2025版高考物理一輪復習第7章靜電場第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動教案

PAGE14-第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。(2)帶電荷量：一個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、帶電粒子在勻強電場中的運動1．加速(1)在勻強電場中，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)運動狀況：假如帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示。(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動。依據(jù)運動的合成與分解的學問解決有關(guān)問題。(3)基本關(guān)系式：運動時間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．帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。 (×)5．帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。 (√)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，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B[電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(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板運動，到達B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則()A．當減小兩極板間的距離時，速度v增大B．當減小兩極板間的距離時，速度v減小C．當減小兩極板間的距離時，速度v不變D．當減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長[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)電場時初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時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)電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間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)分析場強的變更。③依據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變更。(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，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開肯定角度。下述做法可使靜電計指針張角增大的是()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．斷開S后，使B板向左平移以減小板間距離D．斷開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，則靜電計指針張角增大，故D正確。]電容器動態(tài)分析的三個關(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度的變更。eq\o([跟進訓練])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動B．電流計中電流由b流向aC．油滴運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，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，兩板間場強漸漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運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)因素的試驗裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大A[試驗前，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A正確；試驗中，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，故靜電計指針的張角變大，選項B錯誤；試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，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，故靜電計指針的張角變小，選項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D錯誤。]與電容器相關(guān)的力學問題3．(多選)(2024·遼寧新高考適應性考試)如圖所示，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動。起初兩極板邊緣對齊，然后上極板轉(zhuǎn)過10°，并使兩極板間距減小到原來的一半。假設(shè)變更前后均有一電子由靜止從上極板運動到下極板。忽視邊緣效應，則下列說法正確的是()A．變更前后電容器電容之比為9∶17B．變更前后電容器所帶電荷量之比為16∶9C．變更前后電子到達下極板的速度之比為eq\r(2)∶1D．變更前后電子運動到下極板所用時間之比為2∶1AD[由平行板電容器電容公式C＝eq\f(εS,4πkd)，可知，變更前后電容器電容之比為eq\f(C1,C2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(d2,d1)＝eq\f(S,\f(17,18)S)·eq\f(\f(d,2),d)＝eq\f(9,17)，電容器兩端電壓不變，變更前后電容器所帶電荷量之比為eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(C1,C2)＝eq\f(9,17)，故A正確，B錯誤；電子由靜止從上極板運動到下極板過程，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得，電子到達下極板的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，電容器兩端電壓不變，變更前后電子到達下極板的速度之比為1∶1，故C錯誤；電子由靜止從上極板運動到下極板過程，電子的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(eU,md)，電子的運動時間t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))＝deq\r(\f(2m,eU))，變更前后電子運動到下極板所用時間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(d,\f(d,2))＝eq\f(2,1)，故D正確。故選AD。]帶電粒子在電場中的運動eq\o([講典例示法])帶電粒子在電場中的直線運動1．帶電粒子在電場中運動時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.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動。(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動或勻減速直線運動。3．用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。4．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。非勻強電場中：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、材料科學等方面有廣泛應用。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點沿軸線進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)子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的比荷取1×10(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。思路點撥：(1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運動，已知速度，依據(jù)題意確定質(zhì)子在管中運動的時間就可以求出管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。[答案](1)0.4m(2)6×104V帶電粒子在勻強電場中的直線運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)電場中運動的基本規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動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)。,離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。,離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。))2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(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O為粒子水平位移的中點，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(不計重力)從兩板左側(cè)中點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；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。思路點撥：解此題要留意兩點：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動。(2)敏捷應用分解的方法抓住邊界條件。[解析](1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(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，O點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。(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y＝eq\f(d,2)時，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y＝eq\f(d,2)時，粒子到達屏上時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電場中的偏轉(zhuǎn)問題的兩個關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，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動。(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。eq\o([跟進訓練])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點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，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點到A點，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D正確。]2．噴墨打印機的簡化模型如圖所示。重力可忽視的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A．向負極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能漸漸增大C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關(guān)C[帶電微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，依據(jù)平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動。帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力，故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；帶電微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；依據(jù)x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2及a＝eq\f(qE,m)，得帶電微滴的軌跡方程為y＝eq\f(qEx2,2mv\o\al(2,0))，即運動軌跡是拋物線，與帶電量有關(guān)，選項C正確，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。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?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為多少？[解析](1)PG、QG間場強大小相等，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G時動能為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G時所用的時間為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問題智能手機上的電容觸摸屏[示例1](多選)目前智能手機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進行工作的。它是一塊四層復合玻璃屏，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，四個角引出四個電極。當用戶手指觸摸電容觸摸屏時，手指和工作面形成一個電容器。因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，限制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。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．運用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進行觸控操作C．手指壓力變大時，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，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)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，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電容器，所以不能在電容觸摸屏上進行觸控操作，故B錯誤；手指壓力變大時，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，電容變大，故D正確。]噴墨打印機[示例2]有一種噴墨打印機的打印頭結(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