高考沖刺資料

1、33.（15分）如圖所示，在傾角=的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b分別垂直放置在導(dǎo)軌上EF、GH位置，其中a 棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線跨過光滑定滑輪與重物c 連接。已知EF上方導(dǎo)軌的電阻與到EF的距離x有關(guān)，EF下方的導(dǎo)軌沒有電阻?，F(xiàn)在由靜止釋放a、b、c，a、c一起以加速度做勻加速運(yùn)動，b棒剛好仍靜止在導(dǎo)軌上。a棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，a、b棒電阻不計(jì)，與導(dǎo)軌電接觸良好。（1）求重物c 的質(zhì)量；（2）求EF上方每根導(dǎo)軌的電阻與到EF的距離x之間的關(guān)系；（3）某時(shí)刻t，與a

2、棒連接的細(xì)線突然被拉斷，求細(xì)線被拉斷的瞬間a 棒的加速度大?。唬?）在第（3）問中，假設(shè)細(xì)線被拉斷的瞬間，a、b 棒的重力突然消失。求從釋放a、b、c 到a、b 棒的速度穩(wěn)定過程中，a 棒克服安培力做的功。33（15分）解：（1）設(shè)重物c 的質(zhì)量為M.對a棒，由牛頓定律得 1分對重物C，由牛頓定律得 1分對b棒，由平衡條件得 1分由式解得 M=3m. 1分（2）對a、b棒構(gòu)成的回路，由閉合電路歐姆定律得 1分對a棒由運(yùn)動學(xué)公式得 1分由 、 、 式解得 1分（3）細(xì)線被拉斷的瞬間，a 棒受安培力不變，對a 棒由牛頓定律得 1分由、 式解得： 1分（4）細(xì)線被拉斷后，在安培力作用下，b棒向上做加

3、速運(yùn)動，a棒向上做減速運(yùn)動，a棒和b棒上的電流大小總是相等，安培力大小總是相等，加速度大小總是相等，所以相等時(shí)間內(nèi)速度變化量大小相等，直至a、b棒構(gòu)成回路的磁通量不變化，即a、b棒構(gòu)成回路的面積不變化，即二者以共同速度做勻速直線運(yùn)動為止。共同速度滿足 2分解得 1分從釋放a、b、c 到細(xì)線剛被拉斷的過程中， a 棒克服安培力做的功： 1分 從細(xì)線剛被拉斷到a、b 棒的速度穩(wěn)定（即二者以共同速度勻速直線運(yùn)動）的過程中，對a 棒由動能定理可得a 棒克服安培力做的功 1分由 、 、式解得 = 1分 13（15分）做磁共振檢查時(shí)，對人體施加的磁場發(fā)生變化時(shí)會在肌肉組織中產(chǎn)生感應(yīng)電流。某同學(xué)為了估算該感

4、應(yīng)電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r=5.0cm，線圈導(dǎo)線的橫截面積A=，電阻率，如圖所示，勻強(qiáng)磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0.3s內(nèi)從1.5T均勻地減小為零，求（計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）（1）該圈肌肉組織的電阻R；（2）該圈肌肉組織中的感應(yīng)電動勢E；（3）0.3s內(nèi)該圈肌肉組織中產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）6×103 （2）4×10-2V （3）8×10-8J(18分)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一水平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l。ab與cd平行，間距為2l。勻

5、強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)cd邊到磁場上邊界的距離為2l ，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求 (1)線框ab邊將離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的幾倍：(2)磁場上下邊界間的距離H。靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中和d為已知量。一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)

