2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場第3講電容器帶電粒子在勻強電場中的運動教案

PAGEPAGE17第3講電容器帶電粒子在勻強電場中的運動eq\x(學(xué)問點一)電容器1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的肯定值。(3)電容器的充、放電：①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。②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(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本事大小的物理量。(4)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與兩極板間的距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。eq\x(學(xué)問點二)帶電粒子在電場中的運動1．加速問題(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場。(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動。(3)處理方法：利用運動的合成與分解。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。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md),運動時間\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板電容器：t＝\f(l,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))eq\x(學(xué)問點三)示波管1．示波管的構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖所示)。2．示波管的工作原理(1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。(2)視察到的現(xiàn)象①假如在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)改變的穩(wěn)定圖象。1．(多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5μF,9V”，那么()A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5CB．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5CC．這只電容器的額定電壓為9VD．這只電容器的擊穿電壓為9VBC2．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(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)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(zhuǎn)角增大B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)角增大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(zhuǎn)角不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可推斷B正確，C、D錯誤。]3.如圖所示，電子由靜止起先從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩極間電壓不變，則()A．當(dāng)減小兩極間的距離時，速度v增大B．當(dāng)減小兩極間的距離時，速度v減小C．當(dāng)減小兩極間的距離時，速度v不變D．當(dāng)減小兩極間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長C4.(魯科版選修3－1·P44·T4)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(zhì)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∶8C．2∶1 D.4∶1D5．(人教版選修3－1·P39·T5改編)如圖所示，電子由靜止起先經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)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。忽視電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是()A.eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,2U0d) B.eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,2U0d)C.eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,4U0d) D.eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)D[依據(jù)動能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。]考點一平行板電容器的動態(tài)分析分析比較的思路(1)先確定是Q不變還是U不變：若電容器保持與電源連接，則U不變；若電容器充電后與電源斷開，則Q不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)確定電容器電容的改變。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的改變。(4)電壓不變時，用E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間電場強度的改變，電荷量不變時，用E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析電容器極板間電場強度的改變。(2024·全國乙卷·14)一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)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D[平行板電容器電容的表達式為C＝eq\f(εrS,4πkd)，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。]1.(多選)將【例1】中的電源斷開，當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是()A．電容器的電容減小 B.極板間的電勢差減小C．極板上的電荷量不變 D.極板間電場強度不變AC[電源斷開，當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后，極板所帶電荷量保持不變，極板間的介電常數(shù)減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容減小，故A、C正確；由C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，Q不變，C減小，U增大，故B錯誤；由E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故極板間的場強增大，故D錯誤。]2．(多選)在【例1】中，若將云母介質(zhì)換成金屬板，接在恒壓直流電源上，當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是()A．電容器的電容不變 B.電容器所帶電荷量削減C．極板間的電壓增大 D.極板間電場強度變小BD[當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，電容器兩極板間的電壓不變，但兩極板間的距離變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容減小，故A、C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量削減，故B正確；由公式E＝eq\f(U,d)可得電場強度E變小，故D正確。]3．(多選)在【例1】中，若云母介質(zhì)保持不動，使兩極板正對面積減小，則下列說法正確的是()A．