2024年新高考物理第一輪復(fù)習(xí)：選修3-1 第七章 第3講

第3講也興器帶電拉子在也場中的運(yùn)動(dòng)

I知識(shí)椅理?雙基過關(guān)緊抓教材自主落實(shí)

知識(shí)排查

知識(shí)點(diǎn)一常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系

1.常見電容器

⑴組成：由兩個(gè)彼此絕緣乂相互靠近的導(dǎo)體組成。

(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對值。

(3)電容器的充、放電

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(chǔ)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(zhuǎn)化為其他形式的

能。

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U的比值。

(2)定義式：，=%

(3)物理意義：表示電容器容納電苞本領(lǐng)大小的物理量。

(4)單位：法拉(F),1F=102gF=10,2pF

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JE對面積成正比，與電介質(zhì)的相對

介電常數(shù)成正比,與極板間距離成反比。

(2)決定式：C=焉,攵為靜電力常量。

知識(shí)點(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)

1.加速

(1)在勻強(qiáng)電場中，W=qEd=qU=2friv2—

(2)在非勻強(qiáng)電場中，W=c/U=^mv2—^nvl

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)

⑴條件：以速度。o垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。

⑵運(yùn)動(dòng)形式：類平拋運(yùn)動(dòng)。

(3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解。

圖1

①沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€演,運(yùn)動(dòng)時(shí)間『五

②沿電場力方向?yàn)閯蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，

加速度〃=￡=這=也

又mtnma

③離開電場時(shí)的偏移量

12qPU

y2a2mvld

④離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tan夕=宗=^^

知識(shí)點(diǎn)三示波管的構(gòu)造

1.構(gòu)造

(1)電子槍,(2)偏轉(zhuǎn)極板，(3)熒光屏。(如圖2所示)

2.工作原理

yy,上加的是待顯示的信號(hào)電壓,XX，上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描

電壓。

小題速練

i.關(guān)于電容器及其電容，下列說法中正確的是()

A.平行板電容器一板帶電+。，另一板帶電一Q,則此電容器不帶電

B.由公式C=§可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大

C.對一個(gè)電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比

D.如果一個(gè)電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容

答案C

2.兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,--電子質(zhì)量為加、電荷量為e,從O

點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖3所不，OA

間距為〃，則此電子的初動(dòng)能為（

圖3

edh-dU、eUh

A-ZFB?方瑞D-

解析電子從O點(diǎn)到達(dá)4點(diǎn)的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)

Ueu/i

動(dòng)能定理可得-6（/辦=0—反，因?yàn)閁OA=%M所以反=丁，選項(xiàng)D正確。

答案D

3.（多選）如圖4所示，六面體真空盒置于水平面上，它的人6c。面與EFGH面

為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCO面帶正電，EEG”面帶負(fù)電。從小孔P沿

水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C,最后分別落在1、

2、3三點(diǎn)，不計(jì)三個(gè)液滴間的相互作用，則下列說法正確的是（）

圖4

A.三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)

B.三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同

C.三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同

D.液滴。所帶電荷量最多

解析三個(gè)液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以

三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向

做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B正確；三個(gè)液滴落到底板

時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率不相

同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于液滴。在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加

速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。

答案BD

膘堂互動(dòng)?研透考點(diǎn)不同考點(diǎn)不同講法

有點(diǎn)n平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析

1.兩類典型問題

⑴電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變。

2.動(dòng)態(tài)分析思路

⑴U不變

①根據(jù)。=僦和。=號(hào)，先分析電容的變化，再分析。的變化。

②根據(jù)￡=%分析場強(qiáng)的變化。

③根據(jù)分析某點(diǎn)電勢變化。

(2)2不變

①根據(jù)。=孺和c=§，先分析電容的變化，再分析U的變化。

②根據(jù)七=號(hào)分析場強(qiáng)變化。

【例1】(2016?全國卷I,14)平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(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(qiáng)度變大

B.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大

C.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變

D.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變

解析由。=瑞｝可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時(shí)，&變小，電容器的電容C變小；因

為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變,根據(jù)。=CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q

