2024高考物理一轮复习第7章静电场第3讲电容器带电粒子在匀强电场中的运动教案

PAGEPAGE17第3讲电容器带电粒子在匀强电场中的运动eq\x(学问点一)电容器1．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：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，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，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2．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\f(Q,U)。(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正对面积成正比，与介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比。(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。eq\x(学问点二)带电粒子在电场中的运动1．加速问题(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝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\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v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(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。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md),运动时间\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出平行板电容器：t＝\f(l,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))eq\x(学问点三)示波管1．示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图所示)。2．示波管的工作原理(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。(2)视察到的现象①假如在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内改变的稳定图象。1．(多选)有一只电容器的规格是“1.5μF,9V”，那么()A．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5CB．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－5CC．这只电容器的额定电压为9VD．这只电容器的击穿电压为9VBC2．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.如图所示，电子由静止起先从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则()A．当减小两极间的距离时，速度v增大B．当减小两极间的距离时，速度v减小C．当减小两极间的距离时，速度v不变D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长C4.(鲁科版选修3－1·P44·T4)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∶1D5．(人教版选修3－1·P39·T5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)D[依据动能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，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)。]考点一平行板电容器的动态分析分析比较的思路(1)先确定是Q不变还是U不变：若电容器保持与电源连接，则U不变；若电容器充电后与电源断开，则Q不变。(2)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)确定电容器电容的改变。(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的改变。(4)电压不变时，用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间电场强度的改变，电荷量不变时，用E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析电容器极板间电场强度的改变。(2024·全国乙卷·14)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。]1.(多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是()A．电容器的电容减小 B.极板间的电势差减小C．极板上的电荷量不变 D.极板间电场强度不变AC[电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，极板所带电荷量保持不变，极板间的介电常数减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容减小，故A、C正确；由C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，Q不变，C减小，U增大，故B错误；由E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故极板间的场强增大，故D错误。]2．(多选)在【例1】中，若将云母介质换成金属板，接在恒压直流电源上，当把金属板从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是()A．电容器的电容不变 B.电容器所带电荷量削减C．极板间的电压增大 D.极板间电场强度变小BD[当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容减小，故A、C错误；由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量削减，故B正确；由公式E＝eq\f(U,d)可得电场强度E变小，故D正确。]3．(多选)在【例1】中，若云母介质保持不动，使两极板正对面积减小，则下列说法正确的是()A．电容器所带电荷量保持不变B．电容器所带电荷量削减C．极板间的电场强度保持不变D．极板间的电场强度变小BC[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当S减小时，电容器的电容减小，由C＝eq\f(Q,U)得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量削减，故A错误，B正确；U和d不变，由E＝eq\f(U,d)可知，极板间的电场强度保持不变，故C正确，D错误。]1．静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大。平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图所示的电路连接。当开关闭合时，静电计的指针有偏转。下列做法能使偏角增大的是()A．断开开关，增大两极板间的距离B．保持开关闭合，增大两极板间的距离C．保持开关闭合，减小两极板间的距离D．保持开关闭合，使滑动变阻器的滑片向左移动A[断开开关，电容器带电荷量不变，增大两极板间的距离，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容减小，依据U＝eq\f(Q,C)知，电势差增大，指针张角增大，故A正确；保持开关闭合，电容器两极板间的电势差不变，则指针张角不变，与极板间距无关，故B、C错误；保持开关闭合，电容器两极板间的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑片滑动不会影响指针偏角，故D错误。]2.(2024·安徽六安模拟)(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，b板接地(规定大地电势为零)，在距离两板一样远的P点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法正确的是()A．液滴将加速向下运动B．P点电势上升，液滴在P点时的电势能减小C．P点的电场强度变大D．b板移动前后，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同ABD[原来液滴受力平衡，则液滴所受的电场力向上，液滴带负电。因电容器始终与电源相连，故板间电势差保持不变。将b板向下平移时，两板间的距离变大，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板间电场强度减小，液滴受到的电场力减小，故液滴将向下加速运动，故A正确，C错误；下极板接地，电势为零，板间电势差不变，故上极板电势不变，b板下移时，板间电场强度减小，P与上极板的距离不变，依据U＝Ed可知，P点与上极板间的电势差减小，则P点的电势上升，因带电液滴带负电，所以液滴在P点时的电势能减小，故B正确；因两板间的电势差不变，由W＝Uq知，b板移动前后，将液滴从a板移到b板时，电场力做功相同，故D正确。]考点二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(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)带电微粒：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，粒子静止或做匀速直线运动。(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，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。3．用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。4．用动量、能量观点分析(1)匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。(2)动量定理：Ft＝mv－mv0，动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(2024·全国卷Ⅲ·21)(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BD[A错：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，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb。