2024高考物理一轮复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动学案含解析

PAGEPAGE32第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动主干梳理对点激活学问点常见电容器Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器(1)组成：由两个彼此eq\o(□,\s\up1(01))绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的eq\o(□,\s\up1(02))肯定值。(3)电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程。充电后电容器两极板带上等量的eq\o(□,\s\up1(03))异号电荷，电容器中储存电场能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。放电过程中eq\o(□,\s\up1(04))电场能转化为其他形式的能。③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2．常见的电容器(1)分类：从构造上可分为eq\o(□,\s\up1(05))固定电容器和eq\o(□,\s\up1(06))可变电容器。(2)击穿电压：加在电容器极板上的eq\o(□,\s\up1(07))极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是eq\o(□,\s\up1(08))额定电压，这个电压比击穿电压eq\o(□,\s\up1(09))低。3．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝eq\o(□,\s\up1(10))eq\f(Q,U)。(3)单位：法拉(F)，1F＝eq\o(□,\s\up1(11))106μF＝eq\o(□,\s\up1(12))1012pF。(4)电容与电压、电荷量的关系①电容C的大小由电容器本身结构确定，与电压、电荷量eq\o(□,\s\up1(13))无关。不随Q变更，也不随电压变更。②由C＝eq\f(Q,U)可推出C＝eq\f(ΔQ,ΔU)。4．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板eq\o(□,\s\up1(14))正对面积成正比，与两极板间介质的eq\o(□,\s\up1(15))介电常数成正比，与eq\o(□,\s\up1(16))两板间的距离成反比。(2)确定式：eq\o(□,\s\up1(17))C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。学问点带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1．加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的eq\o(□,\s\up1(01))动能的增量。(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\o(□,\s\up1(02))eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0eq\o(□,\s\up1(04))垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：eq\o(□,\s\up1(05))类平抛运动。(3)处理方法：利用运动的合成与分解。①沿初速度方向：做eq\o(□,\s\up1(06))匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0)。②沿电场方向：做初速度为零的eq\o(□,\s\up1(07))匀加速直线运动。③运动过程，如图所示学问点示波管Ⅰ1．构造示波管的构造如图所示，它主要由eq\o(□,\s\up1(01))电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。2．工作原理(1)假如偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿eq\o(□,\s\up1(02))直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待显示的eq\o(□,\s\up1(03))信号电压，XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做eq\o(□,\s\up1(04))扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的eq\o(□,\s\up1(05))周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变更的稳定图象。一思维辨析1．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。()2．放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。()3．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()4．带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()5．带电粒子在电场中运动时，不加特殊说明重力可以忽视不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特殊说明重力不行以忽视不计。()答案1.×2.×3.×4.√5.√二对点激活1．关于电容器及其电容的叙述，正确的是()A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C答案A解析依据电容器的组成可知A正确；电容器的电荷量指一个极板所带电荷量的肯定值，B错误；电容器的电容是其本身的性质，与所带电荷量无关，C错误；C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)，D错误。2．(人教版选修3－1·P32·T1改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列推断正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板略微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小答案ABD解析静电计的原理是电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量肯定，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，当d变大时，C变小，再由C＝eq\f(Q,U)得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大，指针张角变大，B正确；当插入玻璃板时，C变大，U变小，指针张角变小，C错误；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，指针张角变小，D正确。3．(人教版选修3－1·P39·T3)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板面平行，在下列两种状况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。答案(1)eq\f(mH,me)(2)1解析设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq\f(l,v0)，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0))。