減小。由于U與d都不變，再由E=力知電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確。

答案D

【拓展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.電容器的電容增大

B.極板間的電勢差增大

C.極板上的電荷量變大

D.極板間電場強(qiáng)度變大

答案BD

【拓展2］（多選）若水平放置接有恒壓電源的平行金屬板內(nèi)部空間有一帶電粒

子P恰能靜止，同時(shí)下極板接地，當(dāng)將上極板向右移動(dòng)一小段距離時(shí)，則下列

說法正確的是（）

A.電容器所帶電荷量保持不變

B.極板間的電場強(qiáng)度保持不變

C.粒子所在初位置的電勢能保持不變

D.粒子將加速向下運(yùn)動(dòng)

解析由。=黑;可知，當(dāng)將上極板右移一段距離時(shí)，S減小，電容器的電容減

小，由。=￡得。=。心電壓U不變，。減小，故電容器所帶電荷量減少，選

項(xiàng)A錯(cuò)誤；U和d不變，由可知，極板間的電場強(qiáng)度保持不變，選項(xiàng)B正

確；由于極板間的電場強(qiáng)度不變，粒子所在初位置到下極板間的距離不變，故該

點(diǎn)到零電勢點(diǎn)的電勢差不變，即該點(diǎn)的電勢不變，粒子的電勢能不變，選項(xiàng)C

正確；由于粒子的受力情況不變，故粒子仍然保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案BC

方法技巧|

分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)鍵

(1)確定不變量：先明確動(dòng)態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是

極板間電壓不變。

⑵恰當(dāng)選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時(shí)用

公式E=號(hào)分析極板間電場強(qiáng)度的變化情況。

(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場力的變化，分析其運(yùn)動(dòng)情況的變化。

［多維訓(xùn)練精選練透

1.對以下四幅圖中包含的物理知識(shí)說法正確的是()

Q—

丙

圖5

A.圖甲：將兩板間距拉開一些后，靜電計(jì)指針張角會(huì)變小

B.圖乙：距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形狀與帶電體的形狀越相似

C.圖丙：研究均勻帶電球體在球外產(chǎn)生的電場時(shí)，可以認(rèn)為全部電荷集中在球

心

D.圖?。捍朔N電容器不僅可以接在直流電源上使用，也可以接在交流電源上使

用

解析圖甲中，當(dāng)。一定時(shí)，由c=￡,C=成%知，dt、CI、Uf,靜電計(jì)

指針張角變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；距離帶電體越遠(yuǎn)，等勢面的形狀越接近圓形，選

項(xiàng)B錯(cuò)誤；均勻帶電球體或球殼在球外產(chǎn)生的電場，可認(rèn)為全部電荷集中在球

心，選項(xiàng)C正確；圖中電容器為電解電容器，只能在直流電源上使用。

答案C

2.（多選）如圖6所示，平行板電容器A、8間有一帶電油滴產(chǎn)正好靜止在極板正

中間，現(xiàn)將8極板勻速向下移動(dòng)到虛線位置，其他條件不變。則在8極板移動(dòng)

的過程中（）

圖6

A.油滴將向下做勻加速運(yùn)動(dòng)

B.電流計(jì)中電流由b流向。

C.油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大

D.極板帶的電荷量減少

解析由。=篇可知，d增大,電容器電容。減小，由。=。〃可知，電容器

的電荷量減少，電容器放電，電流由。流向乩選項(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；由七=稱可

知，在8板下移過程中，兩板間場強(qiáng)逐漸減小，由〃吆一%=〃也可知油滴運(yùn)動(dòng)

的加速度逐漸變大，選項(xiàng)C正確，A錯(cuò)誤。

答案CD

考點(diǎn)1J帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)

1.做直線運(yùn)動(dòng)的條件

（I）粒子所受合外力/合=0,粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

（2）粒子所受合外力尸今W0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變

速直線運(yùn)動(dòng)；若電場為勻強(qiáng)電場，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。

2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析

〃=￡■,在勻強(qiáng)電場中，E=號(hào),v2—vl=2ad

3.用功能觀點(diǎn)分析

勻強(qiáng)電場中:W=qEd=qU=-zmv1—

乙

非勻強(qiáng)電場中：W=qU=Ek2-E^

【例2】（多選）（2018.全國卷III,21）如圖7所示，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。、匕所帶電荷量大小相等、符號(hào)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?，F(xiàn)同時(shí)釋放。、b,

它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻f，。、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的

同一水平面。。、匕間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）

，?1

圖7

A.。的質(zhì)量比b的大

B.在，時(shí)刻，。的動(dòng)能比〃的大

C.在/時(shí)刻，。和匕的電勢能相等

D.在，時(shí)刻，。和力的動(dòng)量大小相等

解析兩微粒只受電場力6/E作用且兩電場力大小相等，由x=%產(chǎn)知微粒。的加

速度大，由〃也知微粒。的質(zhì)量小，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理qEt=Ek得，位移

x大的動(dòng)能大，B正確；在同一等勢面上，〃、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相

