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章末核心素養提升
題型1　平行板電容器的綜合分析
例1 電源、開關、平行板電容器連成如圖所示電路，上極板接地。閉合開關S，電源對電容器充電后，電容器帶電量為Q，兩極板間電壓為U，板間電場強度大小為E0，電容器中的P點電勢為φ，則下列說法正確的是（　　）
A.若將上板下移少許，Q增大，U減小，E0不變，φ變大
B.若將上板下移少許，Q不變，U減小，E0減小，φ變小
C.若斷開開關S，將上板下移少許，Q不變，U減小，E0不變，φ變小
D.若斷開開關S，將上板下移少許，Q不變，U減小，E0不變，φ變大
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題型2　帶電粒子在復合場中的直線運動
例2 一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一個小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向上移動，則仍從P點開始下落的相同粒子將（　　）
A.打到下極板上
B.在下極板處返回
C.在距上極板處返回
D.在距上極板處返回
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
題型3　帶電粒子在復合場中的曲線運動
例3 如圖在真空中存在著豎直向下的勻強電場，電場強度為E。一根絕緣細線長為L，一端固定在圖中的O點，另一端固定有一個質量為m、帶電量為＋q（q＞0）、可視為點電荷的小球，O點距離地面的高度為H，將小球拉至與O點等高的位置A處從靜止釋放，已知重力加速度為g。
（1）求小球運動到O點正下方B點時的速度大小；
（2）求小球在B點時細線對小球的拉力大小；
（3）若小球通過B點時，細線恰好斷開，求小球落地點與O點的水平位移x。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
章末核心素養提升
知識網絡構建
ma　at　2ad　mv2－mv　U　
核心素養提升
例1 D　[閉合開關S，則極板間電壓U不變，若將上板下移少許，即減小極板間距，由C＝可知，電容器的電容增大，由Q＝CU可知Q增大，由E0＝，可知，E0變大，根據U上P＝E0d上P可知，P與上極板間的電勢差減小，可知P點的電勢φ變大，故A、B錯誤；若斷開開關S，將上板下移少許，Q不變，由C＝可知，電容器的電容增大，由U＝，可知U減小，由E0＝，聯立以上可得E0＝，所以E0不變，根據U上P＝E0d上P可知，上極板與P間的電勢差減小，因為上極板電勢為零，可知P點的電勢φ變大，故C錯誤，D正確。]
例2 C　[在下極板移動前，從靜止釋放到速度為零的過程運用動能定理得mg·d－qU＝0，將下極板向上平移；設運動到距離上極板x處返回，因極板分別與電池兩極相連，則電容器的電壓U不變，則電容器的電場強度為E＝，根據動能定理得mg(＋x)－qx＝0，聯立解得x＝，故C正確。]
例3 (1)　(2)3(mg＋qE)　(3)2
解析　(1)從A到B過程，由動能定理得
mgL＋qEL＝mv2－0
所以小球到達B點時的速度為
v＝。
(2)在B點，由牛頓第二定律得
FT－mg－qE＝m，解得FT＝3(mg＋qE)。
(3)小球在細線斷開后做類平拋運動
由牛頓第二定律有qE＋mg＝ma
豎直方向上有H－L＝at2
水平方向上有x＝vt
聯立解得x＝2。(共12張PPT)
章末核心素養提升
第二章　靜電場的應用
目 錄
CONTENTS
知識網絡構建
01
核心素養提升
02
知識網絡構建
1
ma
at
2ad
核心素養提升
2
D
題型1　平行板電容器的綜合分析
例1 電源、開關、平行板電容器連成如圖所示電路，上極板接地。閉合開關S，電源對電容器充電后，電容器帶電量為Q，兩極板間電壓為U，板間電場強度大小為E0，電容器中的P點電勢為φ，則下列說法正確的是(　　)
A.若將上板下移少許，Q增大，U減小，E0不變，φ變大
B.若將上板下移少許，Q不變，U減小，E0減小，φ變小
C.若斷開開關S，將上板下移少許，Q不變，U減小，E0不變，φ變小
D.若斷開開關S，將上板下移少許，Q不變，U減小，E0不變，φ變大
C
題型2　帶電粒子在復合場中的直線運動
題型3　帶電粒子在復合場中的曲線運動
例3 如圖在真空中存在著豎直向下的勻強電場，電場強度為E。一根絕緣細線長為L，一端固定在圖中的O點，另一端固定有一個質量為m、帶電量為＋q(q＞0)、可視為點電荷的小球，O點距離地面的高度為H，將小球拉至與O點等高的位置A處從靜止釋放，已知重力加速度為g。
(1)求小球運動到O點正下方B點時的速度大小；
(2)求小球在B點時細線對小球的拉力大小；
(3)若小球通過B點時，細線恰好斷開，求小球落地點與O點的水平位移x。
解析　(1)從A到B過程，由動能定理得
(3)小球在細線斷開后做類平拋運動
由牛頓第二定律有qE＋mg＝ma

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