(1)若电子与氢核的初速度相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝1。考点细研悟法培优考点1平行板电容器的动态分析1．对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素确定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2．运用电容的定义式和确定式分析电容器相关量变更的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变更。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变更。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变更。3．电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小4．在平行板电容器两板间加入介电物质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。例1(2024·南昌调研)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()A．平行板电容器的电容变大B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能削减D．带电油滴受到的电场力不变解题探究(1)电容器与电源连接，不变量是________。提示：电压(2)下极板竖直下移，如何推断P点电势的变更？提示：先依据E＝eq\f(U,d)推断出场强的变更，再推断上极板与P之间的电势差的变更。尝试解答选C。由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，平行板电容器的电容C与两板间的距离成反比，与两板间的正对面积成正比，当平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两板间的正对面积不变而距离增大，故电容C减小，所以A错误；静电计测量的是电容器两极板间的电势差，由于电容器与电源保持接通状态，因此两板间的电势差始终等于电源的电动势，则静电计的指针张角保持不变，B错误；在保持两板间电势差不变的状况下，随着两板间距离的增大，两板间的电场强度减小，故油滴所受电场力减小，又因为P点到上极板的距离不变，两板间场强减小，所以P点与上极板的电势差减小，而与下极板的电势差增大(两极板间的电势差不变)，即P点的电势上升，由题意知油滴带负电，所以油滴的电势能削减，C正确，D错误。总结升华解决电容器板间场强的技巧(1)在电压不变的状况下，由E＝eq\f(U,d)来推断场强变更，发觉场强E只随板间距离而变。(2)在电荷量保持不变的状况下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。(3)针对两极板带电量保持不变的状况，还可以认为肯定量的电荷对应着肯定数目的电场线，两极板间距离变更时，场强不变，如图甲、乙所示；两极板正对面积变更(变小)时，如图丙，电场线变密，场强增大。[变式1－1](多选)如图所示，一平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，极板水平放置，在下极板上叠放肯定厚度的金属板，有一带电粒子静止在电容器上部空间的P点。当把金属板从电容器中快速抽出的瞬间，下列说法正确的是()A．电容器的电容减小B．极板间的电场强度减小C．P点的电势上升D．带电粒子的电势能减小答案ABD解析平行板电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，下极板上叠放金属板，当抽走金属板时板间距离增大，其电容减小，A正确；由E＝eq\f(U,d)得电场强度减小，B正确；正、负极板的电势差U＝φ＋－φ－不变，φ＋＝0，P点到负极板有φP－φ－＝Ed′，得φP＝Ed′＋φ－，E减小则φP减小，C错误；带电粒子静止在电场中，重力与电场力平衡，粒子带正电，其电势能减小，D正确。[变式1－2]一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()答案C解析电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，两板间距随负极板向右平移而渐渐减小，电容C与d成反比，图象为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，依据E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l线性减小，φ线性减小，C正确；由Ep＝qφ可知，Ep随l的变更而变更，D错误。考点2带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都要考虑重力。2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合≠0，且合外力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。3．解题思路(1)用动力学观点分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)用功能观点分析①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。例2(2024·潍坊月考)如图所示，金属板A、B水平放置，两板中心有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应()A．仅上移A板适当距离B．仅下移A板适当距离C．断开开关，再上移A板适当距离D．断开开关，再下移A板适当距离解题探究(1)电场力对小球做什么功？提示：负功。(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变更？提示：不变。尝试解答选D。设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若仅上移或下移A板适当距离，两板间电压不变，仍满意mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，则A、B错误；断开开关，Q不变，因E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板向上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C错误；若下移A板适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D正确。总结升华带电体在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是敏捷利用动力学方法分析，可以采纳受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采纳功能的观点进行解决，往往优先采纳动能定理。[变式2－1](2024·江西质检)带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间存在匀强电场，电场强度E＝4×104V/m，方向竖直向下，如图所示。电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm。有一个质量为m＝2×10－8kg的带电微粒沿图中所示的虚线从C点运动至D点。若重力加速度g取10m/s2A．该微粒在D点时的电势能最大B．该微粒可能做匀变速直线运动C．在此过程中电场力对微粒做的功为1×10－8JD．该微粒带正电，所带电荷量为q＝5×10－12答案C解析由于微粒只受电场力和重力作用，这两个力均在竖直方向上，微粒做直线运动，故电场力的大小等于重力，微粒所受的合外力为0，做匀速直线运动，电场力方向竖直向上，大小为mg，微粒从C点运动到D点的过程中，电场力做正功，电势能减小，A、B错误；微粒从C点运动到D点的过程中，沿电场线方向运动了5cm，所以电场力对微粒做的功为1×10－8J，C正确；该微粒带负电，D错误。