2020年強(qiáng)基計(jì)劃物理專題講解（核心素養(yǎng)提升）第9講靜電場(chǎng)目錄知識(shí)精講 11．均勻帶電球殼內(nèi)外的電場(chǎng) 12．計(jì)算電勢(shì)的公式 13．電介質(zhì)的極化 14．電容器 2典型例題 2題型一庫(kù)侖定律的理解與應(yīng)用 2題型二電場(chǎng)強(qiáng)度的理解與計(jì)算 5題型三電場(chǎng)線及電場(chǎng)分布 7題型四電勢(shì)的理解與計(jì)算 8題型五電容 10題型六力電綜合問(wèn)題 12知識(shí)精講【擴(kuò)展知識(shí)】1．均勻帶電球殼內(nèi)外的電場(chǎng)（1）均勻帶電球殼內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零。（2）均勻帶電球殼外任意一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)公式為。式中r是殼外任意一點(diǎn)到球心距離，Q為球殼帶的總電量。2．計(jì)算電勢(shì)的公式（1）點(diǎn)電荷電場(chǎng)的電勢(shì)若取無(wú)窮遠(yuǎn)處（r=∞）的電勢(shì)為零，則。式中Q為場(chǎng)源電荷的電量，r為場(chǎng)點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離。（2）半徑為R、電量為Q的均勻帶電球面的在距球心r處的電勢(shì)（r≥R）,（r＜R）3．電介質(zhì)的極化（1）電介質(zhì)的極化把一塊電介質(zhì)放在電場(chǎng)中，跟電場(chǎng)垂直的介質(zhì)的兩個(gè)端面上將出現(xiàn)等量異號(hào)的不能自由移動(dòng)的電荷（極化電荷），叫做電介質(zhì)的極化。（2）電介質(zhì)的介電常數(shù)電介質(zhì)的性質(zhì)用相對(duì)介電常數(shù)εr來(lái)表示。一個(gè)點(diǎn)電荷Q放在均勻的無(wú)限大（指充滿電場(chǎng)所在的空間）介質(zhì)中時(shí)，與電荷接觸的介質(zhì)表面將出現(xiàn)異號(hào)的極化電荷q′（），使空間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度（E）比無(wú)介質(zhì)時(shí)單獨(dú)由Q產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度（E0）小εr倍，即E0/E=εr。故點(diǎn)電荷在無(wú)限大的均勻介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)分別為，。4．電容器（1）電容器的電容充滿均勻電介質(zhì)的平行板電容器的電容或。推論：。平行板電容器中中插入厚度為d1的金屬板。（2）電容器的聯(lián)接串聯(lián)：；并聯(lián)：。（3）電容器的能量。典型例題題型一庫(kù)侖定律的理解與應(yīng)用例1．[多選](清華大學(xué)自主招生)如圖所示，用等長(zhǎng)絕緣線分別懸掛兩個(gè)質(zhì)量、電量都相同的帶電小球A和B，兩線上端固定于O點(diǎn)，B球固定在O點(diǎn)正下方。當(dāng)A球靜止時(shí)，兩懸線夾角為θ。能保持夾角θ不變的方法是()A．同時(shí)使兩懸線長(zhǎng)度減半B．同時(shí)使A球的質(zhì)量和電量都減半C．同時(shí)使兩球的質(zhì)量和電量都減半D．同時(shí)使兩懸線長(zhǎng)度和兩球的電量都減半【答案】BD【解析】設(shè)兩球距離為d，分析A球的受力如圖所示，圖中F＝keq\f(q2,d2)。設(shè)絕緣線長(zhǎng)度為L(zhǎng)，由圖中兩個(gè)相似三角形關(guān)系可得：eq\f(mg,L)＝eq\f(T,L)＝eq\f(F,d)，即mg＝T。由A球的受力矢量圖可知，2mgsineq\f(θ,2)＝F＝keq\f(q2,d2)。同時(shí)使兩懸線長(zhǎng)度減半，則d減半，不能滿足上式，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同時(shí)使A球的質(zhì)量和電量都減半，上式成立，選項(xiàng)B正確；同時(shí)使兩球的質(zhì)量和電量都減半，不能滿足上式，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同時(shí)使兩懸線長(zhǎng)度和兩球的電量都減半，則d、q1、q2減半，上式仍然能滿足，選項(xiàng)D正確。