新课改瘦专用2025版高考物理一轮复习第七章第3节电容器带电粒子在电场中的运动学案含解析

PAGEPAGE17第3节电容器带电粒子在电场中的运动一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1．常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的肯定值。(3)电容器的充、放电[注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异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。[注2]2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。(2)定义式：C＝eq\f(Q,U)。[注3](3)物理意义：表示电容器容纳电荷本事大小的物理量。(4)单位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。二、带电粒子在匀强电场中的运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动或静止。(2)粒子所受合外力F合≠0，且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。2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：匀变速曲线运动。[注4](3)处理方法：运动的合成与分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。【注说明疑】[注1]充电过程：Q、U、E均增大；放电过程反之。[注2]放电过程电流随时间变更如图所示，面积表示电容器削减的电荷量。[注3]比值定义法，C的大小只由电容器本身结构确定。[注4]两个有用的结论(1)粒子飞出偏转电场时“速度的反向延长线，通过垂直电场方向的位移的中点”。(2)不同带电粒子从同一电场加速再进入同一偏转电场，全部粒子都从同一点射出，荧光屏上只有一个亮斑。[深化理解]1．在分析电容器的动态变更时，要先明确电容器是与电源相接还是与电源断开；电容器接在电源上时，电压不变，E＝eq\f(U,d)；断开电源时，电容器所带电荷量不变，E∝eq\f(Q,εrS)，变更两极板距离，场强不变。2．带电粒子偏转问题：离开电场时的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mv02d)，偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mv02d)。[基础自测]一、推断题(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力肯定可以忽视不计。(×)二、选择题1．[教科版选修3－1P40T9]关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性确定答案：D2．[人教版选修3－1P32T1改编]如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大解析：选B电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变，静电计指针偏转角不变，A错误；与电源断开后，电容器所带电荷量不变，结合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可推断B正确，C、D错误。3.[鲁科版选修3－1P44T4]一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是()A．1∶2 B．1∶8C．2∶1 D．4∶1答案：D4．[人教版选修3－1P39T5改编]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，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽视电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是()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)解析：选D依据动能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mv02，电子射入偏转电场时的初速度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))，加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。高考对本节内容的考查，主要集中在平行板电容器的动态分析、带电粒子(体)在电场中的直线运动、带电粒子在匀强电场中的偏转，其中平行板电容器的动态分析，主要以选择题的形式呈现，难度中等，而对带电粒子(体)在电场中的直线运动和偏转的考查，以计算题的形式呈现，常结合力学学问综合考查，难度较大。考点一平行板电容器的动态分析[基础自修类][题点全练]1．[与电源断开的情形](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，表明电容增大解析：选A试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确。试验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误。插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误。只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。2．[与电源相连的情形](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解析：选D平行板电容器电容的表达式为C＝eq\f(εrS,4πkd)，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。3．[带电油滴在电容器中的受力及运动](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．向右下方运动解析：选D起先时油滴处于静止状态，有mg＝qeq\f(U,d)，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝qeq\f(U,d)变小，mg＞F。并且A、B两板之间的等差等势面右端将匀称地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动。[名师微点]1．分析思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。(2)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)确定电容器电容的变更。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变更。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间场强的变更。2．两类动态变更问题的比较分类充电后与电池相连U不变充电后与电池断开Q不变d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变小考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动[多维探究类]1．带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理基本粒子如电子、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)带电体如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合≠0，且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．用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad。4．用能量观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。考法(一)仅在电场力作用下的直线运动[例1](多选)(2024·全国卷Ⅲ)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[解析]经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，依据x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2知，ma＜mb，故A错误。电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确。a、b处在同一等势面上，依据Ep＝qφ，a、b的电势能肯定值相等，符号相反，故C错误。依据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。[答案]BD考法(二)在电场力和重力作用下的直线运动[例2]如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A．微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mv02B．微粒的加速度大小等于gsinθC．两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒从A点到B点的过程电势能削减eq\f(mgd,cosθ)[解析]微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向。由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于eq\f(1,2)mv02，选项A错误；依据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，选项D错误。[答案]C考法(三)在多个连续电场中的直线运动[例3](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[解析]电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以推断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。[答案]A[共性归纳]对于带电粒子体在电场中的直线运动问题，无论是忽视重力还是考虑重力，解决此类问题时要留意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动依据力和运动的关系可知，合力肯定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解。