6、動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A（0<A<q）,忽略重力。求 （1）粒子所受電場力的大小； （2）粒子的運(yùn)動區(qū)間； （3）粒子的運(yùn)動周期。解析：（1）由圖可知，0與d（或-d）兩點(diǎn)間的電勢差為0電場強(qiáng)度的大小 電場力的大小 （2）設(shè)粒子在-x0，x0區(qū)間內(nèi)運(yùn)動，速率為v，由題意得 由圖可知 由得 因動能非負(fù)，有 得 即 粒子運(yùn)動區(qū)間（3）考慮粒子從-x0處開始運(yùn)動的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度 由勻加速直線運(yùn)動 將代入，得 粒子運(yùn)動周期 【2012】24（20分）勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正向，電場強(qiáng)度E隨x的分布如圖所示。圖中E0和d均為已知量

7、.將帶正電的質(zhì)點(diǎn)A在O點(diǎn)由能止釋放.A離開電場足夠遠(yuǎn)后，再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由G靜止釋放，當(dāng)B在電場中運(yùn)動時(shí)，A. B間的相互作用力及相互作用能均為零:B離開電場后，A. B間的相作用視為靜電作用.已知A的電荷量為Q. A和B的質(zhì)量分別為m和.不計(jì)重力.(I) 求A在電場中的運(yùn)動時(shí)間t，(2)若B，的電荷量,求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值(3)為使B離開電場后不改變運(yùn)動方向.求B所帶電荷量的最大位qm【例題】如圖所示，金屬棒的質(zhì)量為m=5g，放置在寬L=1、光滑的金屬導(dǎo)軌的邊緣上，兩金屬導(dǎo)軌處于水平面上，該處有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B=0.5T，電容器的電容C=200F，電源電

8、動勢E=16V，導(dǎo)軌平面距離地面高度h=0.8m，g取，在電鍵S與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”接通，金屬棒被拋到s=0.064m的地面上，試求棒被水平拋出時(shí)電容器兩端的電壓。 解析：當(dāng)S接“1”時(shí)，電容器充電，穩(wěn)定時(shí)兩極板的電壓為：， 所以帶電量為：； 當(dāng)S接“2”時(shí)，電容器放電，有放電電流通過棒，但該電流是變化的，所以棒受到的安培力也是變化的。棒離開水平導(dǎo)軌的初速V0可根據(jù)棒此后的平拋運(yùn)動求出：由，得。設(shè)放電過程時(shí)間為，此過程通過棒的電量為，由動量定理得:，所以，所以被拋出時(shí)電容器極板上剩余的電量為 ，所以棒被拋出時(shí)電容器兩端的電壓為 例題】如圖3所示，S為電子源，它在紙面360度范圍

9、內(nèi)發(fā)射速度大小為，質(zhì)量為m，電量為q的電子（q<0），MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離為L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，求擋板被電子擊中的范圍為多大？解析：由于粒子從同一點(diǎn)向各個(gè)方向發(fā)射，粒子的軌跡構(gòu)成繞S點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的一動態(tài)圓，動態(tài)圓的每一個(gè)圓都是逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，這樣可以作出打到最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的軌跡，如圖4所示，最高點(diǎn)為動態(tài)圓與MN的相切時(shí)的交點(diǎn)，最低點(diǎn)為動態(tài)圓與MN相割，且SB為直徑時(shí)B為最低點(diǎn)，帶電粒子在磁場中作圓周運(yùn)動，由得SB為直徑，則由幾何關(guān)系得A為切點(diǎn)，所以O(shè)AL所以粒子能擊中的范圍為。例題】核聚變反應(yīng)需要幾百萬度以上的高溫，為把高溫條件下高速運(yùn)動

10、的離子約束在小范圍內(nèi)（否則不可能發(fā)生核反應(yīng)），通常采用磁約束的方法（托卡馬克裝置）。如圖17所示，環(huán)狀勻強(qiáng)磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大，都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在該區(qū)域內(nèi)。設(shè)環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1=0.5m，外半徑R2=1.0m，磁場的磁感強(qiáng)度B=1.0T，若被束縛帶電粒子的荷質(zhì)比為q/m=4×c/，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個(gè)方向的速度。試計(jì)算（1）粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度。（2）所有粒子不能穿越磁場的最大速度。解析：（1）要粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場，則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切，軌跡如圖18所示。由圖