變式1．(復(fù)旦大學(xué)自主招生)設(shè)有帶負(fù)電的小球A、B、C，它們的電量的比為1∶3∶5，三球均在同一直線上，A、C固定不動(dòng)，而B(niǎo)也不動(dòng)時(shí)，BA與BC間的比值為()A．1∶5 B．5∶1C．1∶eq\r(5) D.eq\r(5)∶1【答案】C【解析】設(shè)B、A之間距離為r1，B、C之間距離為r2，由庫(kù)侖定律，A、B之間庫(kù)侖力F1＝keq\f(3q·q,r12)，B、C之間庫(kù)侖力F2＝keq\f(3q·5q,r22)。B也不動(dòng)時(shí)，F(xiàn)1＝F2。聯(lián)立解得：r1∶r2＝1∶eq\r(5)，選項(xiàng)C正確。變式2.（上海交通大學(xué)自主招生）兩個(gè)半徑相同的金屬球A、B帶等量同種電荷，它們之間的距離遠(yuǎn)大于小球本身直徑。已知它們相隔一定距離時(shí)，兩球之間的相互作用力的大小是F，現(xiàn)在用一個(gè)帶有絕緣柄的原來(lái)不帶電的半徑相同的金屬小球C，先與小球A接觸，再和小球B接觸后移開(kāi)。這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力大小變?yōu)锳．F/2B．F/4C．3F/4D．3F/8答案A解析：根據(jù)庫(kù)侖定律，金屬球A、B之間的庫(kù)倫力正比于金屬球A、B帶電量的乘積，即F=kQ2/r2。設(shè)開(kāi)始時(shí)金屬球A、B帶電量均為Q，金屬小球C與小球A接觸后，二者平分，各自帶電量Q/2。金屬小球C再與小球B接觸后，二者平分，各自帶電量（Q+Q/2）/2=3Q/4。這時(shí)二者帶電量的乘積為Q/2·3Q/4=3Q/8。所以A、B兩球之間的相互作用力大小變?yōu)?F/8。選項(xiàng)D正確。變式3.(華約自主招生)“頓牟綴芥”是兩干多年前我國(guó)古人對(duì)摩擦起電現(xiàn)象的觀察記錄，“頓牟綴芥”是指經(jīng)摩擦后的帶電琥珀能吸起小物體。我們可以將其簡(jiǎn)化為下述模型分析探究。在某處固定一個(gè)電荷量為Q的點(diǎn)電荷，在其正下方h處有一個(gè)原子。在點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)(場(chǎng)強(qiáng)為E)作用下，原子的負(fù)電荷中心與正電荷中心會(huì)分開(kāi)很小的距離l，形成電偶極子。描述電偶極子特征的物理量稱為電偶極矩p，p=ql，這里q為原子核的電荷。實(shí)驗(yàn)顯示，p=αE，α為原子的極化系數(shù)，是與原子本身特性有關(guān)的物理量，反映原子被極化的難易程度。被極化的原子與點(diǎn)電荷之間產(chǎn)生作用力F。在一定條件下，原子會(huì)被點(diǎn)電荷“綴”上去。(1)判斷F是吸引力還是排斥力?簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；(2)若固定點(diǎn)電荷的電荷量增加一倍，力F如何變化？(3)若原子與點(diǎn)電荷間的距離減小為原來(lái)的一半，力F如何變化？解析：（1）F為吸引力。理由：當(dāng)原子極化時(shí),，與Q異性的電荷在庫(kù)侖力作用下移向Q，而與Q同性的電荷在庫(kù)侖力作用下遠(yuǎn)離Q，這樣異性電荷之間的吸引力大于同性電荷之間的排斥力，總的效果表現(xiàn)為F是吸引力。（2）電荷Q與分離開(kāi)距離l的一對(duì)異性電荷之間的總作用力為：F=k-k考慮到l<<h，化簡(jiǎn)得：F=kqQ（-）=2kQql/h3.利用p=ql，可得F=2kQp/h3.根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式，若固定點(diǎn)電荷的電荷量增加一倍，即Q增大為2Q，被極化的原子處的電場(chǎng)強(qiáng)度E增大到原來(lái)的2倍。由p=αE可知電偶極矩p增大到原來(lái)的2倍。由F=2kQp/h3.可知作用力F增大到原來(lái)的4倍。(3)根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式，若原子與點(diǎn)電荷間的距離減小為原來(lái)的一半，即h減小為原來(lái)的一半，被極化的原子處的電場(chǎng)強(qiáng)度E增大到原來(lái)的4倍。由p=αE可知電偶極矩p增大到原來(lái)的4倍。