《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復習 第七章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復習 第七章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案（含解析）（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第3節(jié)　電容器　帶電粒子在電場中的運動 一、常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關系 1．常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電[注1] 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。[注2] 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。 (2)定義式：C＝。[注3] (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。 (4)單位

2、：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質的相對介電常數成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 二、帶電粒子在勻強電場中的運動 1．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動或靜止。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉 (1)條件：以速度v0垂直于電場方向飛入勻強電場，僅受電場力。 (2)運動性質：勻變速曲線運動。[注4] (

3、3)處理方法：運動的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運動。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。 【注解釋疑】 [注1] 充電過程：Q、U、E均增大；放電過程反之。 [注2] 放電過程電流隨時間變化如圖所示，面積表示電容器減少的電荷量。 [注3] 比值定義法，C的大小只由電容器本身結構決定。 [注4] 兩個有用的結論 (1)粒子飛出偏轉電場時“速度的反向延長線，通過垂直電場方向的位移的中點”。 (2)不同帶電粒子從同一電場加速再進入同一偏轉電場，所有粒子都從同一點射出，熒光屏上只有一個亮斑。 [深化理解] 1．在分析電容器的動態(tài)變化時，要先明確電容器

4、是與電源相接還是與電源斷開；電容器接在電源上時，電壓不變，E＝；斷開電源時，電容器所帶電荷量不變，E∝，改變兩極板距離，場強不變。 2．帶電粒子偏轉問題：離開電場時的偏移量y＝at2＝，偏轉角tan θ＝＝。 [基礎自測] 一、判斷題 (1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和。(×) (2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×) (3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(×) (4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×) (5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。(√) (6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產生的

5、。(√) (7)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。(×) 二、選擇題 1．[教科版選修3－1 P40T9]關于電容器的電容，下列說法中正確的是(　　) A．電容器所帶電荷量越多，電容越大 B．電容器兩板間電壓越低，其電容越大 C．電容器不帶電時，其電容為零 D．電容器的電容只由它本身的特性決定 答案：D 2．[人教版選修3－1 P32T1改編] 如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素，關于下列操作及出現的現象的描述正確的是(　　) A．電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉角增大 B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜

6、電計指針偏轉角增大 C．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指針偏轉角增大 D．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指針偏轉角增大 解析：選B　電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉角不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結合U＝和C＝可判斷B正確，C、D錯誤。 3.[魯科版選修3－1 P44T4]一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向。兩個比荷(即粒子的電荷量與質量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器的P點(如圖所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間。測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的

7、水平距離之比為1∶2。若不計重力，則a和b的比荷之比是(　　) A．1∶2　　　　　　　　　 B．1∶8 C．2∶1 D．4∶1 答案：D 4．[人教版選修3－1 P39T5改編]如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看成勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。忽略電子所受重力，電子射入偏轉電場時初速度v0和從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy分別是(　　) A. 　 B. 　 C. 　 D. 　 解析：選D　根據動能定理，有eU0＝

8、mv02， 電子射入偏轉電場時的初速度v0＝ ， 在偏轉電場中，電子的運動時間Δt＝＝L ， 加速度a＝＝， 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝。 高考對本節(jié)內容的考查，主要集中在平行板電容器的動態(tài)分析、帶電粒子(體)在電場中的直線運動、帶電粒子在勻強電場中的偏轉，其中平行板電容器的動態(tài)分析，主要以選擇題的形式呈現，難度中等，而對帶電粒子(體)在電場中的直線運動和偏轉的考查，以計算題的形式呈現，常結合力學知識綜合考查，難度較大。 考點一　平行板電容器的動態(tài)分析[基礎自修類] [題點全練] 1．[與電源斷開的情形] (2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝

9、置如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大 解析：選A　實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷，故A正確。實驗中，b板向上平移，正對面積S變小，由C＝知，電容C變小，由C＝知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，故B錯誤。插入有機玻璃板，相對介電常數εr變大，由C＝知，電容C變大，由C＝知，Q不變，U