[变式2－2](2024·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点答案A解析设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。其次次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确。考点3带电粒子在匀强电场中的偏转1．基本规律设粒子所带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽视重力影响)，则有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在电场中的运动时间：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)))2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止起先经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和偏移量y总是相同的。证明：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)。y＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)＝eq\f(Ul2,4U0d)。(2)粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到极板边缘的水平距离为eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，须要经验一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。(1)确定最终偏移距离思路一：思路二：eq\x(\a\al(确定加速,后的v0))→eq\x(\a\al(确定,偏移y))eq\o(→,\s\up7(三角形),\s\do5(相像))eq\x(确定\f(y,OP)＝\f(\f(l,2),\f(l,2)＋L))(2)确定偏转后的动能(或速度)例3(2024·南宁、柳州联考)如图所示，在平面坐标系第一象限内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，y轴与直线x＝－d(d>0)区域之间有竖直向下的匀强电场，电场强度大小也为E，一个电荷量为＋q的粒子(不计重力)从第一象限的S点由静止释放。(1)若S点坐标为（eq\f(d,2)，eq\f(d,2)），求粒子通过x轴的位置坐标；(2)若S点坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；(3)若粒子能通过x轴上的P点坐标为(－3d,0)，求释放点S的坐标(x，y)应满意的条件。解题探究(1)带电粒子在直线x＝－d与y轴区域之间做什么运动？提示：类平抛运动。(2)带电粒子若运动到x＝－d左侧，做什么运动？提示：匀速直线运动。尝试解答(1)(－d,0)(2)eq\f(5,4)qEd(3)4xy＝5d2(x>0，y>0)(1)设粒子在第一象限电场中加速运动的末速度为v1，由动能定理有qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)粒子进入其次象限电场后做类平抛运动，假设粒子通过x轴时没有出电场左边界，在其次象限运动时间为t1，加速度为a，有qE＝ma，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，s＝v1t1可解得s＝d，假设成立，即粒子通过x轴的坐标为(－d,0)。(2)若S点坐标为(d，d)，则粒子到达y轴时有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得v2＝eq\r(2)v1。假设粒子穿过了其次象限电场左边界，粒子在其次象限电场中做类平抛运动，设其运动时间为t2，则y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，d＝v2t2解得y＝eq\f(d,4)，假设成立，之后做匀速直线运动到达x轴，粒子通过x轴时的动能等于粒子在两个区域中电场力做功之和，即Ek＝qEd＋qEy＝eq\f(5,4)qEd。(3)粒子在第一象限电场中加速运动，依据动能定理可得qEx＝eq\f(1,2)mv2，粒子进入其次象限电场中做类平抛运动，设粒子从P点射出时的方向与x轴负方向的夹角为θ，如图所示，则tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v)其中粒子在其次象限电场中运动时间t＝eq\f(d,v)粒子要通过P点，其出电场左边界后轨迹的反向延长线与S点所在水平线的交点A的坐标为（－eq\f(d,2)，y）即tanθ＝eq\f(y,3d－\f(d,2))＝eq\f(2y,5d)联立以上各式解得4xy＝5d2(x＞0，y＞0)。总结升华带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种状况：①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要实行类似平抛运动的解决方法。(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后依据详细状况选用公式计算。①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参加转化，哪些能量是增加的，哪些能量是削减的。[变式3](多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入水平向右的加速电场E1，之后进入竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最终打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子肯定打到屏上的同一位置答案AD解析带电粒子在电场E1中加速，由动能定理，eE1d＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eE1d,m))；进入竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，eE2＝ma，联立解得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，偏转电场E2对三种粒子做功W＝eE2y＝eq\f(eE\o\al(2,2)L2,4E1d)，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，A正确。由动能定理知粒子打到屏上时的速度大小v′＝eq\r(\f(eE\o\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2E1ed,m))，三种粒子质量不相等，故B错误。三种粒子运动到屏上所用时间t总＝t0＋t匀＝eq\r(\f(2d,a0))＋eq\f(L＋l,v)＝eq\r(\f(2md,eE1))＋eq\r(\f(m,2eE1d))(L＋l)，故所用时间不相同，C错误。由于y＝eq\f(E2L2,4E1d)，与粒子质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子肯定打到屏上的同一位置，D正确。考点4带电粒子在交变电场中的运动1．带电粒子在交变电场中运动的分析方法(1)留意全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路动身：一是力和运动的关系，依据牛顿其次定律及运动学规律分析；二是功能关系。2．