電容器所帶電荷量保持不變B．電容器所帶電荷量削減C．極板間的電場強度保持不變D．極板間的電場強度變小BC[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)S減小時，電容器的電容減小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，電壓U不變，C減小，故電容器所帶電荷量削減，故A錯誤，B正確；U和d不變，由E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強度保持不變，故C正確，D錯誤。]1．靜電計是用來測量電容器兩極板間電勢差的儀器，兩板之間的電勢差越大，則靜電計的指針偏角越大。平行板電容器、滑動變阻器、電源、開關(guān)以及靜電計按如圖所示的電路連接。當(dāng)開關(guān)閉合時，靜電計的指針有偏轉(zhuǎn)。下列做法能使偏角增大的是()A．?dāng)嚅_開關(guān)，增大兩極板間的距離B．保持開關(guān)閉合，增大兩極板間的距離C．保持開關(guān)閉合，減小兩極板間的距離D．保持開關(guān)閉合，使滑動變阻器的滑片向左移動A[斷開開關(guān)，電容器帶電荷量不變，增大兩極板間的距離，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，故A正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，則指針張角不變，與極板間距無關(guān)，故B、C錯誤；保持開關(guān)閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，滑動變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能，滑片滑動不會影響指針偏角，故D錯誤。]2.(2024·安徽六安模擬)(多選)如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，b板接地(規(guī)定大地電勢為零)，在距離兩板一樣遠的P點有一個帶電液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將b板向下平移一小段距離，則穩(wěn)定后，下列說法正確的是()A．液滴將加速向下運動B．P點電勢上升，液滴在P點時的電勢能減小C．P點的電場強度變大D．b板移動前后，若將液滴從a板移到b板，電場力做功相同ABD[原來液滴受力平衡，則液滴所受的電場力向上，液滴帶負電。因電容器始終與電源相連，故板間電勢差保持不變。將b板向下平移時，兩板間的距離變大，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板間電場強度減小，液滴受到的電場力減小，故液滴將向下加速運動，故A正確，C錯誤；下極板接地，電勢為零，板間電勢差不變，故上極板電勢不變，b板下移時，板間電場強度減小，P與上極板的距離不變，依據(jù)U＝Ed可知，P點與上極板間的電勢差減小，則P點的電勢上升，因帶電液滴帶負電，所以液滴在P點時的電勢能減小，故B正確；因兩板間的電勢差不變，由W＝Uq知，b板移動前后，將液滴從a板移到b板時，電場力做功相同，故D正確。]考點二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力。2．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動。(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，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。3．用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。4．用動量、能量觀點分析(1)勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。(2)動量定理：Ft＝mv－mv0，動量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(2024·全國卷Ⅲ·21)(多選)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、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止起先運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽視。下列說法正確的是()A．a(chǎn)的質(zhì)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，a和b的動量大小相等BD[A錯：經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb。B對：經(jīng)時間t到下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大。C錯：a、b處在同一等勢面上，依據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能肯定值相等，符號相反。D對：依據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等。]3．(2024·唐山市聯(lián)考)如圖所示，A、B為水平放置的兩個平行金屬板，兩板相距d，分別與電源兩極相連，兩板的中心各有一個小孔M和N。今有一質(zhì)量為m的帶電油滴從A板的上方距A板為d的P點由靜止起先自由下落(P、M、N在同一豎直線上)，空氣阻力忽視不計，重力加速度為g，帶電油滴通過N孔時的動能Ek<2mgd。若將極板A向上移動一小段距離，使其到圖中虛線所示位置，則()A．油滴帶正電，Ek′＝EkB．油滴帶正電，Ek′<EkC．油滴帶負電，Ek′＝EkD．油滴帶負電，Ek′<EkC[由題設(shè)條件知，把A板向上平移一小段距離，電場力做功不變，重力做功也不變，依據(jù)動能定理知，油滴到達N孔時速度仍為原來的速度，動能與原來相等，依據(jù)電場力做負功及電場強度的方向可知油滴帶負電，故C正確。]4.(2024·河南鄭州模擬)(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強電場，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運動。已知力F和MN之間的夾角為45°，MN之間的距離為d，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．電場強度的方向可能水平向左B．電場強度E的最小值為eq\f(\r(2)mg,2q)C．當(dāng)qE＝mg時，小球從M運動到N時電勢能改變量為零D．F所做的功肯定為eq\f(\r(2),2)mgdBC[本題考查對物體在復(fù)合場中做勻速直線運動條件的理解、動態(tài)平衡分析、做功與電勢能改變關(guān)系的理解和運用。依據(jù)題述帶電小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運動，依據(jù)物體做勻速直線運動的條件，可知小球所受電場力方向肯定在虛線右側(cè)，電場強度的方向肯定在虛線右側(cè)，選項A錯誤；畫出帶電小球受力動態(tài)平衡圖，如圖所示，當(dāng)電場力方向垂直于力F時電場力最小，最小電場力FEmin＝mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg，電場強度E的最小值為E＝eq\f(FEmin,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，選項B正確；當(dāng)qE＝mg時，小球所受電場力方向水平向右，電場方向水平向右，小球從M運動到N時，電場力不做功，電勢能改變?yōu)榱悖x項C正確；由于不知道電場強度方向，也不能得出力F的大小，不能得出力F所做的功，選項D錯誤。]考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時速度的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為eq\f(L,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如圖所示，x＝\f(l,2)))。2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。(2024·全國卷Ⅱ·24)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？解析：本題考查帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動。