10、變小，因此靜電計指針的張角變小，故C錯誤。只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計指針的張角變大，是由于U變大導致的，故D錯誤。 2．[與電源相連的情形] (2016·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器(　　 ) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 解析：選D　平行板電容器電容的表達式為C＝，將極板間的云母介質移出后，導致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據Q＝CU知，極板上的電荷

11、量變小。再考慮到極板間電場強度E＝，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。 3．[帶電油滴在電容器中的受力及運動] (2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　　 B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動 解析：選D　開始時油滴處于靜止狀態(tài)，有mg＝q，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力F＝q變小，mg＞F。并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所

12、示，mg與F的合力方向為向右下方，故油滴向右下方運動。 [名師微點] 1．分析思路 (1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。 (2)用決定式C＝ 確定電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化。 (4)用E＝分析電容器極板間場強的變化。 2．兩類動態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池相連U不變 充電后與電池斷開Q不變 d變大 C變小，Q變小，E變小 C變小，U變大，E不變 S變大 C變大，Q變大，E不變 C變大，U變小，E變小 εr變大 C變大，Q變大，E不變 C變大

13、，U變小，E變小 考點二　帶電粒子(體)在電場中的直線運動[多維探究類] 1．帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理 基本粒子 如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量) 帶電體 如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力 2．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。 3．用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad。 4．用能量觀點分析 勻強

14、電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 考法(一)　僅在電場力作用下的直線運動 [例1]　(多選)(2018·全國卷Ⅲ) 如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a的質量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻

15、，a和b的動量大小相等 [解析]　經時間t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A錯誤。電場力做功Wa＞Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，故B正確。a、b處在同一等勢面上，根據Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤。根據動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。 [答案]　BD 考法(二)　在電場力和重力作用下的直線運動 [例2]　如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板

16、N的右邊緣B處射出，則(　　) A．微粒到達B點時動能為mv02 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．兩極板的電勢差UMN＝ D．微粒從A點到B點的過程電勢能減少 [解析]　微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向。由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B時動能小于mv02，選項A錯誤；根據qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝，選項C正確；微粒從A點到B點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qU

17、MN＝，選項D錯誤。 [答案]　C 考法(三)　在多個連續(xù)電場中的直線運動 [例3]　(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A.運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回 C．運動到P′點返回 D．穿過P′點 [解析]　電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩

18、板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。 [答案]　A [共性歸納] 對于帶電粒子(體)在電場中的直線運動問題，無論是忽略重力還是考慮重力，解決此類問題時要注意分析是做勻速運動還是勻變速運動，勻速運動問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進行求解，勻變速運動根據力和運動的關系可知，合力一定和速度在一條直線上，然后運用動力學觀點或能量觀點求解。 (1)運用動力學觀點時，先分析帶電粒子(體)的受力情況，根據F合＝ma得出加速度，再

19、根據運動學方程可得出所求物理量。 (2)運用能量觀點時，在勻強電場中，若不計重力，電場力做的功等于動能的變化量；若考慮重力，則合力做的功等于動能的變化量。 考點三　帶電粒子在勻強電場中的偏轉[師生共研類] 1．帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律 2．處理帶電粒子的偏轉問題的方法 運動的分解法 一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。 功能關系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 [典例]　如圖所示，A、B兩個帶正電

20、的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，A粒子打在N板上的A′點，B粒子打在N板上的B′點，若不計重力，則(　　) A．q1＞q2　　　　　　　　　 B．m1＜m2 C.＞ D.＜ [解析]　設粒子的初速度為v0，電荷量為q，質量為m，加速度為a，運動的時間為t，所以有加速度a＝，運動時間為t＝，偏轉位移為y＝at2，整理得y＝，顯然由于A粒子的水平位移小，則有＞，但A粒子的電荷量不一定大，質量關系也不能確定，故A、B、D錯誤，C正確。 [答案]　C [延伸思考] (1)例題中如果僅將“以相同的

