2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：7.3 电容器　带电粒子在电场中的运动

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知识点一 电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此________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________．
(3)电容器的充、放电：
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的________，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________转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的________的比值．
(2)定义式：________.
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)．
1 F＝________ μF＝________ pF.
(4)意义：表示电容器________本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否________及________无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．
(2)决定式：____________.
知识点二 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)在匀强电场中，W＝________＝qU＝12mv2－12mv02.
(2)在非匀强电场中，W＝________＝12mv2－12mv02.
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．
(2)运动性质：________运动．
(3)处理方法：运动的分解．
①沿初速度方向：做________运动．
②沿电场方向：做初速度为零的____________运动．
(4)基本规律
设粒子带电荷量为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，如图所示，(忽略重力影响)，则有
①加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd.
②在电场中的运动时间：t＝lv0
③速度eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))，v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d).
④位移eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\\al(2,0)d)))
知识点三 示波管
1．示波管的构造
①电子枪，②________，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________，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做________．
(2)观察到的现象
①如果在偏转电极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________，在那里产生一个亮斑．
②若所加扫描电压和________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变化的稳定图象．
思考辨析
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )
(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )
(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )
(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )
(5)公式C＝εrS4πkd可用来计算任何电容器的电容．( )
(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )
(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )
教材改编
[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，则下列判断正确的是( )
A．增大两极板间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，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
考点一 电容器及电容器的动态分析
自主演练
1．两种类型—
2．电容器动态的分析思路：
(1)U不变
①根据C＝QU＝εrS4πkd先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝Ud分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝QU＝εrS4πkd先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝Ud＝4kπQεrS分析场强变化．
[多维练透]
1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )
A．a、b两个电容器的电容之比为8:1
B．a、b两个电容器的电容之比为4:5
C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 C
D．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C
2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )
A．电容器的电容变大
B．电容器的电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的电势低
D．流过电阻R的电流方向从M到N
3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )
A．瓶内液面升高了
B．瓶内液面降低了
C．电容器在这段时间内放电
D．瓶内液面高度在t时间内变化了2kdItUεrr
4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )
A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大
B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大
C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大
D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
师生共研
1．解题方法
(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．
(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．
2．注意粒子的重力
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．
例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右、大小为3mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )
A．场强大小为3mgq
B．M、N间的电势差为0
C．从M到N，电场力做功为－3mgd
D．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动
[教你解决问题]
“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；
“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．
练1 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，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
练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4 C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．物块在4 s内位移是6 m
B．物块的质量是2 kg
C．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2
D．物块在4 s内电势能减少了18 J
考点三 带电粒子在电场中的偏转
多维探究
1．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始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总是相同的．
证明：由qU0＝12mv02及tan φ＝qUlmv02d得tan φ＝Ul2U0d
(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l2.
2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差．
题型1带电粒子在匀强电场中的偏转类比分析，化曲为直
例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为mv0qE
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为22mv02qE
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
题型2|带电体在匀强电场中的偏转
例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )
A．a的质量比b的小
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
题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转
例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2
D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
练3 [2019·江苏卷，5]一匀强电场的方向竖直向上．t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P ­ t关系图象是( )
练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2gR，重力加速度为g，求：
(1)小球的电荷量及其电性；
(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．
思维拓展
现代生活、科技中的静电场问题(STSE)
类型1 电容器在科技生活中的应用
例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，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，控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．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号
B．使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
[教你解决问题]
类型2 医学中的静电场问题
例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，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2×10－15 N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
类型3 静电除尘
例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )
A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电
B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下
C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大
D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功
类型4 喷墨打印机
例4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )
A．增大墨滴的带电荷量
B．减小墨滴喷出时的速度
C．减小偏转板与承印材料的距离
D．增大偏转板间的电压
练 在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )
A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高
C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大
D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
基础落实
知识点一
1．(1)绝缘 (2)绝对值 (3)①异种电荷 ②电能
2．(1)电荷量 电势差 (2)C＝QU
(3)106 1012 (4)容纳电荷
(5)带电 电压
3．(2)C＝εrS4πkd
知识点二
1．(1)qEd (2)qU
2．(2)匀变速曲线 (3)①匀速直线 ②匀加速直线
知识点三
1．偏转电极
2．(1)信号电压 扫描电压
(2)①中心 ②信号电压
思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√
教材改编
解析：电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝εrS4πkd知，当d变大时，C变小，再由C＝QU得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．
答案：ABD
考点突破
1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．
答案：C
2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R→N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．
答案：D
3．解析：根据C＝εrS4πkd，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝εrΔS4πkd＝εr·2πrΔh4πkd，解得Δh＝2kdItUεrr，故D正确．
答案：BCD
4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝εrS4πkd可知C减小，由C＝QU可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝QU知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝QCd不变，由于P点与B板的距离dPB增大，则UPB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．
答案：AC
例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝2mgq，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝mgF＝13，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·UMN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．
答案：B
练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝Ud＝QCd＝QεrS4πkdd＝4πkQεrS，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．
答案：A
练2 解析：物块在4 s内位移为x＝12×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝12×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．
答案：AC
例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝12at2，a＝Eqm，解得t＝2mv0qE，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝2v02+v02＝5v0，B项错误；该点到P点的距离s＝2x＝2v0t＝22mv02qE，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝v02v0＝12，则θ≠30°，D项错误．
答案：C
例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝12at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋mag＝maa0，对b球有qE－mbg＝mba0，可得ma>mb，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有maa0y＝12mava2－12mav02，对b球有mba0y＝12mbvb2－12mbv02，可得va＝vb，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为ma>mb，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．
答案：B
例4 解析：根据动能定理有12mv2－0＝qU，解得v＝2qUm，质子(11H)和α粒子(24He)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为2:1，选项A错误．在A、B间a＝qUmd，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝12Eqmt2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝12Eqmt2，水平方向x＝vt，又v＝2qUm，联立解得x＝2UhE，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．
答案：CD
练3 解析：带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则P＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝Fm，整理得P＝F2mt，由关系式可知P­t图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．
答案：A
练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝12mv2
由题知小球到B点时速度v＝2gR，解得q＝mgE
则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝mgE.
(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2gR的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝qE+mgm＝2g
小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝2Rv＝Rg
下落的高度h1＝12at12＝R
出电场时竖直方向的分速度vy＝at1＝2gR
出电场至打在光屏上运动的时间t2＝Rv＝12Rg
出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝vyt2＋12gt22＝98R
因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.
答案：(1)小球带正电，mgE (2)3.125R
思维拓展
典例1 解析：据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，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．
答案：AD
典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝Fm≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝va≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝v22a≈4 m，故D正确．
答案：D
典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．
答案：C
典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝12at2，a＝qU2md，t＝Lv0，可推出Y1＝qU2L22mdv02，Y2＝ltan θ，tan θ＝vyv0＝qU2Lmdv02，Y＝Y1＋Y2＝qU2LL+2l2mdv02，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．
答案：C
练 解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．
答案：C