（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）

《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義（含解析） (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(chǎng)中只能做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(×) (5)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(√) (6)示波管屏幕上的亮線(xiàn)是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√) (7)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)。(×) 突破點(diǎn)(一)　平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 1．平行

2、板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況 (1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U保持不變。 (2)充電后與電源斷開(kāi)時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變。 2．平行板電容器動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析思路 3．平行板電容器問(wèn)題的一個(gè)常用結(jié)論 電容器充電后斷開(kāi)電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極板間的距離無(wú)關(guān)。 [題點(diǎn)全練] 1．(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?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(shì)面，則該油滴(　　) 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)

3、 解析：選D　開(kāi)始時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝q，B板右端下移時(shí)，U不變，d變大，電場(chǎng)力F＝q變小，mg＞F。并且A、B兩板之間的等差等勢(shì)面右端將均勻地順次向下移動(dòng)，又電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于等勢(shì)面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向?yàn)橄蛴蚁路?，故油滴向右下方運(yùn)動(dòng)。 2．[多選](2019·蘇州模擬)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶負(fù)電小球懸掛在電容器內(nèi)部。閉合開(kāi)關(guān)S，電容器充電，這時(shí)懸線(xiàn)偏離豎直方向的夾角為θ，則(　　) A．保持開(kāi)關(guān)S閉合，略向右移動(dòng)A板，則θ增大 B．保持開(kāi)關(guān)S閉合，略向右移動(dòng)A板，則θ不變 C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，略向上移動(dòng)A板，則θ增大 D．?dāng)嚅_(kāi)

4、開(kāi)關(guān)S，略向上移動(dòng)A板，則θ不變 解析：選AC　保持開(kāi)關(guān)S閉合，電容器兩端間的電勢(shì)差不變，帶負(fù)電的A板向右移動(dòng)，極板間距離減小，電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，小球所受的電場(chǎng)力變大，θ增大，故A正確，B錯(cuò)誤。斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，電容器所帶的電量不變，根據(jù)C＝，U＝得，E＝＝＝，知略向上移動(dòng)A板，則S減小，E變大，電場(chǎng)力變大，則θ增大，故C正確，D錯(cuò)誤。 3.如圖所示，兩塊平行放置的金屬板A、B與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．若將S斷開(kāi)，則油滴立即做自由落體運(yùn)動(dòng)，G中無(wú)電流 B．若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G中有a→b

5、的電流 C．若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G中有b→a的電流 D．若將S斷開(kāi)，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動(dòng)，G中有b→a的電流 解析：選C　若將S斷開(kāi)，則電容器兩板所帶電荷量一定，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則油滴仍靜止，G中無(wú)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。開(kāi)始時(shí)，重力和電場(chǎng)力平衡，有mg＝qE；若將A板向左平移一小段位移，則由E＝可知，E不變，故油滴仍靜止；由于相對(duì)面積S減小，根據(jù)C＝和C＝可知，C減小，Q減小，電容器放電，G中有b→a的電流，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。若將A板向上平移一小段位移，由E＝可知，E變小，則油滴向下加速運(yùn)動(dòng)；由于d變大，根據(jù)C＝、C＝可知，C減小，Q減小，電容器

6、放電，G中有b→a的電流，選項(xiàng)C正確。若將S斷開(kāi)，Q不變，A向下平移一小段距離，根據(jù)C＝、C＝以及E＝可得E＝，知E不變，油滴仍靜止不動(dòng)，由于電荷量不變，故G中無(wú)電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 突破點(diǎn)(二)　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 帶電顆粒 如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。 2．解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種思路 (1)根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)

7、公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。 (2)根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。 [典例]　(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(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回 D．穿過(guò)P′點(diǎn) [解析]　電子在A(yíng)、B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)

8、度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時(shí)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A(yíng)、B板間加速運(yùn)動(dòng)后，在B、C板間減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案]　A [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)均為U)(　　) A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是Ue B．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零 C．電子到達(dá)D板時(shí)的動(dòng)能是3Ue D．電子在A(yíng)板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

9、解析：選C　電子在A(yíng)B之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，且eU＝ΔEk，A正確；在BC之間做勻速運(yùn)動(dòng)，B正確；在CD之間做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D板時(shí)，速度減為零，隨后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，在CB之間做勻速運(yùn)動(dòng)，在BA之間做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A板時(shí)，速度減為零，之后按上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。 2.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)。求： (1)小球到達(dá)小孔處的速度； (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器

10、所帶電荷量； (3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。 解析：(1)由v2＝2gh，得v＝。 (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力， 有mg－qE＝ma,0－v2＝2ad 得E＝，U＝Ed，Q＝CU 得Q＝C。 (3)由h＝gt12,0＝v＋at2，t＝t1＋t2 綜合可得t＝。 答案：見(jiàn)解析 突破點(diǎn)(三)　帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 1．基本規(guī)律 設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽略重力影響), 則有 (1)加速度：a＝＝＝。 (2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝。 (3)速度 v＝，tan θ＝＝。 (4)位移

11、 2．兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明：由qU0＝mv02及tan φ＝得tan φ＝。 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)與初速度延長(zhǎng)線(xiàn)的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為。 3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差。 [典例]　如圖所示，一個(gè)電子由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿中心軸線(xiàn)從O點(diǎn)垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點(diǎn)，O′點(diǎn)為熒光屏的中心。已知