21、速度”改為“以相同的初動能”，應選________。 提示：選A　由典例的解析可知y＝，由題意Ek0＝mv02，整理得y＝，由于A粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即q1大于q2，A正確。由以上分析可知，不能確定兩粒子的質量關系，B、C、D錯誤。 (2)例題中兩粒子由靜止開始經相同加速電場加速后，經右板的同一小孔進入同一偏轉電場，假設兩粒子均能落在B板上，則兩粒子是否落在B板同一位置？ 提示：設加速電場的電壓為U，偏轉電場的電場強度大小為E，由動能定理，對粒子在加速電場中的運動有qU＝mv2；粒子在偏轉電場中，由牛頓第二定律有Eq＝ma，兩粒子落在B板上時，兩粒子在豎直方向的位移相同

22、，y＝at2，粒子在水平方向上有x＝vt，由以上整理解得x＝2 ，由于y、U、E均相同，則兩粒子均落在B板的同一位置。 [解題方略] 分析勻強電場中的偏轉問題的關鍵 條件分析 不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。 運動分析 帶電粒子在電場中的偏轉運動： ①在垂直電場方向上做勻速直線運動，在這個方向上找出平行板的板長和運動時間等相關物理量； ②沿電場力方向做勻加速直線運動，在這個方向上找出偏轉加速度、偏轉位移、偏轉速度等相關物理量。 在垂直電場方向上有t＝，沿電場力方向上有y＝at2或vy＝at，a＝，聯(lián)立方程可求解。

23、 [題點全練] 1．[三種粒子偏轉運動的比較] 真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏。今有質子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上。已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析：選B　設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏

24、轉極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv02，解得v0＝ ，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間不同，故A錯誤；根據推論可知三種粒子在偏轉電場中側移距離y＝、偏轉角tan θ＝，可知y與粒子的種類、質量、電荷量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤。 2．[偏轉運動中的極值問題] 如圖所示，

25、真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′，長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側相距b。在兩板間加上可調偏轉電壓UYY′，一束質 量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。 (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點； (2)求兩板間所加偏轉電壓UYY′的范圍； (3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。 解析：(1)設粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉電場時偏轉距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有 y＝at2，L＝v0t，vy＝at，t

26、an θ＝＝，解得x＝ 即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點。 (2)由題知a＝，E＝，解得y＝ 當y＝時，UYY′＝ 則兩板間所加電壓的范圍為－≤UYY′≤。 (3)當y＝時，粒子到達屏上時豎直方向偏移的距離最大，設其大小為y0， 則y0＝y(tǒng)＋btan θ 又tan θ＝＝，解得：y0＝ 故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為2y0＝。 答案：見解析 考點四　實驗：觀察電容器的充、放電現象 1．充電：電源使電容器的兩極板帶上等量異種電荷的過程。如圖甲。 2．放電：用導線將充好電的電容器的兩極板相連，使兩極板的異種電荷中和的過程，如圖乙。 3

27、．電容器充放電時的能量轉化：充電后，電容器儲存了電能。放電時，儲存的電能釋放出來，轉化為其他形式的能。 [基礎考法] 1．(多選)(2018·北京大興區(qū)期末)如圖甲所示連接電路，選用8 V直流電源，470微法的電解電容器。當單刀雙擲開關S擲向1端，電源向電容器充電。然后把開關擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出如圖乙所示的電流隨時間變化曲線。一位同學對實驗進行了一些分析，其中正確的是(　　) A．開關S擲向2端時，流經電流傳感器的電流方向從B到A B．放電過程中電容器的電容C、電荷量Q、電壓U都變小 C．I-t圖中曲線與坐標軸圍成的面積表示電容

28、器儲存的電荷量 D．電容器充電完畢時，儲存的電能約為0.015 J 解析：選CD　開關S擲向1端時，電容器上極板接電源的正極；開關S擲向2端時，流經電流傳感器的電流方向從A到B，選項A錯誤。放電過程中電容器的電荷量Q、電壓U都變小，電容C不變，選項B錯誤。根據Q＝It，則I-t圖中曲線與坐標軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量，選項C正確。電容器充電完畢時，儲存的電能約為E＝CU2＝×470×10－6×82 J≈0.015 J，選項D正確。 2．(2019·長沙模擬)如圖甲所示是一種測量電容器電容的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器充電至電壓U時所帶電荷量Q，從而求出