1运用动力学观点时，先分析带电粒子体的受力状况，依据F合＝ma得出加速度，再依据运动学方程可得出所求物理量。2运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力做的功等于动能的变更量；若考虑重力，则合力做的功等于动能的变更量。考点三带电粒子在匀强电场中的偏转[师生共研类]1．带电粒子在电场中的偏转规律2．处理带电粒子的偏转问题的方法运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。功能关系当探讨带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。[典例]如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则()A．q1＞q2 B．m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)[解析]设粒子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，所以有加速度a＝eq\f(qE,m)，运动时间为t＝eq\f(x,v0)，偏转位移为y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(Eqx2,2mv02)，明显由于A粒子的水平位移小，则有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的电荷量不肯定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。[答案]C[延长思索](1)例题中假如仅将“以相同的速度”改为“以相同的初动能”，应选________。提示：选A由典例的解析可知y＝eq\f(Eqx2,2mv02)，由题意Ek0＝eq\f(1,2)mv02，整理得y＝eq\f(Eqx2,4Ek0)，由于A粒子的水平位移小，则A粒子的电荷量大，即q1大于q2，A正确。由以上分析可知，不能确定两粒子的质量关系，B、C、D错误。(2)例题中两粒子由静止起先经相同加速电场加速后，经右板的同一小孔进入同一偏转电场，假设两粒子均能落在B板上，则两粒子是否落在B板同一位置？提示：设加速电场的电压为U，偏转电场的电场强度大小为E，由动能定理，对粒子在加速电场中的运动有qU＝eq\f(1,2)mv2；粒子在偏转电场中，由牛顿其次定律有Eq＝ma，两粒子落在B板上时，两粒子在竖直方向的位移相同，y＝eq\f(1,2)at2，粒子在水平方向上有x＝vt，由以上整理解得x＝2eq\r(\f(yU,E))，由于y、U、E均相同，则两粒子均落在B板的同一位置。[解题方略]分析匀强电场中的偏转问题的关键条件分析不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。运动分析带电粒子在电场中的偏转运动：①在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；②沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量。在垂直电场方向上有t＝eq\f(l,v0)，沿电场力方向上有y＝eq\f(1,2)at2或vy＝at，a＝eq\f(F合,m)，联立方程可求解。[题点全练]1．[三种粒子偏转运动的比较]真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止起先被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最终打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列推断中正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经验的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4解析：选B设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经验的时间不同，故A错误；依据推论可知三种粒子在偏转电场中侧移距离y＝eq\f(U2L2,4dU1)、偏转角tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)，可知y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。2．[偏转运动中的极值问题]如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′，长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。解析：(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y＝eq\f(1,2)at2，L＝v0t，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得x＝eq\f(L,2)即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)由题知a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(UYY′,d)，解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv02)当y＝eq\f(d,2)时，UYY′＝eq\f(md2v02,qL2)则两板间所加电压的范围为－eq\f(md2v02,qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v02,qL2)。(3)当y＝eq\f(d,2)时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0＝y＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(d(L＋2b),2L)故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝eq\f(d(L＋2b),L)。答案：见解析考点四试验：视察电容器的充、放电现象1．充电：电源使电容器的两极板带上等量异种电荷的过程。如图甲。2．放电：用导线将充好电的电容器的两极板相连，使两极板的异种电荷中和的过程，如图乙。3．电容器充放电时的能量转化：充电后，电容器储存了电能。放电时，储存的电能释放出来，转化为其他形式的能。[基础考法]1．(多选)(2024·北京大兴区期末)如图甲所示连接电路，选用8V直流电源，470微法的电解电容器。当单刀双掷开关S掷向1端，电源向电容器充电。然后把开关掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出如图乙所示的电流随时间变更曲线。一位同学对试验进行了一些分析，其中正确的是()A．开关S掷向2端时，流经电流传感器的电流方向从B到AB．放电过程中电容器的电容C、电荷量Q、电压U都变小C．I­t图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量D．电容器充电完毕时，储存的电能约为0.015J解析：选CD开关S掷向1端时，电容器上极板接电源的正极；开关S掷向2端时，流经电流传感器的电流方向从A到B，选项A错误。放电过程中电容器的电荷量Q、电压U都变小，电容C不变，选项B错误。依据Q＝It，则I­t图中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量，选项C正确。电容器充电完毕时，储存的电能约为E＝eq\f(1,2)CU2＝eq\f(1,2)×470×10－6×82J≈0.015J，选项D正确。2．(2024·长沙模拟)如图甲所示是一种测量电容器电容的试验电路图，试验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而求出待测电容器的电容C。某同学在一次试验时的状况如下：A．按如图甲所示的电路图接好电路B．接通开关S，调整电阻箱R的阻值，使电流表的指针偏转接近满刻度，登记此时电流表的示数是I0＝490μA，电压表的示数U0＝8.0VC．断开开关S，同时起先计时，每隔5s测读一次电流i的值，将测得数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上(时间t为横坐标，电流i为纵坐标)，如图乙中小黑点所示。(1)在图乙中画出i­t图线；(2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是_________________________；(3)该电容器电容为________F(结果保留两位有效数字)；(4)若某同学试验时把电压表接在E、D两端，则电容的测量值比它的真实值________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。解析：(1)用平滑的曲线连接，作出图像如图：(2)由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为i­t图像与坐标轴所包围的面积，则面积为电容器在起先放电时所带的电荷量。(3)算出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求得Q＝8.5×10－3C则C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(8.5×10－3,8)F＝1.1×10－3F。(4)电容的测量值比它的真实值偏小，缘由是若把电压表接在E、D两端，则电容器在放电时，有一部分电量会从电压表中通过，从而使得通过电流表中的电量小于电容器的带电量，从而使电容的测量值比它的真实值偏小。答案：(1)见解析图(2)在起先放电时电容器所带的电荷量(3)1.1×10－3(4)偏小“STS问题”巧迁移——现代科技中的静电场问题(一)智能手机上的电容触摸屏1．(多选)目前智能手机普遍采纳了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，限制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是()A．电容触摸屏只须要触摸，不须要压力即能产生位置信号B．运用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[思维转换]解析：选AD据题意知，电容触摸屏只须要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，限制器就能确定手指的位置，因此不须要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。(二)电容式传声器2．如图所示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与