11、中知解得由得所以粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度為。（2）當(dāng)粒子以V2的速度沿與內(nèi)圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時(shí)，則以V1速度沿各方向射入磁場區(qū)的粒子都不能穿出磁場邊界，如圖19所示。由圖中知由得所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度6、帶電粒子在“綠葉形”磁場中的運(yùn)動【例題】如圖20所示，在xoy平面內(nèi)有很多質(zhì)量為m、電量為e的電子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O不斷以相同的速率V0沿不同方向平行xoy平面射入第I象限?，F(xiàn)加一垂直xoy平面向里、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，要求這些入射電子穿過磁場都能平行于x軸且沿X軸正方向運(yùn)動。求符合條件的磁場的最小面積。（不考慮電子之間的相互作用）解析：

12、如圖21所示，電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，半徑為。在由O點(diǎn)射入第I象限的所有電子中，沿y軸正方向射出的電子轉(zhuǎn)過1/4圓周，速度變?yōu)檠豿軸正方向，這條軌跡為磁場區(qū)域的上邊界。下面確定磁場區(qū)域的下邊界。設(shè)某電子做勻速圓周運(yùn)動的圓心O/與O點(diǎn)的連線與y軸正方向夾角為，若離開磁場時(shí)電子速度變?yōu)檠豿軸正方向，其射出點(diǎn)（也就是軌跡與磁場邊界的交點(diǎn)）的坐標(biāo)為（x，y）。由圖中幾何關(guān)系可得x=Rsin，y=R-Rcos，消去參數(shù)可知磁場區(qū)域的下邊界滿足的方程為x2+(R-y)2=R2，(x>0，y>0)這是一個(gè)圓的方程，圓心在（0，R）處。磁場區(qū)域?yàn)閳D中兩條圓弧所圍成的面積。磁場的最小面積為;7、

13、帶電粒子在有“圓孔”的磁場中運(yùn)動【例題】如圖22所示，兩個(gè)共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫、和，外筒的外半徑為，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強(qiáng)度的大小為。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為、帶電量為的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫的點(diǎn)出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時(shí)間的運(yùn)動之后恰好又回到出發(fā)點(diǎn)，則兩電極之間的電壓應(yīng)是多少？（不計(jì)重力，整個(gè)裝置在真空中）解析：如圖23所示，帶電粒子從S點(diǎn)出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進(jìn)入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動。粒子再回到S點(diǎn)的條件

14、是能沿徑向穿過狹縫d。只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進(jìn)入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點(diǎn)。設(shè)粒子進(jìn)入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有：設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有：由前面分析可知，要回到S點(diǎn)，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得：。8、帶電粒子在相反方向的兩個(gè)有界磁場中的運(yùn)動【例題】如圖24所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。左側(cè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。一個(gè)質(zhì)量為m

15、、電量為q、不計(jì)重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，穿過中間磁場區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點(diǎn)，然后重復(fù)上述運(yùn)動過程。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d;（2）帶電粒子從O點(diǎn)開始運(yùn)動到第一次回到O點(diǎn)所用時(shí)間t。解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得?？梢娫趦纱艌鰠^(qū)粒子運(yùn)動半徑相同，如圖25所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為（2）在電場中，在中間磁場中運(yùn)動時(shí)間在右側(cè)磁場中運(yùn)動時(shí)間，則粒子第一次回到O點(diǎn)的所用時(shí)間為。綜上所述，運(yùn)動的帶電粒子垂直

