2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動教案新人教版

PAGE14-第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的肯定值。(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(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．平行板電容器的電容(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(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動1．加速(1)在勻強(qiáng)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(qiáng)電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏轉(zhuǎn)(1)運(yùn)動狀況：假如帶電粒子以初速度v0垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，如圖所示。(2)處理方法：將粒子的運(yùn)動分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場力方向的勻加速直線運(yùn)動。依據(jù)運(yùn)動的合成與分解的學(xué)問解決有關(guān)問題。(3)基本關(guān)系式：運(yùn)動時(shí)間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。一、思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)1．電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)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(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。 (×)5．帶電粒子在電場中，只受電場力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動。 (√)6．示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。 (√)二、走進(jìn)教材1．(人教版選修3－1P32T1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(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(jì)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(jì)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(jì)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(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大B[電容器與電源保持連接時(shí)兩極板間的電勢差不變，靜電計(jì)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。]2．(人教版選修3－1P39T1改編)如圖所示，電子由靜止起先從A板向B板運(yùn)動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則()A．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v增大B．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v減小C．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v不變D．當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，電子在兩極間運(yùn)動的時(shí)間變長[答案]C3．(人教版選修3－1P39T5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(qiáng)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(shí)初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)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(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時(shí)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)。]平行板電容器的動態(tài)分析eq\o([講典例示法])1．兩類典型問題(1)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，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2．動態(tài)分析思路(1)U不變①依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變更，再分析Q的變更。②依據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)的變更。③依據(jù)UAB＝Ed分析某點(diǎn)電勢變更。(2)Q不變①依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變更，再分析U的變更。②依據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強(qiáng)變更。eq\o([典例示法])如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計(jì)，開關(guān)S閉合后，靜電計(jì)指針張開肯定角度。下述做法可使靜電計(jì)指針張角增大的是()A．使A板向左平移以增大板間距離B．在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板C．?dāng)嚅_S后，使B板向左平移以減小板間距離D．?dāng)嚅_S后，使B板向上平移以減小極板正對面積D[開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計(jì)指針張角不變，故A、B錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，使B板向左平移以減小板間距離，則電容增大，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差減小，則靜電計(jì)指針張角減小，故C錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，使B板向上平移以減小極板正對面積，則電容減小，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，則靜電計(jì)指針張角增大，故D正確。]電容器動態(tài)分析的三個(gè)關(guān)鍵量(1)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變更。(2)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶的電荷量或兩極板間電壓的變更。(3)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變更。eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])電壓不變的動態(tài)分析問題1.(多選)如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()A．油滴將向下做勻加速運(yùn)動B．電流計(jì)中電流由b流向aC．油滴運(yùn)動的加速度漸漸變大D．極板帶的電荷量削減CD[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大時(shí)，電容器的電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量削減，電容器放電，電流由a流向b，D正確，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強(qiáng)漸漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運(yùn)動的加速度漸漸變大，C正確，A錯誤。]電荷量不變的動態(tài)分析問題2.(2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．試驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C．試驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大D．試驗(yàn)中，只增加極板帶電荷量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大A[試驗(yàn)前，由電荷間的相互作用規(guī)律知，用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，可使電容器帶電，選項(xiàng)A正確；試驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，極板的正對面積變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的電容減小，電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)知，電容器兩極板間的電勢差變大，故靜電計(jì)指針的張角變大，選項(xiàng)B錯誤；試驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的電容增大，電容器所帶的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)知，電容器兩極板間的電勢差變小，故靜電計(jì)指針的張角變小，選項(xiàng)C錯誤；電容只由電容器本身確定，與電容器所帶的電荷量及極板間的電勢差無關(guān)，選項(xiàng)D錯誤。]與電容器相關(guān)的力學(xué)問題3.(多選)如圖所示，P、Q組成平行板電容器，兩極板豎直放置，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球。將該電容器與電源連接，閉合開關(guān)后，懸線與豎直方向的夾角為α，則()A．?dāng)嚅_開關(guān)，加大P、Q兩極板間的距離，角度α?xí)龃驜．?dāng)嚅_開關(guān)，縮小P、Q兩極板間的距離，角度α不變C．保持開關(guān)閉合，縮小P、Q兩極板間的距離，角度α?xí)龃驞．保持開關(guān)閉合，加大P、Q兩極板間的距離，角度α?xí)p小BCD[斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，依據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)、U＝Ed、C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯(lián)立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，即此狀況下電場強(qiáng)度與P、Q兩極板間的距離無關(guān)，故兩極板間的電場強(qiáng)度不變，小球所受電場力不變，則角度α不變，A錯誤，B正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩極板間的電壓不變，縮小P、Q兩極板間的距離，由E＝eq\f(U,d)分析得知，兩極板間的電場強(qiáng)度增大，小球所受電場力增大，則角度α?xí)龃?；相反，增大P、Q兩極板間的距離，角度α?xí)p小，C、D正確。]帶電粒子在電場中的運(yùn)動eq\o([講典例示法])帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1．