(1)PG、QG間場強大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑧答案：(1)v0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))5.(2024·廣州模擬)三個質(zhì)量相等的帶電微粒(重力不計)以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入，已知上極板帶正電，下極板接地，三微粒的運動軌跡如圖所示，其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場，則()A．三微粒在電場中的運動時間有t3>t2>t1B．三微粒所帶電荷量有q1>q2＝q3C．三微粒所受電場力有F1＝F2>F3D．飛出電場時微粒2的動能大于微粒3的動能D[粒子在電場中運動的時間t＝eq\f(x,v)，水平速度相等而位移x1<x2＝x3，所以t1<t2＝t3，故A錯誤；依據(jù)豎直位移公式y(tǒng)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，對粒子1與2，兩者豎直位移相等，在y、E、m相同的狀況下，粒子2的時間長，則電荷量小，即q1>q2，而對粒子2和3，在E、m、t相同的狀況下，粒子2的豎直位移大，則q2>q3，故B錯誤；由于q1>q2，所以F1>F2，故C錯誤；由q2>q3，且y2>y3，則q2Ey2>q3Ey3，電場力做功多，增加的動能大，故D正確。]6．(2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)，重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能。解析：本題考查帶電小球在電場中運動的動力學(xué)規(guī)律和功能關(guān)系．(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。依據(jù)牛頓其次定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點放射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，依據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)科學(xué)看法與責(zé)任系列③——現(xiàn)代生活、科技中的靜電場問題(一)電容器在科技生活中的應(yīng)用(多選)目前智能手機普遍采納了電容觸摸屏，因為工作面上接有高頻信號，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個電容器，限制器精密確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是()A．電容觸摸屏只須要觸摸，不須要壓力即能產(chǎn)生位置信號B．運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，電容變大思維導(dǎo)圖：AD[據(jù)題意知，電容觸摸屏只須要觸摸，由于流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，限制器就能確定手指的位置，因此不須要手指有壓力，選項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，選項B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，選項C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，選項D正確。]1．(2024·廣東汕頭模擬)下圖為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)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中有電流通過思維導(dǎo)圖：D[依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)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；依據(jù)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B錯誤，D正確；依據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，膜片與極板間的電場強度減小，選項C錯誤。](二)醫(yī)學(xué)中的靜電場問題(2024·浙江卷·10)如圖所示，當(dāng)今醫(yī)學(xué)上對某些腫瘤采納質(zhì)子療法進行治療，該療法用肯定能量的質(zhì)子束照耀腫瘤殺死癌細胞?，F(xiàn)用始終線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速電場的場強為1.3×105N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則下列說法正確的是()A．加速過程中質(zhì)子電勢能增加B．質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15NC．質(zhì)子加速須要的時間約為8×10－6sD．加速器加速的直線長度約為4mD[電場力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能削減，A錯誤；質(zhì)子受到的電場力大小F＝qE≈2×10－14N，B錯誤；質(zhì)子的加速度a＝eq\f(F,m)≈1.2×1013m/s2，加速時間t＝eq\f(v,a)≈8×10－7s，C錯誤；加速器加速的直線長度x＝eq\f(v2,2a)≈4m，故D正確。]2.如圖所示，心臟除顫器用于刺激心臟復(fù)原正常的跳動，它通過皮膚上的電極板使電容器放電。已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使70μF電容器充電到5000V，存儲875J能量，搶救病人時一部分能量在2ms脈沖時間通過電極板放電進入身體，此脈沖的平均功率為100kW。下列說法正確的是()A．電容器放電過程中電壓不變B．電容器充電至2500V時，電容為35μFC．電容器充電至5000V時，電荷量為35CD．電容器所釋放出的能量約占存儲總能量的23%D[電容器放電過程，電荷量削減，電壓減小，選項A錯誤；電容不隨電壓、電荷量的改變而改變，選項B錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項C錯誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，選項D正確。](三)帶電粒子運動在科技生活中的應(yīng)用如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經(jīng)過機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力)僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點是軌跡與電場線的交點．若不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量改變，則以下說法正確的是()A．A點電勢高于B點電勢B．塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C．塵埃在遷移過程中做勻變速運動D．塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大B[沿電場線方向電勢降低，由圖可知，B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；由圖可知，A點電場線比B點密集，因此A點的場強大于B點的場強，故塵埃在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，則塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度，B正確；放電極與集塵極間建立非勻強電場，塵埃所受的電場力是改變的，故塵埃不行能做勻變速運動，C錯誤；由圖可知，塵埃進入靜電除塵區(qū)時，速度方向與電場力方向的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大；后來變?yōu)殇J角，電場力做正功，電勢能減?。粚τ谌^程而言，依據(jù)電勢的改變可知，電勢能減小，D錯誤。]3．(多選)有一種電荷限制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