16、進(jìn)入有界的勻強(qiáng)磁場，若僅受洛侖茲力作用時(shí)，它一定做勻速圓周運(yùn)動，這類問題雖然比較復(fù)雜，但只要準(zhǔn)確地畫出軌跡圖，并靈活運(yùn)用幾何知識和物理規(guī)律，找到已知量與軌道半徑R、周期T的關(guān)系，求出粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度或距離以及運(yùn)動時(shí)間不太難5會分析求解帶電粒子在復(fù)合場中的復(fù)雜曲線運(yùn)動問題。當(dāng)帶電粒子所受合外力變化且與粒子速度不在一條直線上時(shí)，帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動。求解這類問題一般要應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解和運(yùn)動的獨(dú)立性原理求解。分解后的兩個(gè)運(yùn)動能獨(dú)立進(jìn)行，互不影響。即一個(gè)分運(yùn)動的運(yùn)動狀態(tài)及受力情況不會受另一分運(yùn)動的影響，也不會對另一個(gè)分運(yùn)動狀態(tài)及受力情況產(chǎn)生影響?！纠}】質(zhì)量為m的帶正電量為q的粒子，從垂直

17、紙面向里的勻強(qiáng)磁場B中自由下落（初速度為零），重力的作用不能忽略（不計(jì)一切阻力），試求：（1）粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡方程；（2）粒子進(jìn)入磁場的最大深度和最大速度。解析：粒子運(yùn)動過程中受變化的洛侖茲力和重力的作用而做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，尋求粒子的分運(yùn)動是解題的難點(diǎn)和關(guān)鍵，引入如圖38所示的速度V1、V2，使V1=V2=mg/Bq。這樣把粒子的運(yùn)動分解為以V1所做的勻速直線運(yùn)動和在同一平面以V2所做的勻速圓周運(yùn)動。建立如圖39所示的坐標(biāo)系，在任一時(shí)刻t，有-x2=Rsin，y=R-Rcos =t，=Bq/m， R=mV2/Bqx1=V1t， x=x1+x2由以上各式可得關(guān)于t的參數(shù)方程，圖40是它的運(yùn)

18、動軌跡。令t=m/Bq，得粒子進(jìn)入磁場的最大深度h=2m2g/B2q2粒子運(yùn)動的最大速度，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： mgh=【例題】 如圖所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時(shí)間變化的圖象如左圖。（每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間極短，可以認(rèn)為電壓是不變的）求：在t=0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？屏上的亮點(diǎn)如何移動？解析：由圖知t=0.06s時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓為1.8U0，可求得y = 0.45L=

19、4.5cm，打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)13.5cm。電子的最大側(cè)移為0.5L（偏轉(zhuǎn)電壓超過2.0U0，電子就打到極板上了），所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30cm。屏上的亮點(diǎn)由下而上勻速上升，間歇一段時(shí)間后又重復(fù)出現(xiàn)第三模塊：電容器夯實(shí)基礎(chǔ)知識1、電容器的組成：兩個(gè)彼此絕緣又互相靠近的導(dǎo)體可構(gòu)成一個(gè)電容器。電容器是儲存電荷（電能）的元件。2、電容器的充放電把電容器的一個(gè)極板接電池正極，另一個(gè)極板接電池負(fù)極，兩個(gè)極就分別帶上了等量的異種電荷，這個(gè)過程叫做充電。電容器充電時(shí)會在電路中形成隨時(shí)間變化的充電電流，充電時(shí)，電流從電源正極流向電容器的正極板，從電容器的負(fù)極板流向電源的負(fù)極。用一根導(dǎo)線把充電

20、后的兩極接通，兩極上的電荷互相中和，電容器就不帶電，這個(gè)過程叫做放電。電容器放電時(shí)，電流從電容器正極板流出，通過電路流向電容器的負(fù)極。電容器所帶的電荷量是指電容器的一個(gè)極板上所帶電荷量的絕對值。3、電容C（1）定義：電容器所帶的電荷量Q(任一個(gè)極板所帶電量的絕對值)與兩個(gè)極板間的電勢差U的比值叫做電容器的電容。 （2）定義式： CQ/U（3）電容單位：法拉(F)，微法(F)，皮法(PF)1F=106F=1012PF（4）物理意義：電容表示電容器的帶電本領(lǐng)的高低（5）說明：C與Q、U無關(guān)；與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)C由電容器本身物理?xiàng)l件（導(dǎo)體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定；4、平行板電容