反，故在，時(shí)刻，。、力的電勢能不相等，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理鄉(xiāng)田=機(jī)。得，在f

時(shí)刻，4、方的動(dòng)量大小相等，D正確。

答案BD

方法技巧|

帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題的解題步驟

年—?一個(gè)帶電體，也可選幾個(gè)帶電體構(gòu)成的系統(tǒng)

ziL受力分析—多了個(gè)電場力（FejE）

兩個(gè)_

洋研一運(yùn)動(dòng)分析一運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況

「方法①：由牛頓第二定律及句變速近線

［選用規(guī)律］_運(yùn)動(dòng)的公式進(jìn)行計(jì)算

〔到支求解「?■方法②：動(dòng)能定理：（/U："電2

一方法③：應(yīng)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律進(jìn)

行有關(guān)計(jì)算

I多維訓(xùn)練精選練透

1.（多選）如圖8所示，一質(zhì)量為"7、電荷量為t7的小球在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)

電場中，以初速度。o沿直線ON做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線。N與水平面的夾角為30。。

若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g,且"吆=鄉(xiāng)七，則（）

圖8

A.電場方向豎直向上

B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g

7

C.小球上升的最大高度為微

D.小球電勢能的最大值為苧

解析因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線

上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為30。，斜向上，如

圖所示，A錯(cuò)誤；小球所受的重力和電場力相等，根據(jù)平行四邊形定則知，兩個(gè)

力的夾角為120。，所以合力大小與分力大小相等，等于mg,根據(jù)牛頓第二定律

知，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g,B正確；小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻減

999

速直線運(yùn)動(dòng)的位移產(chǎn)合=丹則小球上升的最大高度/2=s-sin30。=六C錯(cuò)誤;

4占'O

在整個(gè)過程中電場力做功W=qEscosl2（r=—5加加電勢能增加管，所以小球

電勢能的最大值為等，D正確。

答案BD

2.（多選）如圖9所示，在足夠長的光滑絕緣水平面上有A、B兩個(gè)滑塊（均可視

為質(zhì)點(diǎn)），滑塊A帶正電、電荷量為％滑塊8不帶電。圖中虛線內(nèi)存在水平向

右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為七，寬度為小其余空間內(nèi)不存在電場?；瑝KA

剛好位于電場區(qū)域內(nèi)的左側(cè)，而滑塊B剛好位于電場區(qū)域的右側(cè)?，F(xiàn)將滑訣A

無初速度釋放，滑塊A與滑塊8發(fā)生碰撞且碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊A

的電荷量不變，僅碰撞一次，經(jīng)過一段時(shí)間兩滑塊保持一定的距離不變，且此距

離為則下列判斷正確的是（）

；E；

〃―〃/怎〃?〃!〃猿〃〃"〃〃，〃彳以〃〃〃〃〃"〃/

--（I--"

圖9

A.A、3兩滑塊的質(zhì)量之比為管=:

"加4

B.4、B兩滑塊的質(zhì)量之比為警=4

mg5

C.兩滑塊的碰撞為彈性碰撞

D.兩滑塊的碰撞為非彈性碰撞

解析對滑塊A在碰撞前根據(jù)動(dòng)能定理有夕以=；〃2加8,依題意知，碰撞后滑塊

A、B速度大小相等，方向相反，規(guī)定向右為正方向，設(shè)其大小為V,根據(jù)動(dòng)量

守恒定律可得"以次）=一〃m0+"加。；又由能量守恒定律可知。V女）,即碰撞后滑塊

A向左運(yùn)動(dòng)不會(huì)滑出電場，設(shè)碰撞后滑塊A在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為人由動(dòng)量定

理得汨=2血血碰撞后滑塊3向右做勻速運(yùn)動(dòng)，有聯(lián)立解得譽(yù)=]

A正確，B錯(cuò)誤；兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為△￡；=/?一/〃+相加奇

qEd>U,D正確，C錯(cuò)誤。

答案AD

考點(diǎn)3]帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)