12、電子質(zhì)量m＝9.0×10－31 kg，電荷量e＝1.6×10－19 C，加速電場(chǎng)電壓U0＝2 500 V，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓U＝200 V，極板的長(zhǎng)度L1＝6.0 cm，板間距離d＝2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0 cm。(忽略電子所受重力，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求： (1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0的大小； (2)電子打在熒光屏上的P點(diǎn)到O′點(diǎn)的距離h； (3)電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它所做的功W。 [思路點(diǎn)撥]　解答本題應(yīng)把握以下三點(diǎn) (1)熟練掌握帶電粒子在加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 (2)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的中點(diǎn)。

13、 (3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功用W＝eEy來(lái)計(jì)算。 [解析]　(1)電子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有： eU0＝mv02 解得：v0＝ 代入數(shù)據(jù)得：v0＝3.0×107 m/s。 (2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量為y 電子在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：L1＝v0t 電子在豎直方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)：y＝at2 根據(jù)牛頓第二定律有：＝ma 聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)得y＝0.36 cm 畫(huà)出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖可知電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的中點(diǎn)由幾何關(guān)系知，＝＝ 代入數(shù)據(jù)解得h＝0.72 cm。 (

14、3)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功W＝eEy＝ey＝5.8×10－18 J。 [答案]　(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm (3)5.8×10－18 J [方法規(guī)律]　分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的關(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(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。 (2)運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．[多選]如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電

15、場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))。從開(kāi)始射入到打到上極板的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ＝tP B．它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ＝aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 解析：選AC　垂直電場(chǎng)方向不受力，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，位移相等，速度相等，由x＝vt得知，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A正確；平行電場(chǎng)方向受到電場(chǎng)力作用，做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式，有：y＝at2，解得：a＝，由于兩帶電粒子平行電場(chǎng)方向分位移之比為：yP∶yQ＝1∶2，所以aQ＞a

16、P，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，有：qE＝ma，則：q＝，所以它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理，有：qEy＝ΔEk，又qP∶qQ＝1∶2，yP∶yQ＝1∶2，所以動(dòng)能增加量之比：ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D錯(cuò)誤。 2.示波器的示意圖如圖，金屬絲發(fā)射出來(lái)的電子(初速度為零，不計(jì)重力)被加速后從金屬板的小孔穿出，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后沿直線(xiàn)前進(jìn)，最后打在熒光屏上。設(shè)加速電壓U1＝1 640 V，偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)L＝4 cm，偏轉(zhuǎn)板間距d＝1 cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)板的中央沿板平行方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。 (1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時(shí)，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距

17、離最大？ (2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離s＝20 cm，則電子束最大偏轉(zhuǎn)距離為多少？ 解析：(1)設(shè)電子電量大小為e，質(zhì)量為m，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)初速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理，有eU1＝mv02 電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的飛行時(shí)間t1＝ 電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的加速度a＝＝ 要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后必須沿下板邊緣射出。 電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)移距離為，則有：＝at12 聯(lián)立以上各式，得偏轉(zhuǎn)電壓U2＝ 代入數(shù)據(jù)解得：U2＝205 V。 (2)設(shè)電子離開(kāi)電場(chǎng)后側(cè)移距離為y1，則電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y＝＋y1 由于電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)向速度vy＝at1＝ 電子

18、離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的側(cè)向位移y1＝ 得電子最大偏轉(zhuǎn)距離y＝＋ 代入數(shù)據(jù)解得：y＝0.055 m。 答案：(1)205 V　(2)0.055 m 電容器在現(xiàn)代科技生活中的應(yīng)用 電容器在現(xiàn)代生活中應(yīng)用十分廣泛，其中作為傳感器使用的有智能手機(jī)上的電容觸摸屏、電容式傳聲器、電容式加速度計(jì)等。 (一)智能手機(jī)上的電容觸摸屏 1．[多選]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(hù)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

19、，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過(guò)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(guò)對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來(lái)確定手指位置。對(duì)于電容觸摸屏，下列說(shuō)法正確的是(　　) 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：選AD　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

20、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。 (二)電容式傳聲器 2．(2018·汕頭模擬)圖示為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對(duì)著傳聲器講話(huà)，膜片會(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(guò)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(chǎng)強(qiáng)度增大 D．電阻R中有電流通過(guò) 解析：選D　根據(jù)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(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU可知極板所帶電荷量

21、減小，因此電容器要通過(guò)電阻R放電，所以選項(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝可知，膜片與極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 (三)電容式加速度計(jì) 3．[多選]電容式加速度傳感器的原理如圖所示，質(zhì)量塊左、右側(cè)連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動(dòng)電介質(zhì)移動(dòng)，改變電容。則(　　) A．電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小 B．當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中有恒定電流 C．若傳感器原來(lái)向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)彈簧會(huì)壓縮 D．當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速時(shí)，電路中有順時(shí)針?lè)较虻碾娏? 解析：選CD　由C＝知，電介質(zhì)插入越深，εr越大，即C越大，A錯(cuò)；當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)電容器靜止，電容不變，電路中沒(méi)有電流，B錯(cuò)；傳感器向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)，質(zhì)量塊由于慣性相對(duì)傳感器向右運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮變短，C對(duì)；傳感器由靜止突然向右加速時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)電容器向左運(yùn)動(dòng)，εr增大，C增大，電源電動(dòng)勢(shì)不變，由C＝知，Q增大，上極板電荷量增大，即電路中有順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，D對(duì)。 本類(lèi)電容式傳感器的工作原理是通過(guò)εr、S、d的變化利用公式C＝和C＝來(lái)判斷C的變化，進(jìn)一步分析Q的變化。