常见的三类运动形式带电体做单向直线运动、直线来回运动或偏转运动。例4如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)解题探究(1)粒子打在A板时，运动有什么特点？提示：速度向左，位移在P点左侧。(2)如何找出符合题意的t0?提示：利用周期性，作出特殊点t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)的v­t图象，找出位移、速度符合题意的t0区间。尝试解答选B。设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度为负。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时状况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，比照各选项可知只有B正确。总结升华利用速度图象分析带电粒子的运动过程时，必需留意“五点”：1带电粒子进入电场的时刻。2速度图象的切线斜率表示加速度。3图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负。4留意对称性和周期性变更关系的应用。,5图线与横轴有交点，表示此时速度变更方向。对运动很困难、不简洁画出速度图象的问题，还应逐段分析求解。eq\a\vs4\al()[变式4](2024·安徽合肥一中高三阶段性考试)如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽视两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽视不计。(1)求带电粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,v0)，从t＝0起先，前eq\f(T,3)时间内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍旧以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终全部粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。答案(1)eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直极板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通过两板间的时间t＝eq\f(L,v0)＝T从t＝0时刻起先，粒子在两板间运动时，每个电压变更周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每个电压变更周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度—时间图象，依据题意和图象分析可知，从t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0,1,2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×eq\f(2qUT,3md)解得U＝eq\f(3U0,8)。考点5电场中的力、电综合问题1．用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。(2)类似于处理偏转问题，将困难的运动分解为正交的简洁直线运动，化繁为简。(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否须要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。2．用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，留意题中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理分析，留意过程分析要全面，精确求出过程中的全部功，推断是分阶段还是全过程运用动能定理。例5(2024·保定二模)(多选)空间分布有竖直方向的匀强电场，现将一质量为m的带电小球A从O点斜向上抛出，小球沿如图所示的轨迹击中绝缘竖直墙壁的P点。将另一质量相同、电荷量不变、电性相反的小球B仍从O点以相同的速度抛出，该球垂直击中墙壁的Q点(图中未画出)。对于上述两个过程，下列叙述中正确的是()A．球A的加速度大于球B的加速度B．P点位置高于Q点C．球A的电势能增大，球B的电势能减小D．电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小解题探究(1)A、B小球在上述两个过程中时间相同吗？提示：将斜抛运动分解成水平方向和竖直方向，由水平方向运动知时间相同。(2)A球竖直方向减速到零，再向下加速，B球竖直方向减速到零，则初速度竖直重量和时间相同的状况下，A、B的加速度哪个大？提示：A的加速度大。尝试解答选ACD。将带电小球的斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，水平方向位移相同、速度相同，时间就相同，但竖直方向球A向上减速到零后又向下加速，球B向上减速到零，所以球A的加速度大于球B的加速度，P点位置低于Q点，故A正确，B错误。那么A球受电场力竖直向下，B球受电场力竖直向上，电场力对A球做了负功，电势能增大，电场力对B球做正功，电势能减小，故C正确。两球电场力大小相等、时间相同，所以电场力对球A的冲量大小等于对球B的冲量大小，故D正确。总结升华力电综合问题的处理方法力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿其次定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等学问点，考查的学问点多，综合分析实力的要求高，试题难度较大，解答时要留意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功状况分析，再依据题意选择合适的规律列式求解。(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和电场力为恒力，可以将重力和电场力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。[变式5－1](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小球的电荷量q＝6×10－5B．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J答案AB解析对小球进行受力分析，如图甲所示，由于静止，可得mgtan37°＝qE，解得小球的电荷量为q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，A正确；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，依据题意，在B点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动供应向心力，而绳的拉力恰为零，F合＝eq\f(mg,cos37°)＝1N，又F合＝meq\f(v\o\al(2,B),l)，得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能Ep最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，总能量E＝EpB＋EkB＝5J，D错误。[变式5－2](2024·湖北八校联考)如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道，并恰能到达轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球(假设小球所带电荷量在运动过程中保持不变，不计空气阻力)，则()A．