1.兩個(gè)結(jié)論

⑴不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí),

偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。

證明：由

?aqu?i

tan

2

u2lU2l

得:tan0=2U^°

（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(diǎn)。為粒子水

平位移的中點(diǎn)，即0到入射點(diǎn)的距離為今

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系

當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:曲、.=]4一，就,

其中4=%，，指初、末位置間的電勢差。

【例3】如圖10所示，A、8兩個(gè)帶正電的粒子，所帶電荷量分別為⑺與s,

質(zhì)量分別為如和它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板

間的勻強(qiáng)電場后，A粒子打在N板上的H點(diǎn)，B粒子打在N板上的B點(diǎn)，若不

計(jì)重力，則（）

M

B

_______\、

N~~/

圖10

A.q\>qiB.m\<mi

C里》史D史〈生

m\m2m\m2

解析設(shè)粒子的速度為如，電荷量為%質(zhì)量為小，所以加速度。=誓，運(yùn)動(dòng)時(shí)

間，=3，偏轉(zhuǎn)位移為），=%巴整理得y=富，顯然由于A粒子的水平位移小，

則有案>黑，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D

錯(cuò)誤，C正確。

答案c

【拓展】在【例3】中如果僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動(dòng)能”，

則下列說法正確的是（）

A.q\>q2B.m\<fn2

?3D處<生

^'m\"22^'m\m2

解析由【例3】的解析可知y=囑，由題意反0=1加8,整理得），=察，由

于A粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即切大于伏，A正確；由以上

分析可知，不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，B、C、D錯(cuò)誤。

答案A

技巧點(diǎn)撥|

分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵

（1）條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣萢與電場方向垂直，則帶電粒子

將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)。

（2）運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場力

方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。

［多維UII練精選練透

1.（2019.廣東惠州模擬）如圖11所示是一個(gè)說明示波管工作原理的示意圖，電子

經(jīng)電壓S加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是近兩平行板訶的

距離為d,電勢差為lh，板長為L。為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起

的偏轉(zhuǎn)量5）可采用的方法是（）

圖11

A.增大兩板間的電勢差5

B.盡可能使板長L短些

C.使加速電壓Ui升高些

D.盡可能使板間距離d小些

解析帶電粒子加速時(shí)，由動(dòng)能定理得4幼=5九。2,帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí)，由類平拋

運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L=",又由牛頓第二定律得。=嚕，聯(lián)立以上各式可得/?

=線，由題意，靈敏度為代=/不可見靈敏度與仿無關(guān)，要提高示波管的

靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓S降低一些，故D

正確。

答案D

2.在直角坐標(biāo)系中，三個(gè)邊長都為/=2m的正方形排列如圖12所示，第一象

限正方形區(qū)域A3OC中有水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為瓦，在第二

象限正方形corn的對角線CF,左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，二角

形OEC區(qū)域內(nèi)無電場，正方形OENM區(qū)域內(nèi)無電場。

圖12

(1)現(xiàn)有一帶電量為+外質(zhì)量為"?的帶電粒子(重力不計(jì))從AB邊上的A點(diǎn)靜止

釋放，恰好能通過E點(diǎn)。求CEO區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度

(2)保持(1)問中電場強(qiáng)度不變，若在正方形區(qū)域ABOC中某些點(diǎn)靜止釋放與上述

相同的帶電粒子，要使所有的粒子都經(jīng)過E點(diǎn)，則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值工、y間應(yīng)滿

足什么關(guān)系？

解析(1)設(shè)粒子在第一象限的電場中加速運(yùn)動(dòng)，出第一象限時(shí)速度為。，由動(dòng)能

定理得qEol=^mv2

在第二象限中由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律/="

媽2

l-2m1

解得臼=4瓦

(2)設(shè)出發(fā)點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y),加速過程由動(dòng)能定理得

qEg=gmv。

經(jīng)過分析，要過E點(diǎn)在第二象限中類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直位移與水平位移大小相等

為y,則

y=vff

IqEiQ

產(chǎn)2J

解得y=x

答案(I)4Fo(2)y=x

核心素養(yǎng)提升

科學(xué)態(tài)度與責(zé)任系列——電場中的STSE問題

應(yīng)用I電容器在現(xiàn)代科技生活中的應(yīng)用

【典例1](多選)[智能手機(jī)上的電容觸摸屏1目前智能手機(jī)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(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，

玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米鋼錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為

工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，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(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四

個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比

例，控制器通過對四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，

下列說法正確的是()