由F=2kQp/h3.可知作用力F增大到原來(lái)的32倍。題型二電場(chǎng)強(qiáng)度的理解與計(jì)算例2.(南京大學(xué)自主招生)如圖，一半徑為R、電荷量為Q的帶電金屬球，球心位置O固定，P為球外一點(diǎn)。幾位同學(xué)在討論P(yáng)點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)時(shí)，有下列一些說(shuō)法，其中哪些說(shuō)法是正確的()A．若P點(diǎn)無(wú)限靠近球表面，因?yàn)榍虮砻鎺щ?，根?jù)庫(kù)侖定律可推知，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)趨于無(wú)窮大B．因?yàn)樵谇騼?nèi)場(chǎng)強(qiáng)處處為0，若P點(diǎn)無(wú)限靠近球表面，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)趨于0C．若Q不變，P點(diǎn)的位置也不變，而令R變小，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變D．若保持Q不變，而令R變大，同時(shí)始終保持P點(diǎn)極靠近球表面處，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變【答案】C【解析】半徑為R、電荷量為Q的帶電金屬球，對(duì)球外任意點(diǎn)的電場(chǎng)來(lái)說(shuō)，帶電金屬球可視為點(diǎn)電荷。若P點(diǎn)無(wú)限靠近球表面，因?yàn)榍虮砻鎺щ?，根?jù)庫(kù)侖定律可推知，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(kQ,R2)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。若Q不變，P點(diǎn)的位置也不變，而令R變小，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不變，選項(xiàng)C正確。若保持Q不變，而令R變大，同時(shí)始終保持P點(diǎn)極靠近球表面處，則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。變式4．(“北約”自主招生)電量Q均勻分布在半徑R的圓環(huán)上，求在圓環(huán)軸線上距圓心O點(diǎn)為x＝eq\r(3)R處的P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度?！窘馕觥咳鐖D所示：在圓環(huán)直徑的兩端對(duì)稱的選取兩相同微元研究，設(shè)電量均為Δq，它們到P點(diǎn)的距離r＝2R。它們?cè)赑點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度沿垂直x軸方向的分量抵消，沿x軸方向分量為ΔEx＝2keq\f(Δq,r2)cosθ＝2keq\f(Δq,r2)·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)kΔq,4R2)，整個(gè)帶電圓環(huán)在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度：E＝∑ΔEx＝∑eq\f(\r(3)kΔq,4R2)＝eq\f(\r(3)k,4R2)∑Δq＝eq\f(\r(3)kQ,4R2)。【答案】eq\f(\r(3)kQ,4R2)變式5.（浙江大學(xué)自主招生）正方體八個(gè)頂點(diǎn)上各有一電荷為q的點(diǎn)電荷，求它們?cè)谏厦嬷行腛形成的合場(chǎng)強(qiáng)大小和方向。解析：設(shè)正方體邊長(zhǎng)為a，正方體上方頂點(diǎn)四個(gè)電荷在上面中心O形成的合場(chǎng)強(qiáng)為零。正方體下方頂點(diǎn)四個(gè)電荷與上面中心O的距離為r==a每個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1=kq/r2=，由對(duì)稱性可知該場(chǎng)強(qiáng)在正方體上方平面的分量相互抵消。垂直正方體上方平面的分量為：E1y=×=。在上面中心O形成的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E=4E1y=4=。方向垂直于正方體上方平面向上。變式6.