21、器的電容C= (即平行板電容器的電容與兩板正對面積（不可簡單的理解為板的面積）成正比，與兩板間距離成反比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比)5、平行板電容器動態(tài)分析平行板電容容器分析這類問題的關(guān)鍵在于弄清叫些量是變量，哪些量是不變量，哪些量是自變量，哪些量是因變量。一般分為兩種情況：(1) 電壓不變：電容器兩極板接入電路中，它兩端的電壓等于這部分電路兩端電壓，當(dāng)電容變化時(shí)，電壓不變；(2) 電量不變：電容器充電后斷開電源，一般情況下電容變化，電容器所帶電量不變進(jìn)行討論的物理依據(jù)主要是四個(gè)由和求出U，再代入，可得平行板電容器兩極板間的電場強(qiáng)度為。即電容器內(nèi)部的場強(qiáng)正比于電荷密度這表明孤立的帶電電容器在極板

22、彼此遠(yuǎn)離或靠近過程，內(nèi)部場強(qiáng)不會變化一個(gè)應(yīng)用僅插入厚為L且與極板等面積的金屬板A，如右圖所示，靜電平衡后金屬板內(nèi)場強(qiáng)為零，相當(dāng)于平行板電容器極板間的距離縮短了L，因而C增加題型解析類型題： 電容器動態(tài)變化問題【例題】如圖所示是一個(gè)由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路。在增大電容器兩極板間距離的過程中( BD )A、電阻R中沒有電流B、電容器的電容變小C、電阻R中有從A流向B的電流D、電阻R中有從B流向A的電流【例題】 如圖所示，在平行板電容器正中有一個(gè)帶電微粒。K閉合時(shí)，該微粒恰好能保持靜止。在保持K閉合；充電后將K斷開；兩種情況下，各用什么方法能使該帶電微粒向上運(yùn)動打到上極板？A上移上

23、極板M B上移下極板N C左移上極板M D把下極板N接地 解析：由上面的分析可知選B，選C【例題】一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很小）固定在P點(diǎn)，如圖所示，以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若保持負(fù)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，W變大C、U變小，W不變 D、U不變，W不變解析：注意到各量間關(guān)系的準(zhǔn)確把握。解答：電容器充電后電源斷開，說明電容器帶電量不變。正極板向負(fù)極板移近，電容變大，由知U變小，這時(shí)有。因?yàn)椋琩變小、U變大值不變，即場強(qiáng)E不變。A正確，B、D錯(cuò)誤負(fù)極

24、板接地即以負(fù)極板作為電勢、電勢能的標(biāo)準(zhǔn)，場強(qiáng)E不變，P點(diǎn)的電勢不變，正電荷在P點(diǎn)的電勢能也不變，C正確答案：AC【例題】在如圖電路中，電鍵K1、K2、K3、K4均閉合，C是極板水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P。斷開哪一個(gè)電鍵后P會向下運(yùn)動? (    ) AK1    BK2  CK3  DK4解析：斷開K1時(shí)電容器兩端的電壓仍與初狀態(tài)相同，故帶電粒子不動；斷開K2時(shí)電容器兩端的電壓升高到等于電源的電動勢，故帶電粒子向上運(yùn)動；斷開K3時(shí)電容器放電，兩端的電壓為零，故帶電粒子向下運(yùn)動；K4斷開時(shí)電容器兩端電