觸摸屏四個(gè)觸摸屏邊的電極

角接上電壓令導(dǎo)電體必產(chǎn)生

控制器計(jì)算觸摸

點(diǎn)位置

手指觸到屏仇令電流由四邊的電例流到觸摸點(diǎn)

圖13

A.電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào)

B.使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作

C.手指壓力變大時(shí)，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(shí)，電容變大

解析據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四

個(gè)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(gè)電容器，所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，

故B錯(cuò)誤；手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變

大，故C錯(cuò)誤；手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大，故D正確。

答案AD

【典例2］［電容式傳聲器］圖14為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對著傳聲器

講話，腴片會(huì)振動(dòng)。若某次膜片振動(dòng)時(shí)，膜片與極板距離增大，則在此過程中

()

極板空腔支架

電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖

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(qiáng)度增大

D.電阻R中有電流通過

解析根據(jù)。=磊可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選

項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(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(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)七=%可知，膜片與極板間的電場強(qiáng)度減小,

選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

答案D

應(yīng)用2靜電除塵

【典例3】如圖15所示為某靜電除塵器的工作原理圖，根據(jù)此圖請判斷以下

說法正確的是()

潔凈空氣

圖15

A.離子發(fā)生器的作用是在空氣經(jīng)過時(shí)使其中的粉塵帶上負(fù)電

B.集塵盤負(fù)極吸附大量粉塵的原因是粉塵帶.上了正電

C.若預(yù)過濾網(wǎng)破裂，不影響除塵器的除塵效果

D.該除塵器能有效去除空氣中的有毒氣體

解析通過集塵盤能收集粉塵可知，粉塵帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；過濾

網(wǎng)的作用是濾去質(zhì)量較大的顆粒，細(xì)小顆粒更易被收集，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該裝置

無法分辨氣體是否有毒性，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

答案B

應(yīng)用3靜電噴涂

【典例4】靜電噴涂是利用高壓靜電電場使帶負(fù)電的涂料微粒沿著電場相反的

方向定向運(yùn)動(dòng)，并將涂料微粒吸附在工件表面上的一種噴涂方法，其工作原理如

圖16所示。忽略運(yùn)動(dòng)中涂料微粒間的相互作用和涂料微粒的重力。下列說法中

正確的是（）

圖16

A.當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時(shí)，在運(yùn)動(dòng)中的涂料微粒所受電

場力增大

B.涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡僅由被噴涂工件與靜電噴涂機(jī)之間所接的高壓電源決定

C.在靜電噴涂機(jī)水平向左移動(dòng)的過程中，有兩個(gè)帶有相同電荷量的微粒先后經(jīng)

過被噴涂工件右側(cè)P點(diǎn)（相對工件的距離不變）處，先經(jīng)過的微粒電勢能較大

D.涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動(dòng)的軌跡中，在直線軌跡上電勢升高最快

解析當(dāng)靜電噴涂機(jī)與被噴涂工件之間的距離增大時(shí)，由于靜電噴涂機(jī)與被噴涂

工件之間電壓恒定，電場強(qiáng)度減小，故電場力減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；軌跡與初速

度和受力情況均有關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；工件接地，電勢為零，P處電勢為負(fù)值，噴

涂機(jī)左移會(huì)使空間場強(qiáng)變大，尸點(diǎn)電勢變低，因微粒帶負(fù)電，先經(jīng)過的微粒電勢

能小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；涂料微粒在向被噴涂工件運(yùn)動(dòng)的軌跡中，直線的距離最小,

結(jié)合公式U=Ed,在直線軌跡上電勢升高最快，戰(zhàn)選項(xiàng)D正確。

答案D

應(yīng)用4噴墨打印機(jī)

【典例5）有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖17所示，噴嘴噴出來

的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上。

已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是（）

承

印

材

料

A.增大墨滴的帶電荷量

B.減小墨滴噴出時(shí)的速度

C.減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離

D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓

解析帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，側(cè)移看=上尸，。=船，，=￡，可推出H

ZmaVo

=2mdv^^2=/tan0,Y=Xi+h,減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小,

選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

答案C

應(yīng)用5電子束熔煉

【典例6】（多選）（2019?山西太原模擬）電子束熔煉是指高真空下，將高速電子

束的動(dòng)能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來進(jìn)行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖18所示，

陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為。的電子，在3X104v加速電壓的作用下，以

極高的速度向陽極運(yùn)動(dòng)；穿過陽極后，在金屬電吸4、A2間IX103v電壓形成

的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換為熱能，使物料不斷熔煉。

已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線0P0'所示，P是軌跡上的一點(diǎn)，聚焦

電場過P點(diǎn)的一條電場線如圖，則（）

燈絲一陰極

，、一陽極

物料

圖18

A.電極4的電勢高于電極4的電勢

B.電子在尸點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場強(qiáng)度方向天角大于90。

C.聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小

D.電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3X104eV

解析由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場力斜向左下方，

電子帶負(fù)電，所以電場強(qiáng)度方向相反，斜向右上方，即電極4的電勢高于電極

4的電勢，故A正確；電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場強(qiáng)度方向夾角大于90。,

故B正確；聚焦電場不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，故C

錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，電子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能已經(jīng)為3X1（）4eV,再經(jīng)過聚焦電場加

速，可知電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3義1。4eV,故D正確。

答案ABD

課時(shí)作業(yè)

（時(shí)間：40分鐘）

基礎(chǔ)鞏固練

1.在研究影響平行板電容器甩容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一己充電的平行板電容器

與靜電計(jì)連接如圖1所示?，F(xiàn)保持8板不動(dòng)，適當(dāng)移動(dòng)A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針

張角減小，則A板可能是（）

圖1

A.右移B.左移C.上移D.下移

解析電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計(jì)指針張角減小，說明兩極板間電壓

變小，根據(jù)C=名得出電容變大，由。=懸知兩極板之間距離變小或正對面積

變大，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

答案A

2.（2018?重慶二模）如圖2所示，兩塊水平放置的平行金屬板，板長為2d,相距

為d,兩板間加有豎直向卜的勻強(qiáng)電場，將一質(zhì)量為團(tuán)、電向量為q的帶正電小

球以大小為仇的水平速度從靠近上板下表面的P點(diǎn)射入，小球剛好從下板右邊

緣射出，重力加速度為g,則該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為（）

圖2

mgd-mv82.迎+"通

A--R-B--2^d-

nwj—2mgd〃城

。~而-D.-―

解析根據(jù)牛頓第二定律有述十叫=〃也，解得〃=與警，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，彳,

1、八、口mv&-2〃igd,,一“

（1=襯,聯(lián)立解得上=-2q（［,故C正確。

答案C

3.（2018?江蘇單科，5）如圖3所示，水平金屬板A、3分別與電源兩極相連，帶

電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均

為等勢面，則該油滴（）

A

U?油滴

L.....

8==

圖3

A.仍然保持靜止B.豎直向下運(yùn)動(dòng)

C.向左下方運(yùn)動(dòng)D.向右下方運(yùn)動(dòng)

解析由于水平金屬板A、8分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，

將8板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場

力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該

油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，詵項(xiàng)DJF確。

答案D

4.（多選）（2019?江西師大模擬）如圖4所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直

放置并接入電路。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使A、8兩板間的電壓為U時(shí)，一質(zhì)量為〃?、

電荷量為一q的帶電粒子，以初速度。。從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向

射入電場中，恰從A、3兩板的中點(diǎn)處沿原路返回（不計(jì)重力），則下列說法正確

的是（）

A.使初速度變?yōu)?0時(shí)，帶電粒子恰能到達(dá)6板

B.使初速度變?yōu)?ooE寸，帶電粒子將從8板中心小孔射出

C.使初速度如和電壓U都增加為原來的2倍時(shí)，帶電粒子恰能到達(dá)B板

D.使初速度如和電壓U都增加為原來的2倍時(shí)，帶電粒子將從B板中心小孔

射出

解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為心根據(jù)動(dòng)能定理得一3瓜=0—%就，又

E=稱得工=等，由此可知，要使帶電粒子進(jìn)入電場后恰能到達(dá)8板處，x變?yōu)?/p>

原來的2倍，采取的方法有使帶電粒子的初速度變?yōu)槔瞘或使A、8兩板間的電

壓變?yōu)?U,或使初速度內(nèi)和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C正確，A、D

錯(cuò)誤。

答案BC

5.（多選）（2019?湖南株洲一模）如圖5所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有

等量異號(hào)電荷的金屬板A、B,一個(gè)電荷量q=1.41X10-4c、質(zhì)量〃7=1gl勺帶

電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度加飛入兩板之間的電場，經(jīng)