（北大自主招生）四塊等距并排的平行板（可視為無(wú)限大的平行板，忽略邊緣效應(yīng)），從左到右的電荷量依次為q、2q、3q、4q，現(xiàn)將第一和第四塊板接地，問(wèn)：（1）這兩塊板流入地面的電荷量各為多少？（2）求板中的電場(chǎng)強(qiáng)度。（補(bǔ)充知識(shí)：兩塊無(wú)窮大平行板之間電場(chǎng)強(qiáng)度E=σ/ε0）解析：（1）將第一和第四塊板接地，第一和第四塊板等電勢(shì)，可令電勢(shì)為零。達(dá)到靜電平衡后，第一塊板帶電量為-2q，第四塊板帶電量為-3q，第一塊板流入地面的電荷量為q-(-2q)=3q，第四塊板流入地面的電荷量為4q-(-3q)=7q。（2）設(shè)帶電量為q的兩無(wú)限大的平行板電荷面密度為σ，則第一塊和第二塊平行板相對(duì)面帶電量2q，其面密度為2σ，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E12=2σ/ε0.第二塊和第三塊平行板相對(duì)面不帶電，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E23=0..第三塊和第四塊平行板相對(duì)面帶電量3q，其面密度為3σ，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E34=3σ/ε0.題型三電場(chǎng)線及電場(chǎng)分布例3．(“華約”自主招生)帶有等量異種電荷的板狀電容器不是平行放置的，下列圖像中的電場(chǎng)線描繪正確的是()【答案】C【解析】帶有等量異種電荷的板狀電容器其電場(chǎng)線應(yīng)該垂直于極板，而且極板距離越小的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，則電場(chǎng)線越密，選項(xiàng)C正確。變式7．[多選](“華約”自主招生)如圖所示，帶電質(zhì)點(diǎn)P1固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面上距離P1一定距離有另一個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)P2，P2在桌面上運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P2的速度沿垂直于P1P2的連線方向，則()A．若P1、P2帶同種電荷，以后P2一定做速度變大的曲線運(yùn)動(dòng)B．若P1、P2帶同種電荷，以后P2一定做加速度變大的曲線運(yùn)動(dòng)C．若P1、P2帶異種電荷，以后P2的速度大小和加速度大小可能都不變D.若P1、P2帶異種電荷，以后P2可能做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動(dòng)【答案】ACD【解析】若P1、P2帶同種電荷，斥力做功，斥力方向與速度方向不在一直線上，以后P2一定做速度變大的曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確。若P1、P2帶同種電荷，斥力做功，二者距離逐漸增大，庫(kù)侖力減小，加速度減小，所以若P1、P2帶同種電荷，以后P2一定做加速度變小的曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。若P1、P2帶異種電荷，某一時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P2的速度沿垂直于P1P2的連線方向，若正好滿足庫(kù)侖力等于向心力，P2圍繞P1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以后P2的速度大小和加速度大小都不變，選項(xiàng)C正確。若庫(kù)侖力小于所需的向心力，P2圍繞P1做離心運(yùn)動(dòng)，以后P2做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。變式8.（卓越自主招生）（多選）在如圖所示的坐標(biāo)系內(nèi)，帶有等量負(fù)電荷的兩點(diǎn)電荷、固定在軸上，并相對(duì)于軸對(duì)稱，在軸正方向上的點(diǎn)處有一帶正電的檢驗(yàn)電荷由靜止開(kāi)始釋放。若不考慮檢驗(yàn)電荷的重力，那么檢驗(yàn)電荷運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程中A．