25、量不變，電壓仍與初狀態(tài)相同，故帶電粒子不動。 答案：C【例題】如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b，分別與電源的正負(fù)極相連a、b板的中央沿豎直方向各有一個(gè)小孔，帶正電的液滴從小孔的正上方P點(diǎn)由靜止自由落下，先后穿過兩個(gè)小孔后速度為v1現(xiàn)使a板不動，保持開關(guān)S打開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點(diǎn)自由落下，先后穿過兩個(gè)小孔后速度為v2；下列說法中正確的是（ ）A若開關(guān)S保持閉合，向下移動b板，則v2> v1B若開關(guān)S閉合一段時(shí)間后再打開，向下移動b板，則v2> v1C若開關(guān)S保持閉合，無論向上或向下移動b板，則v2= v1D若開關(guān)S閉合一段時(shí)間后再打開，無

26、論向上或向下移動b板，則v2< v1解析：注意兩種情況的區(qū)別，電鍵K始終閉合，則電容器兩板間的電壓保持不變，閉合后再斷開則電量保持不變，然后再根據(jù)平行板電容器電容、電勢差和電量的關(guān)系及勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)和距離的關(guān)系即可答案：BC【例題】（成都市2008屆高中畢業(yè)班摸底測試）傳感器是自動控制設(shè)備中不可缺少的元件。右圖是一種測定位移的電容式傳感器電路。在該電路中，閉合開關(guān)S一小段時(shí)間后，使工件（電介質(zhì)）緩慢向左移動，則在工件移動的過程中，通過電流表G的電流 （填“方向由a至b”、“方向由b至a”或“始終為零”）解析：方向由a至b類型題： 電容式傳感器電容式傳感器也是根據(jù)電容器的動態(tài)變化原理來工作

27、的，在測量中有著重要的應(yīng)用，因此在復(fù)習(xí)中不可忽視。關(guān)鍵在于抓住所測物理量與電容器中電容的聯(lián)系，問題就迎刃而解了?！纠}】如圖計(jì)算機(jī)鍵盤上的每一個(gè)按鍵下面都有一個(gè)電容傳感器。電容的計(jì)算公式是，其中常量=9。0×10-12Fm-1，S表示兩金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。當(dāng)某一鍵被按下時(shí)，d發(fā)生改變，引起電容器的電容發(fā)生改變，從而給電子線路發(fā)出相應(yīng)的信號。已知兩金屬片的正對面積為50mm2，鍵未被按下時(shí)，兩金屬片間的距離為0。60mm。只要電容變化達(dá)0.25pF，電子線路就能發(fā)出相應(yīng)的信號。那么為使按鍵得到反應(yīng)，至少需要按下多大距離？解析：先求得未按下時(shí)的電容C1=0.75pF

28、，再由得和C2=1.00pF，得d=0。15mm。【例題】1999年7月12日日本原子能公司所屬的敦賀灣核電站由于水管破裂導(dǎo)致高輻射冷卻劑外泄，在檢測此次事故中，應(yīng)用于把非電流變化（冷卻劑外泄使管中液面變化）轉(zhuǎn)化為電信號的自動化測量技術(shù)。如圖所示是一種通過檢測電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖，容器中裝有導(dǎo)電液體，是電容器的一個(gè)電極，中間的芯柱是電容器的另一個(gè)電極，芯柱外面套有絕緣管（塑料或橡皮）作為電介質(zhì)，電容器的兩個(gè)電極分別用導(dǎo)線接在指示器上，指示器上顯示的是電容的大小，從電容的大小就可知容器中液面位置的高低，對此，以下說法正確的是A如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積增大，液面

29、必升高B如果指示器顯示出電容減小了，則兩電極正對面積增大，液面必升高C如果指示器顯示出電容增大了，則兩電極正對面積減小，液面必降低D如果指示器顯示出電容減小了，則兩電極正對面積減小，液面必降低解析：芯柱和導(dǎo)電液之間的距離未變，液面的升降影響著它們的正對面積，若液面上升，正對面積增大，電容也就增大。故AD正確。類型題： 含容電路的分析電容器是一個(gè)儲存電能的元件在直流電路中，當(dāng)電容器充放電時(shí)，電路里有充放電電流，一旦電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，電容器在電路中就相當(dāng)于一個(gè)阻值無限大（只考慮電容器是理想的不漏電的情況）的元件，在電容器處電路看作是斷路，簡化電路時(shí)可去掉它簡化后若要求電容器所帶電荷量時(shí)，可在相應(yīng)的