小球肯定不能到达B点B．小球仍恰好能到达B点C．小球肯定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力D．小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关答案B解析没有电场时，设小球在圆形轨道最高点的速度为v，则由牛顿其次定律得mg＝meq\f(v2,R)，依据动能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(5,2)R；加上电场时，设小球恰好到达圆形轨道最高点时的速度为v′，则由牛顿其次定律得mg＋qE＝meq\f(v′2,R)，解得v′＝eq\r(\f(mg＋qER,m))，依据动能定理得mg(h－2R)＋qE(h－2R)＝eq\f(1,2)mv1′2，解得小球在B点的速度v1′＝eq\r(\f(mg＋qER,m))＝v′，说明小球仍恰好能到达B点，且小球在B点时对轨道的压力为零，B正确，A、C、D错误。高考模拟随堂集训1．(2024·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板旁边，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止起先运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽视。下列说法正确的是()A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等答案BD解析依据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，依据a、b某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿其次定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿其次定律，qE＝mbab，联立解得：eq\f(qE,ma)>eq\f(qE,mb)，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的位移大于b微粒，依据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受到的电场力(合外力)，依据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D正确。2．(2024·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍旧保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动答案D解析两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。3．(2024·北京高考)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示，下列说法正确的是()A．试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；依据平行板电容器的电容确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，依据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；依据电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，依据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。4．(2024·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面到处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度肯定相等D．将一负的摸索电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功答案B解析假设两个电势不同的等势面相交，则交点处的电势就是两个不同的值，这是不行能的，A错误；电场线与等势面到处相互垂直，B正确；同一等势面上各点电势相等，而场强不肯定相等，C错误；负电荷从高电势处移到低电势处，电势能增加，电场力做负功，D错误。5．(2024·北京高考)如图所示，电子由静止起先经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。(1)忽视电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽视了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其缘由。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)(3)见解析解析(1)依据功和能的关系，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电子射入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))竖直方向的加速度a＝eq\f(eU,md)，偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg～10－29N电场力F＝eq\f(eU,d)～10－15N由于F≫G，因此不须要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势φ的定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝eq\f(Ep,q)由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝eq\f(EG,m)。电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素确定。配套课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7为单选，8～10为多选)1．(2024·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析平行板电容器电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝eq\f(Q,U)，电源恒压，即U肯定，C减小，故Q减小；电场强度E＝eq\f(U,d)，故E不变，D正确。2．(2024·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变答案D解析极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变更反映板间电势差U的变更，由C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D项正确。3．(2024·太原模拟)如图是静电喷漆的工作原理图。工作时，喷枪部分接高压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面。图中画出了部分微粒的运动轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则()A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布状况B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大C．在向工件运动的过程中，微粒的动能渐渐减小D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能渐渐增大答案B解析微粒的运动轨迹是曲线时，与电场线肯定不重合，A错误。