電勢(shì)能逐漸變小B．電勢(shì)能先變大后變小，最后為零C．先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)D．始終做加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)時(shí)加速度為零3.答案：AD解析：等量負(fù)電荷在連線中點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在軸正方向上的點(diǎn)處有一帶正電的檢驗(yàn)電荷由靜止開(kāi)始釋放，檢驗(yàn)電荷運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸變小，始終做加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)時(shí)加速度為零，選項(xiàng)AD正確BC錯(cuò)誤。題型四電勢(shì)的理解與計(jì)算例4．(復(fù)旦大學(xué)自主招生)兩半徑分別為r1和r2(r1<r2)的同心球面上，各均勻帶電Q1和Q2，則在球面內(nèi)部距離球心r處的電勢(shì)為()A．keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q1,r)＋\f(Q2,r))) B．keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q1,r)＋\f(Q2,r2)))C．keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q1,r1)＋\f(Q2,r))) D．keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q1,r1)＋\f(Q2,r2)))【答案】D【解析】由于球面內(nèi)部各個(gè)點(diǎn)電勢(shì)相等，且與球面的電勢(shì)相等，利用電勢(shì)疊加原理可知，在球面內(nèi)部的球心處的電勢(shì)為φ＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q1,r1)＋\f(Q2,r2)))，則在球面內(nèi)部距離球心r處的電勢(shì)為keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q1,r1)＋\f(Q2,r2)))，選項(xiàng)D正確。變式9.（同濟(jì)大學(xué)自主招生）如圖所示，半徑為R的圓環(huán)均勻帶電，電荷線密度為λ，圓心在O點(diǎn)，過(guò)圓心與環(huán)面垂直的軸線上有P點(diǎn)，PO=r。以無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則P點(diǎn)的電勢(shì)φ為（）A．B．C．D．答案：B解析：將圓環(huán)分割成很多個(gè)點(diǎn)電荷，每一個(gè)點(diǎn)電荷帶電量△Q，在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的電勢(shì)為φ△=k，根據(jù)電勢(shì)疊加原理，P點(diǎn)的電勢(shì)φ=Σφ△=Σk=k=k=，選項(xiàng)B正確。變式10.（“卓越”自主招生）半徑為R的接地金屬球外有一電荷量為q的點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷與球心O相距d=2R，如圖所示。金屬球上的感應(yīng)電荷為（）A．0B．-q/2C．-q/4D．-q答案：B解析：由于球接地，表面電勢(shì)為零，且球是等勢(shì)體，所以球心電勢(shì)為0，感應(yīng)電荷在金屬球外表面關(guān)于Oq連線上分布對(duì)稱。根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式，點(diǎn)電荷q在O處產(chǎn)生電勢(shì)為k，設(shè)金屬球上的感應(yīng)電荷為Q，這些感應(yīng)電荷距離球心距離都為R，根據(jù)電勢(shì)疊加原理，Q在O處產(chǎn)生電勢(shì)為k，根據(jù)球心電勢(shì)為0可得：k+k=0，解得Q=-q/2，選項(xiàng)B正確。變式11.（“華約”自主招生）在??軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷??1和??2（??1在??2的左邊）．??