帶電粒子在電場中運(yùn)動時(shí)重力的處理基本粒子如電子、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)帶電顆粒如液滴、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(yùn)動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運(yùn)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(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動。3．用動力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。4．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。[典例示法1]粒子加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品平安、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動時(shí)間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×10(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。思路點(diǎn)撥：(1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運(yùn)動，已知速度，依據(jù)題意確定質(zhì)子在管中運(yùn)動的時(shí)間就可以求出管B的長度。(2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，依據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。[解析](1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管A的長度為L，則T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m。 ③(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電壓對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動到E電場做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。 ⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題的分析思路帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的基本規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0)。,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))。))(2)沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md)。,離開電場時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。,離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。))2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)二級結(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(shí)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tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)得tanθ＝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(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。[典例示法2]如圖所示，真空中水平放置的兩個(gè)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(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)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(diǎn)；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度。思路點(diǎn)撥：解此題要留意兩點(diǎn)：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，出電場后做勻速直線運(yùn)動。(2)敏捷應(yīng)用分解的方法抓住邊界條件。[解析](1)設(shè)粒子在運(yùn)動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有y＝eq\f(1,2)at2 ①L＝v0t ②vy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得x＝eq\f(L,2)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(diǎn)。(2)由題知a＝eq\f(Eq,m) ③E＝eq\f(UYY′,d) ④由①②③④解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv\o\al(2,0))當(dāng)y＝eq\f(d,2)時(shí)，UYY′＝eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)則兩板間所加電壓的范圍為－eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)。(3)當(dāng)y＝eq\f(d,2)時(shí)，粒子到達(dá)屏上時(shí)豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0，則y0＝y(tǒng)＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(dL＋2b,2L)故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長度為2y0＝eq\f(dL＋2b,L)。[答案]見解析分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的兩個(gè)關(guān)鍵(1)條件分析：不計(jì)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(yùn)動。(2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動。eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是()A．eq\f(edh,U)B．deUhC．eq\f(eU,dh)D．eq\f(eUh,d)D[電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度漸漸減小。依據(jù)題意和圖示推斷，電子僅受電場力，不計(jì)重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來探討問題，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故選項(xiàng)D正確。]2.(2024·浙江高考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽視，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A．所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°C[粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向x＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，由tan45°＝eq\f(y,x)，可得t＝eq\f(2mv0,Eq)，故A錯誤；由于vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故粒子速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，到P點(diǎn)的距離為L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),Eq)，故C正確；由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，可知速度正切tanα＝2tan45°＝2>tan60°，可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。]3.(2024·全國卷Ⅱ)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(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動能，以及它從射入電場至此時(shí)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](1)PG、QG間場強(qiáng)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＝ma ②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)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(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝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(shí)金屬板的長度為LL＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧[答案](1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))與電容器相關(guān)的STSE問題智能手機(jī)上的電容觸摸屏[示例1](多選)目前智能手機(jī)普遍采納了電容觸摸屏，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(納米銦錫金屬氧化物)，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，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，限制器通過對四個(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()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(yùn)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AD[據(jù)題意知，電容觸摸屏只須要觸摸，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，限制器就能確定手指的位置，因此不須要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器，所以不能在電容觸摸屏上進(jìn)行觸控操作，故B錯誤；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錯誤；手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大，故D正確。]噴墨打印機(jī)[示例2]有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，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()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C[帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U偏轉(zhuǎn)，側(cè)移Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU,md)，t＝eq\f(L,v0)，可推出Y1＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))