【文章內(nèi)容簡介】 的理解和應用能力．電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置的電勢差有關(guān)．電場力對負電荷做正功時，電勢升高． 8．兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成以平行板電容 器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關(guān) K，電源即給電容器充電 ( ) A．保持 K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小 B．保持 K接通，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電量增大 C．斷開 K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小 D．斷開 K，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電勢差增大 考點： 電容器的動態(tài)分析． 專題： 電容器專題． 分析： 電容器與電源相連，兩極板間的電勢差不變，通電后斷開，則兩極板上的電量不變； 由平行板電容器電容 C= ，根據(jù)某些量的變化可知電容的變化，則 由電容的定義式 C=可知電壓或電量的變化，由 E= 可求得電場強度的變化． 解答： 解： A、保持 K接通，電容器兩板間的電勢差 U不變，因板間距離 d減小，由 E= 可知，兩極板間電場的電場場強增大，故 A錯誤； B、保持 K接通，兩板間的電勢差 U不變，在兩極板間插入介質(zhì)后，電容 C增大，由 C= 可知，極板上的電量增大，故 B正確； C、斷開 K，兩板上所帶電量 Q不變，減小距離 d，電容 C增大，由 C= 可知板間電勢差 U減小，故 C正確； D、斷開 K，兩板上所帶電量 Q不變，插入介質(zhì)后電容 C變大，由 C= 可知極板上的電勢差 U減小，故 D錯誤； 故選： BC． 點評： 電容器的動態(tài)分析重點在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開則極板上的電量不變；電容器和電源保持相連，則兩板間的電勢差不變． 9．如圖所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板 A與一靈敏靜電計相連，極板 B接地．若極板 B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論的依據(jù)是 ( ) A．兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變大 B．兩極板間的電壓不變，極板上的電荷量變小 C．極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間電壓變小 D．極板上的電荷量幾乎不變，兩極板間電壓 變大 考點： 電容器的動態(tài)分析． 專題： 電容器專題． 分析： 電容器的電荷量幾乎不變．將極板 B稍向上移動一點，極板正對面積減小，電容減小，由公式 C= 分析板間電壓變化． 解答： 解：由圖分析可知電容器極板上的電荷量幾乎不變，將極板 B稍向上移動一點，極板正對面積減小，根據(jù)公式 C= ，電容減小，由公式 C= 可判斷出電容器極板間電壓變大，靜電計張角增大，故 D正確， ABC錯誤． 故選： D． 點評： 本題要抓住電荷量不變的條件，根據(jù)電容的定義式 C= 分析電容如何變化． 10．一束正離子以相同的速率從同一位置、垂直于電場 方向飛入勻強電場中，所有離子的軌跡都是一樣的，這說明所有粒子 ( ) A．都具有相同的質(zhì)量 B．都具有相同的電荷量 C．電荷量與質(zhì)量的比（又叫比荷）相同 D．都屬于同一元素的同位素 考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 帶電粒子在電場中的運動專題． 分析： 正離子垂直于電場方向飛入勻強電場中做類平拋運動．根據(jù)運動學公式可列出y= ，而牛頓第二定律 a= ，及運動時間 t= ，從而得出偏轉(zhuǎn)距離與質(zhì)量、電量及速率的關(guān)系． 解答： 解：正離子進入勻強電場后，做類平拋運動，將運動分解，則偏轉(zhuǎn)距離為 y= 牛頓 第二定律得 a= 垂直于電場方向正離子做勻速直線運動，則運動時間為 t= 聯(lián)立得： y= 由于初速率 v0、電壓 U、極板長度 L、極板間距 d均相同，離子的軌跡一樣時偏轉(zhuǎn)距離相等，則離子的比荷相同，但它們的質(zhì)量不一定相同，電量也不一定相同，不一定都屬于同一元素的同位素，故 C正確， ABD錯誤； 故選： C 點評： 此題考查粒子在電場中做類平拋運動，理解由運動軌跡來確定偏轉(zhuǎn)距離的關(guān)系，掌握牛頓第二定律與運動學公式的應用，并知道粒子的比荷的含義． 11．