軸上每一點(diǎn)處電勢(shì)隨著??而變化的關(guān)系如圖所示．當(dāng)??=??0時(shí)，電勢(shì)為0；當(dāng)??=??1時(shí)，電勢(shì)有最小值．（點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢(shì)為??=????/??）（1）求兩個(gè)電荷??1和??2的位置；（2）求兩個(gè)電荷的比值q1/q2．【答案】（1），（2）【解析】(1)(2)由于在??=0處，電勢(shì)趨于正無(wú)窮，可知在原點(diǎn)有一個(gè)正電荷，即??1或??2在??=0處．假設(shè)??1在原點(diǎn)，則??2在正半軸，此時(shí)在正半軸一定有某處（即??2所處位置）電勢(shì)為無(wú)窮大，與圖像矛盾，則只能是??2在原點(diǎn)，??1在負(fù)半軸．又由于總電勢(shì)可以為負(fù)，則可知設(shè)位置，在處，總電勢(shì)為零，則在處，電勢(shì)最低點(diǎn)，則電場(chǎng)強(qiáng)度為零由以上各式解得：則兩點(diǎn)電荷位置為q1：q2：（0，0）電荷比為．題型五電容例5.（卓越自主招生）已知兩板間距為d，極板面積為S的平行板電容器的電容為C=，其中ε、k為常量。若兩板的電荷量減半，間距變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，則電容器極板間（）A．電壓加倍，電場(chǎng)強(qiáng)度減半B．電壓加倍，電場(chǎng)強(qiáng)度加倍C．電壓減半，電場(chǎng)強(qiáng)度減半D．電壓加倍，電場(chǎng)強(qiáng)度不變答案：A解析：若平行板電容器的間距變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，則電容變?yōu)樵瓉?lái)的1/4，若兩板的電荷量減半，根據(jù)C=Q/U，則電容器極板間電壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)E=U/d可知，電場(chǎng)強(qiáng)度減半，選項(xiàng)A正確。變式12.（北約自主招生）兩個(gè)相同的電容器A和B如圖連接，它們的極板均水平放置。當(dāng)它們都帶有一定電荷并處于靜電平衡時(shí)，電容器A中的帶電粒子恰好靜止?，F(xiàn)將電容器B的兩極板沿水平方向移動(dòng)使兩極板錯(cuò)開(kāi)，移動(dòng)后兩極板仍然處于水平位置，且兩極板的間距不變。已知這時(shí)帶電粒子的加速度大小為g/2，求B的兩個(gè)極板錯(cuò)開(kāi)后正對(duì)著的面積與極板面積之比。設(shè)邊緣效應(yīng)可忽略。解析：設(shè)電容器A和B的電容量都為C0，兩電容器并聯(lián)，其總電容量為C=2C0。兩電容器并聯(lián)，電壓相等，設(shè)此時(shí)電壓為U，總帶電量Q=CU=2C0U。電容器A的極板之間距離為d，帶電粒子帶電量q，質(zhì)量為m，電容器A中的帶電粒子恰好靜止，有：qU/d=mg。將電容器B的兩極板沿水平方向移動(dòng)使兩極板錯(cuò)開(kāi)，兩電容器極板之間的電壓仍相等，設(shè)為U’，電容器B帶電量減小，電容器A帶電量增大，電容器A中電場(chǎng)強(qiáng)度增大，帶電粒子的加速度向上，由牛頓第二定律，qU'/d-mg=mg/2，解得U’=3U/2。設(shè)B的兩個(gè)極板錯(cuò)開(kāi)后正對(duì)著的面積與極板面積之比為k，由平行板電容器的決定式，兩個(gè)極板錯(cuò)開(kāi)后電容器B的電容量C’B=kC0。兩電容器并聯(lián)，其總電容量為C’=CA+C’B=C0+kC0，總帶電量不變，Q=C’U’=(C0+kC0)·3U/2。聯(lián)立解得：k=1/3。變式13.（南京大學(xué)自主招生）右圖所示為某超級(jí)電容器公交電車(chē)停靠在車(chē)站正在充電.所謂超級(jí)電容器是指電容量達(dá)到上千法拉甚至達(dá)到十萬(wàn)法拉數(shù)量級(jí)的大容量電容器,是儲(chǔ)能技術(shù)一個(gè)革命性成果.①超級(jí)電容器與蓄電池都是儲(chǔ)能設(shè)備,都可以做為電源使用,你認(rèn)為二者的最主要不同是什么?你知道的超級(jí)電容器與蓄電池相比的優(yōu)點(diǎn)有哪些?