由场强叠加原理可知，距离两个电极越近的位置，电场强度越大，所以微粒在向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大，B正确。在微粒向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能削减；只有电场力做功，即合力做正功，微粒的动能增加，C、D错误。4.(2024·长春质监)如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入两金属板间，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板。假如要使这个带电粒子到达M、N两金属板中线位置处即返回，则下列措施能满意要求的是()A.使初速度减小为原来的eq\f(1,2)B．使M、N间的电压提高为原来的4倍C．使M、N间的电压加倍D．使初速度减小为原来的eq\f(1,2)，同时M、N间的电压加倍答案C解析粒子从进入金属板间到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以带电粒子离开M板的最远距离为d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE)，设变更条件后带电粒子离开M板的最远距离为x，若电压提高为原来的2倍，则金属板间的电场强度也为原来的2倍，则x＝eq\f(d,2)，故C正确；结合上面分析可知，若使初速度减小为原来的eq\f(1,2)，则x＝eq\f(d,4)，A错误；若电压提高为原来的4倍，则金属板间的电场强度也为原来的4倍，则x＝eq\f(d,4)，故B错误；若初速度减小为原来的eq\f(1,2)，电压变为原来的2倍，则x＝eq\f(d,8)，D错误。5.(2024·安徽联考)有重力可忽视不计的三个带正电的粒子A、B、C，先后沿如图所示的虚线OO′方向从两平行板左端中点水平进入平行板电容器中，并最终都能击中两平行板右端紧邻的MN板。已知三个粒子质量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三个粒子电荷量之比为qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，关于这三个粒子击中MN板的位置，下列说法正确的是()A．若A、B、C以相同的速度进入电容器，则最终A、B、C击中MN板上同一点B．若A、B、C以相同的动量进入电容器，则最终B、C击中MN板上同一点C．若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、B、C击中MN板上同一点D．若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、B击中MN板上同一点答案B解析设某个粒子的入射速度大小为v0，平行板的长度为l。粒子垂直电场方向射入平行板后，粒子在平行板中做类平抛运动，由牛顿其次定律可知粒子的加速度大小为a＝eq\f(qE,m)，由于粒子在两平行板间水平方向上做匀速直线运动，则粒子在电场中的运动时间为t＝eq\f(l,v0)，粒子的侧移量大小为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEl2,2mv\o\al(2,0))。若三个粒子以相同的速度进入电容器，则A、B、C三个粒子的侧移量之比为2∶4∶1，A错误。由y＝eq\f(mqEl2,2m2v\o\al(2,0))＝eq\f(mqEl2,2p2)知，若三个粒子以相同的动量进入电容器，则三个粒子A、B、C的侧移量之比为1∶2∶2，最终B、C击中MN板上同一点，B正确。由y＝eq\f(qEl2,4Ek)可知，若三个粒子以相同的动能进入电容器，则三个粒子A、B、C的侧移量之比为1∶2∶1，最终A、C击中MN板上同一点，C、D错误。6.如图所示，电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S不停地振动，使a板也左右振动，则()A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变B．a振动过程中，电流计中始终有方向不变的电流C．a振动过程中，电容器的电容不变D．a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器电容最大答案D解析金属板a在声波驱动下沿水平方向振动，两极板间的距离发生变更，两极板与电源相连，电势差恒定，两板间的场强发生变更，A错误；电容器的电容随两板间距离变更而变更，两板带电量随电容变更而变更，电容器不断地充、放电，电流计指针偏转方向也随充、放电而变更，B、C错误；当a、b两板距离最近时，电容最大，D正确。7．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对的金属板AB。板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才起先运动，(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)则()A．在0～t1时间内，物块受到渐渐增大的摩擦力，方向水平向右B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力，先渐渐增大，后渐渐减小C．t3时刻物块的速度最大D．t4时刻物块的速度最大答案C解析在0～t1时间内，物块处于静止状态，电场强度方向水平向右，物块所受的电场力水平向右，依据平衡条件得：摩擦力大小Ff＝qE，而E＝eq\f(UAB,d)，得Ff＝qeq\f(UAB,d)，UAB增大，Ff随之增大，并且由平衡条件知，Ff的方向水平向左，故A错误；在t1～t3时间内，物块向右运动，受到的是滑动摩擦力，物块对地面的压力不变，依据公式Ff＝μFN知，摩擦力不变，故B错误；据题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在t1时刻物块所受的静摩擦力达到最大，并恰好等于此时的电场力，在t1～t3时间内，电场力始终大于摩擦力，物块始终向右加速运动，在t3～t4时间内，电场力小于滑动摩擦力，物块向右做减速运动，所以t3时刻物块的速度最大，故C正确，D错误。8．(2024·河南开封一模)指纹识别传感器在日常生活中应用非常广泛，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”。传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同。此时传感器给全部的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，依据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图像数据。依据文中信息，下列说法正确的是()A．在峪处形成的电容器电容较小B．充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大C．在峪处形成的电容器放电较慢D．湿的手指头对指纹识别肯定没有影响答案AB解析依据电容的计算公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，极板与峪处距离d大，构成的电容器电容小，故A正确；由于外接电源为全部电容器充到一个预先设计好的电压值，所以全部的电容器电压肯定，依据Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)可知，极板与峪处构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短，反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B正确，C错误；湿的手指头与传感器之间有水填充，变更了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹识别，故D错误。9.(2024·广东六校联考)如图所示，长为