0.02s后又回到尸點(diǎn)，其間未與8板相碰，gMX10m/s2,則（）

A.板間電場強(qiáng)度大小為100V/m

B.板間電場強(qiáng)度大小為141V/m

C.板與水平方向的夾角9=30。

D.板與水平方向的夾角9=45。

解析對帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，5、球的加速度0焉=寧=

tan。=焉=零言端=1，故夕=45。，尸電=峭樂=啦/咫=咨解得E=

100V/m,故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。

答案AD

6.（多選）（2019?山東青島5月模擬）如圖6所示，電路中A、B、C、。是完全相

同的金屬極板，。是A、8板間的一點(diǎn)，在C、。板間插有一塊有機(jī)玻璃板。閉

合開關(guān)，電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開?，F(xiàn)將C、。板間的玻璃板抽出，下列說法正確

的是（）

H彳玻1板.TE

-（=|----------——

iRK

圖6

A.金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容減小

B.。點(diǎn)電勢降低

C.玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流

D.A、3兩板間的電場強(qiáng)度減小

解析根據(jù)C=鑒，將。、。板間的玻璃板抽出，相對介電常數(shù)齒減小，其他

條件不變，則金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容減小，A正確；閉合開關(guān)，電路

穩(wěn)定后將開關(guān)斷開，極板上的總電荷量不變，金屬板C、。構(gòu)成的電容器的電容

減小，由可知極板C、。間的電勢差變大，極板A、8間的電勢差變大，

由石=%可知極板A、B間的場強(qiáng)變大，尸點(diǎn)與方板的電勢差變大，又因片板接

地，電勢為零，故P點(diǎn)電勢升高，因此電容器。。處于放電狀態(tài)，電容器處

于充電狀態(tài)，電阻R中有向右的電流，C正確，B、D錯(cuò)誤。

答案AC

7.如圖7甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、。豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的

電壓，1=0時(shí)，。板比P板電勢高5V,此時(shí)在兩板的正中央M點(diǎn)有一個(gè)電子,

速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，使得電子的位置和速度隨時(shí)間變化。假設(shè)

電子始終未與兩板相碰。在0<f<8X10f0s的時(shí)間內(nèi)，這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè),

速度方向向左且大小逐漸增大的時(shí)間是（）

甲乙

圖7

A.0<r<2X1O-,OS

B.2X10-,0s<r<4X10-1()s

C.4X10^,0s<r<6X10^,()s

D.6XlOlos<r<8XlOlos

解析作出粒子運(yùn)動(dòng)的。一，圖象如圖所示。由圖象可知選項(xiàng)C正確。

答案c

8.（多選）如圖8所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右瑞有

一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場，帶電

小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場強(qiáng)度的大小不變，突然將電

場反向，若將此時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則下列描述速度與時(shí)間、加速度與位移之間變

化關(guān)系的圖象正確的是（）

圖8

解析將電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離

開彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得，小球的加速度4詈，知。隨壓縮量X的

減小均勻減小，當(dāng)脫離彈簧后，小球的加速度。=誓，保持不變。可知小球先做

加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A、C項(xiàng)正確，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤。

答案AC

9.(2019?廣東深圳一調(diào))如圖9所示，勻強(qiáng)電場中相鄰豎直等勢線間距d=10cm,

質(zhì)量m=0.1kg、帶電荷量為夕=-1X1()3c的小球以初速度加=10m/s拋出,

初速度方向與水平線的夾角為45。，已知重力加速度g=10m/s2,求：

ddd(i

水平線

-20()V0200V

圖9

(1)小球加速度的大小；

(2)小球再次回到圖中水平線時(shí)的速度大小和距拋出點(diǎn)的距離。

解析(1)設(shè)相鄰兩等勢線間的電勢差為U

則E=^j

解得E=IX103v/m

電場力F=qE=lN,方向水平向右

重力G=〃zg=lN,方向豎直向下

設(shè)小球加速度為。，由牛頓第二定律得

F合=yjG2-\-F2=ma

解得〃=10gm/s2

(2)設(shè)小球再次回到圖中水平線時(shí)的速度為小與拋出點(diǎn)的距離為3小球加速度

與初速度方向垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，有

Leos450=vot

Lsin45°=%產(chǎn)

解得s,L=20in

vy=at

+冰

解得v=10>/5m/s

答案(l)l(h/5m/s2(2)l(h/5m/s20m

綜合提能練

10.（多選）（2019?長春質(zhì)檢）如圖10所示，光滑絕緣斜面體ABC處于水平向右的

勻強(qiáng)電場中，斜面