓表內的線圈放電．一般用靜電計測量電容器兩板間的電壓．
2．電容器充放電時，在電路中有短暫的充電電流或放電電流，要特別注意放電電流的方向．另外要理解充放電時，并不是電荷通過了電容器．
3．在電容器兩板間插入金屬板時，相當于電容器兩板間距離減小，即電容要變大．

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