30、位置補(bǔ)上（1）解決這類問題的一般方法：通過穩(wěn)定的兩個(gè)狀態(tài)來了解不穩(wěn)定中間變化過程（2）只有當(dāng)電容器充、放電時(shí)，電容器支路中才會有電流，當(dāng)電路穩(wěn)定時(shí)，電容器對電路的作用是斷路（3）電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電阻為等勢體，電容器的電壓為與之并聯(lián)的電阻電壓（4）在計(jì)算出電容器的帶電量后，必須同時(shí)判定兩板的極性，并標(biāo)在圖上（5）在充放電時(shí)，電容器兩根引線上的電流方向總是相同的，所以要根據(jù)正極板電荷變化情況來判斷電流方向。（6）如果變化前后極板帶電的電性相同，那么通過每根引線的電荷量等于始末狀態(tài)電容器電荷量的差；如果變化前后極板帶電的電性改變，那么通過每根引線的電荷量等于始末狀態(tài)電容器電荷量之和【例題】

31、如圖所示，電源電動勢=9V，內(nèi)電阻r=0.5，電阻R1=5.0、R2=3.5、R3=6.0、R4=3.0，電容C=2.0F。當(dāng)電鍵K由a與接觸到與b接觸通過R3的電量是多少？解析：K接a時(shí)，此時(shí)電容器帶電量QC=CU1=I×10-5(C)K接b時(shí)， 此時(shí)電容器帶電量QC=CU1=0.7×10-5(C)流過R3的電量為Q=QCQC=1.7×105(C)【例題】已知如圖，R1=30，R2=15，R3=20，AB間電壓U=6V，A端為正C=2F，為使電容器帶電量達(dá)到Q =2×10- 6C，應(yīng)將R4的阻值調(diào)節(jié)到多大？解析：由于R1 和R2串聯(lián)分壓，可知R1兩端電

32、壓一定為4V，由電容器的電容知：為使C的帶電量為2×10-6C，其兩端電壓必須為1V，所以R3的電壓可以為3V或5V。因此R4應(yīng)調(diào)節(jié)到20或4。兩次電容器上極板分別帶負(fù)電和正電。還可以得出：當(dāng)R4由20逐漸減小的到4的全過程中，通過圖中P點(diǎn)的電荷量應(yīng)該是4×10-6C，電流方向?yàn)橄蛳隆纠}】在如圖所示的電路中，電源的電動勢E=3.0V，內(nèi)阻r=1.0；電阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；電容器的電容C=100F電容器原來不帶電求接通電鍵K后流過R4的總電量解析：閉合電路的總電阻為由歐姆定律得，通過電源的電流 路端電壓U=E-Ir電阻R3兩端電壓通過R4的總電量就是電容器的帶電量Q=CU/由以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 Q=2.0×10-4C 答案：Q=2.0×10-4C點(diǎn)評：本題考查含電容器電路的分析與計(jì)算在直流電路中，當(dāng)電路穩(wěn)定后，含電容器的支路無電流，R4兩端等勢，R3兩端電壓等于電容器兩端電壓理解這一點(diǎn)，是解這類題的關(guān)鍵【例題】如圖所示的電路中，C2=2C1，R2=2R1，下列說法正確的是（ A ）A開關(guān)處于斷開狀態(tài)，電容器C2的電量大于C1的帶電量B開關(guān)處于斷開狀態(tài)，電容器C1的電量大于C2的帶電量C開關(guān)處