B对：经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa>Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大。C错：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。D对：依据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等。]3．(2024·唐山市联考)如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中心各有一个小孔M和N。今有一质量为m的带电油滴从A板的上方距A板为d的P点由静止起先自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽视不计，重力加速度为g，带电油滴通过N孔时的动能Ek<2mgd。若将极板A向上移动一小段距离，使其到图中虚线所示位置，则()A．油滴带正电，Ek′＝EkB．油滴带正电，Ek′<EkC．油滴带负电，Ek′＝EkD．油滴带负电，Ek′<EkC[由题设条件知，把A板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，依据动能定理知，油滴到达N孔时速度仍为原来的速度，动能与原来相等，依据电场力做负功及电场强度的方向可知油滴带负电，故C正确。]4.(2024·河南郑州模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．电场强度的方向可能水平向左B．电场强度E的最小值为eq\f(\r(2)mg,2q)C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能改变量为零D．F所做的功肯定为eq\f(\r(2),2)mgdBC[本题考查对物体在复合场中做匀速直线运动条件的理解、动态平衡分析、做功与电势能改变关系的理解和运用。依据题述带电小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动，依据物体做匀速直线运动的条件，可知小球所受电场力方向肯定在虚线右侧，电场强度的方向肯定在虚线右侧，选项A错误；画出带电小球受力动态平衡图，如图所示，当电场力方向垂直于力F时电场力最小，最小电场力FEmin＝mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg，电场强度E的最小值为E＝eq\f(FEmin,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，选项B正确；当qE＝mg时，小球所受电场力方向水平向右，电场方向水平向右，小球从M运动到N时，电场力不做功，电势能改变为零，选项C正确；由于不知道电场强度方向，也不能得出力F的大小，不能得出力F所做的功，选项D错误。]考点三带电粒子在电场中的偏转1．两个结论(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速度的偏转角度总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)粒子经电场偏转后，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到电场边缘的距离为eq\f(L,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如图所示，x＝\f(l,2)))。2．带电粒子在匀强电场中偏转的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)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。(2024·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：本题考查带电粒子在偏转电场中的运动。(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑧答案：(1)v0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))5.(2024·广州模拟)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则()A．三微粒在电场中的运动时间有t3>t2>t1B．三微粒所带电荷量有q1>q2＝q3C．三微粒所受电场力有F1＝F2>F3D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能D[粒子在电场中运动的时间t＝eq\f(x,v)，水平速度相等而位移x1<x2＝x3，所以t1<t2＝t3，故A错误；依据竖直位移公式y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，对粒子1与2，两者竖直位移相等，在y、E、m相同的状况下，粒子2的时间长，则电荷量小，即q1>q2，而对粒子2和3，在E、m、t相同的状况下，粒子2的竖直位移大，则q2>q3，故B错误；由于q1>q2，所以F1>F2，故C错误；由q2>q3，且y2>y3，则q2Ey2>q3Ey3，电场力做功多，增加的动能大，故D正确。]6．(2024·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后放射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点放射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)，重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析：本题考查带电小球在电场中运动的动力学规律和功能关系．(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。依据牛顿其次定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)设B从O点放射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，依据动能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)⑦答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)科学看法与责任系列③——现代生活、科技中的静电场问题(一)电容器在科技生活中的应用(多选)目前智能手机普遍采纳了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，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，限制器精密确定手指位置。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，电容变大思维导图：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，选项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，选项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，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确。]1．(2024·广东汕头模拟)下图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，膜片与极板距离增大，则在此过程中()A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过思维导图：D[依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；依据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项B错误，D正确；依据E＝eq\f(U,d)可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。](二)医学中的静电场问题(2024·浙江卷·10)如图所示，当今医学上对某些肿瘤采纳质子疗法进行治疗，该疗法用肯定能量的质子束照耀肿瘤杀死癌细胞。现用始终线加速器来加速质子，使其从静止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，则下列说法正确的是()A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15NC．质子加速须要的时间约为8×10－6sD．加速器加速的直线长度约为4mD[电场力对质子做正功，质子的电势能削减，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝eq\f(F,m)≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝eq\f(v,a)≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝eq\f(v2,2a)≈4m，故D正确。]2.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏复原正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70μF电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW。下列说法正确的是()A．电容器放电过程中电压不变B．电容器充电至2500V时，电容为35μFC．电容器充电至5000V时，电荷量为35CD．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%D[电容器放电过程，电荷量削减，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的改变而改变，选项B错误；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，选项C错误；由η＝eq\f(Pt,E总)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，选项D正确。](三)带电粒子运动在科技生活中的应用如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点．若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量改变，则以下说法正确的是()A．A点电势高于B点电势B．尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大B[沿电场线方向电势降低，由图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是改变的，故尘埃不行能做匀变速运动，C错误；由图可知，尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，依据电势的改变可知，电势能减小，D错误。]3．(多选)有一种电荷限制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