29、待測電容器的電容C。某同學在一次實驗時的情況如下： A．按如圖甲所示的電路圖接好電路 B．接通開關S，調節(jié)電阻箱R的阻值，使電流表的指針偏轉接近滿刻度，記下此時電流表的示數是I0＝490 μA，電壓表的示數U0＝8.0 V C．斷開開關S，同時開始計時，每隔5 s測讀一次電流i的值，將測得數據填入表格，并標示在圖乙的坐標紙上(時間t為橫坐標，電流i為縱坐標)，如圖乙中小黑點所示。 (1)在圖乙中畫出i-t圖線； (2)圖乙中圖線與坐標軸所圍成面積的物理意義是_________________________； (3)該電容器電容為________ F(結果保留兩位有效數字)；

30、 (4)若某同學實驗時把電壓表接在E、D兩端，則電容的測量值比它的真實值________ (選填“偏大”“偏小”或“相等”)。 解析：(1)用平滑的曲線連接，作出圖像如圖： (2)由ΔQ＝I·Δt知，電荷量為i-t圖像與坐標軸所包圍的面積，則面積為電容器在開始放電時所帶的電荷量。 (3)算出格子數，由總格子數乘以每個格子的“面積”值求得Q＝8.5×10－3 C 則C＝＝ F＝1.1×10－3 F。 (4)電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在E、D兩端，則電容器在放電時，有一部分電量會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它

31、的真實值偏小。 答案：(1)見解析圖　(2)在開始放電時電容器所帶的電荷量　(3)1.1×10－3　(4)偏小 “STS問題”巧遷移——現代科技中的靜電場問題 (一)智能手機上的電容觸摸屏 1．(多選)目前智能手機普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應進行工作的，它是一塊四層復合玻璃屏，玻璃屏的內表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個角引出四個電極，當用戶手指觸摸電容觸摸屏時，手指和工作面形成一個電容器，因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經四個電極的電流與手指到四個角的

32、距離成比例，控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是(　　) A．電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產生位置信號 B．使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進行觸控操作 C．手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小 D．手指與屏的接觸面積變大時，電容變大 [思維轉換] 解析：選AD　據題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容屏上進行觸控操作，故B錯誤；手指壓力變大時，由于手指

33、與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D正確。 (二)電容式傳聲器 2．如圖所示為某電容傳聲器結構示意圖，當人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中(　　) A．膜片與極板間的電容增大 B．極板所帶電荷量增大 C．膜片與極板間的電場強度增大 D．電阻R中有電流通過 [思維轉換] 解析：選D　根據C＝可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選項A錯誤；根據Q＝CU可知極板所帶電荷量減小，因此電容器要通過電阻R放電，所以選項D正確，B錯誤；根據E＝可知，膜片與極板間的電場強度減

34、小，選項C錯誤。 (三)靜電除塵器除塵 3.為了減少污染，工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵，某除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，以達到除塵目的。假設塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變，下列判斷正確的是(　　) A．金屬圓筒內存在勻強電場 B．金屬圓筒內越靠近收塵極電勢越低 C．帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大 D．帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小 解析：選D　根據題圖信息可知除塵器內電場在水平面上的分布類似于負點電荷電

35、場，電場線方向由收塵極指向電暈極，故A錯誤；逆電場線方向，電勢變高，故越靠近收塵極，電勢越高，因此B錯誤；塵埃帶負電后受電場力作用向收塵極運動，電場力做正功，電勢能越來越小，故C錯誤；離電暈極越遠，場強越小，塵埃帶電荷量不變，受到的電場力越小，故D正確。 (四)反射式速調管 4.反射式速調管是常用的微波器械之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其震蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向

36、如圖所示，帶電微粒質量m＝1.0×10－20 kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9 C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求： (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間t。 解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0① 由①式解得d2＝d1＝0.50 cm。 ② (2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，有 |q|E1＝ma1 ③ |q|E2＝ma2 ④ 設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，有 d1＝a1t12 ⑤ d2＝a2t22 ⑥ 又t＝t1＋t2 ⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8 s。 答案：(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s 17