如圖所示，兩個帶同種電荷的小球 （可看作點電荷），電荷量分別為 q1和 q2，質(zhì)量分別為 m1和 m2，當兩球處于同一水平面保持靜止時， α＞ β，則造成 α＞ β的可能原因是 ( ) A． q1＞ q2 B． q1＜ q2 C． m1＞ m2 D． m1＜ m2 考點： 庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用． 分析： 對 A、 B球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系表示出電場力和重力的關(guān)系． 根據(jù)電場力和重力的關(guān)系得出兩球質(zhì)量的關(guān)系． 解答： 解：對 A、 B球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系得： m1g=F1cotα， m2g=F2cotβ 由于 F1=F2， α＞ β 所以 m1＜ m2．根據(jù)題意無法知道帶電量 q q2 的關(guān)系． 故選： D． 點評： 要比較兩球質(zhì)量關(guān)系，我們要通過電場力把兩重力聯(lián)系起來進行比較，注意庫侖力與電量大小無關(guān)，而是與各自電量的乘積有關(guān)． 12．如圖所示，電子在電勢差為 U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為 U2的兩塊平行板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處于真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏角 φ變大的是 ( ) A． U1不變， U2變大 B． U1變小， U2變小 C． U1變大， U2變小 D． U1變小， U2變大 考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動． 專題： 帶電粒子在電場中的運動專題． 分析： 電子在加速電場中，在電場力的作用下，做勻加速直線運動，可由電場力做功求出射出加速電場是的速度．電子在水平放置的平行板之間，因受到的電場力的方向與初速度的方向垂直，故電子做類平拋運動．運用平拋運動的豎直方向的速度與水平方向的速度的關(guān)系，可求出角度 φ的變化情況． 解答： 解：設電子被加速后獲得初速為 v0，則由動能定理得： qU1= mv02…① 又設極板長為 l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間： t= …② 又設電子在 平行板間受電場力作用產(chǎn)生加速度為 a，由牛頓第二定律得： a= …③ 電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度： vy=at…④ 由 ①、 ②、 ③、 ④可得： vy= 又有： tanφ= = = 故 U1不變， U2變大，或 U2變大， U1變小，或 U1變小， U2不變，都可使偏轉(zhuǎn)角 φ變大，故 AD 正確， BC錯誤． 故選： AD． 點評： 帶電粒子在電場中的運動，可分為三類，第一類是在勻強電場中做勻變速速直線運動，此過程是電勢能與帶電粒子動能之間的轉(zhuǎn)化．第二類是帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)，帶電粒子垂直進出入勻強電場時做勻變速曲線運動， 分解為兩個方向的直線運動，分別用公式分析、求解運算，是這類問題的最基本解法．第三類是帶電粒子在點電荷形成的電場中做勻速圓周運動，應用圓周運動的知識求解． 13．如圖所示，實線為電場線，虛線表示等勢面，相鄰兩個等勢面之間的電勢差相等，有一個運動的負電荷經(jīng)過等勢面 L3上某點時的動能為 20J，運動至等勢面 L1上的某一點時動能變?yōu)?0，若取 L2為零等勢面，則此電荷的電勢能為 4J時，其動能為 ( ) A． 16 J B． 10 J C． 6 J D． 4 J 考點： 勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；帶電粒子在勻強電 場中的運動． 專題： 電場力與電勢的性質(zhì)專題． 分析： 根據(jù)動能定理，結(jié)合等勢面 L3上、等勢面 L1上的動能得出在等勢面 L2上的動能，從而得出動能和電勢能之和，結(jié)合能量守恒求出電勢能為 4J 時其動能大?。? 解答： 解：負電荷經(jīng)過等勢面 L3上某點時的動能為 20J，運動至等勢面 L1上的某一點時動能變?yōu)?0，因為相鄰兩個等勢面間的電勢差相等，電場力做功相等，所以等勢面 L2上的動能為 10J，所以動能和電勢能之和為 10J，當電荷的電勢能為 4J時，其動能為 6J．故 C正確， A、 B、 D錯誤． 故選： C． 點評： 解決本題的關(guān)鍵知道電 場力做功和電勢能的變化關(guān)系，以及知道電荷的電勢能和動能之和保持不變． 14．一金屬球，原來不帶電，現(xiàn)沿球的直徑的延長線放置一均勻帶電的細桿 MN，如圖所示，金屬球上感應電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上 a、 b、 c三點的場強大小分別為 Ea、 Eb、 Ec，三者相比 ( ) A． Ea最大 B． Eb最大 C． Ec最大 D． Ea=