(答出其中的三項(xiàng)即可)②據(jù)介紹,該法拉級(jí)的超級(jí)電容器年產(chǎn)量已達(dá)幾百萬(wàn)只,批量應(yīng)用于各種數(shù)據(jù)貯存系統(tǒng)和低功耗無(wú)電源器具,大容量級(jí)的超級(jí)電容器已在高爾夫車(chē)和公交車(chē)等交通工具上進(jìn)行應(yīng)用試驗(yàn).48V的高爾夫車(chē)使用80只5萬(wàn)法拉的雙電層電容器,每2只并聯(lián)后再串聯(lián),工作電流為30A,電容器組的體積與48V180Ah的蓄電池相近,70A充電10分鐘,可行駛20千米。.已知兩個(gè)電容都是C的電容器并聯(lián)時(shí)總電容C并=2C;兩個(gè)電容都是C的電容器串聯(lián)時(shí)總電容C串=C/2.電容器兩極間電壓是U、帶電荷量為Q時(shí)儲(chǔ)存的電場(chǎng)能E=QU.請(qǐng)計(jì)算:(1)把“80只5萬(wàn)法拉的電容器,每2只并聯(lián)后再串聯(lián)”組成電容器組,給它充電,充電電流恒定為70A,充電時(shí)間是10min,這次充電使這個(gè)電容器組的電壓升高多少?(2)如果充電完畢時(shí)刻該電容器組兩端的電壓是48V,那么這次充電過(guò)程中,電容器組儲(chǔ)存了多少能量?4.解：主要不同是：蓄電池是把電能轉(zhuǎn)換成化學(xué)能儲(chǔ)存起來(lái)，使用時(shí)再把化學(xué)能轉(zhuǎn)換成電能，而電容器是直接把電能儲(chǔ)存起來(lái)，不經(jīng)過(guò)能量形式的轉(zhuǎn)化。（3分）超級(jí)電容器與蓄電池相比的優(yōu)點(diǎn)：①超級(jí)電容器對(duì)環(huán)境污染較少；②超級(jí)電容器壽命長(zhǎng)（大約是鉛蓄電池的20~200倍）；③超級(jí)電容器充電速度快；④超級(jí)電容器充放電效率高（能量損耗少）；⑤超級(jí)電容器維護(hù)簡(jiǎn)單。（每答出一項(xiàng)得1分，最多得3分。其他答案只要正確都可得分）(1)電容器組的總電容C總=5×104×2÷40F=2.5×103F（1分）充電過(guò)程增加的電荷量ΔQ＝I·Δt=70×600C=4.2×104C（1分）升高的電壓ΔU＝ΔQ/C總=(4.2×104/2.5×103)V=16.8V（2分）(2)充電前的電壓U1=U2-ΔU＝31.2V（1分）由于C=Q/U，（1分）所以電容器儲(chǔ)存的能量E=QU=CU2。（1分）此次充電儲(chǔ)存的能量ΔE＝CU22-CU12=1.66×106J（2分）題型六力電綜合問(wèn)題例6..(同濟(jì)大學(xué)自主招生)如圖所示，半徑為R的光滑半圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)最低點(diǎn)固定一個(gè)電荷量為Q(Q>0)的點(diǎn)電荷。質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的小圓環(huán)從半圓環(huán)右側(cè)最高點(diǎn)由靜止釋放。距離帶電荷量Q的點(diǎn)電荷距離為r的點(diǎn)電勢(shì)可以表示為：φ＝eq\f(kQ,r)。(1)推出小圓環(huán)達(dá)到最大速度時(shí)小圓環(huán)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角θ滿足的方程。(2)在(1)的情況下，如果θ已知，求小圓環(huán)的最大速度。【解析】(1)設(shè)小圓環(huán)到達(dá)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ時(shí)速度最大，此時(shí)小圓環(huán)所受合力沿圓環(huán)切線方向的分力為零。即mgcosθ＝Fcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45°－\f(θ,2)))，由庫(kù)侖定律，F(xiàn)＝keq\f(Qq,4R2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45°－\f(θ,2))))，二式聯(lián)立化簡(jiǎn)得：mgcosθ＝eq\f(kQqcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45°－\f(θ,2))),4R2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45°－\f(θ,2))))。(2)對(duì)小圓環(huán)而言，由于只有重力