第九章 第3讲 电容器 实验：观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动（教师用书word）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 人教版 浙江专用第二版）

第3讲　电容器　实验：观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动 目标要求　1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动． 考点一　实验：观察电容器的充、放电现象 1．实验原理 (1)电容器的充电过程 如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流． 在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电流I＝0. (2)电容器的放电过程 如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流． 放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零． 2．实验步骤 (1)按图连接好电路． (2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中． (3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中． (4)记录好实验结果，关闭电源． 3．注意事项 (1)电流表要选用小量程的灵敏电流计． (2)要选择大容量的电容器． (3)实验要在干燥的环境中进行． 考向1　电容器充、放电现象的定性分析 例1　(2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是(　　) A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定 C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零 D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零 答案　B 解析　充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误． 考向2　电容器充、放电现象的定量计算 例2　(2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电．先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示． (1)乙图中阴影部分的面积S1________S2；(选填“>”“<”或“＝”) (2)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________F；(保留两位有效数字) (3)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2.(选填“>”“<”或“＝”) 答案　(1)＝　(2)0.15　(3)< 解析　(1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等． (2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝＝ F ≈0.15 F. (3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由＞，解得R1＜R2. 考点二　电容器及平行板电容器的动态分析 1．电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充、放电： ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极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与电容器两极板之间的电势差之比． (2)定义式：C＝. (3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低． (5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关． 3．平行板电容器的电容 (1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离． (2)决定式：C＝. 1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．(　×　) 2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．(　×　) 3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．(　×　) 1．两类典型问题 (1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变． 2．两类典型动态分析思路比较 考向1　两极板间电势差不变 例3　(2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变．若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 答案　A 解析　根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确． 考向2　两极板电荷量不变 例4　(2023·河北省高三检测)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M板)接地，在两板间的P点固定一个带负电的试探电荷．若正极板N保持不动，将负极板M缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是(　　) A．P点电势升高 B．两板间电压增大 C．试探电荷的电势能增大 D．试探电荷受到的静电力增大 答案　C 解析　由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的静电力不变，故B、D错误；因φ＝Ed′，d′为P到负极板之间的距离，d′减小，所以P点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M板电势为零，所以P点电势为正，P点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增加，故C正确，A错误． 考向3　电容器的综合分析 例5　(2023·浙江湖州市模拟)如图所示，一轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一带电荷量大小为q、质量为m的小球，小球静止悬挂放置在正对距离为d的平行板电容器A、B间，电容器两板连接在电源两端，细线与竖直方向夹角θ＝60°，细线、小球在竖直平面内(即纸面内)，A、B两板平行正对倾斜放置，且与纸面垂直、与细线平行．已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．此时细线拉力大小F＝ B．电源电动势E＝ C．若在竖直面内保持两板正对面积不变，B板向A板缓慢靠近，则细线拉力变大 D．若在竖直面内保持两板正对面积不变，B板向A板缓慢靠近，则小球将缓慢下移 答案　C 解析　设小球所受静电力大小为F电，根据平衡条件有Fsin θ＝F电cos θ，Fcos θ＋F电sin θ＝mg，解得F＝mg，F电＝mg，故A错误；A、B间电场强度大小为EAB＝＝，电源电动势为E＝EABd＝，故B错误；A、B两板间电场强度大小为EAB＝，若在竖直面内保持两板正对面积不变，B板向A板缓慢靠近，则电场强度增大，小球所受静电力增大，且方向不变，而小球所受重力不变，且重力与静电力的合力与细线拉力平衡，开始时F与F电垂直，如图所示，可知细线拉力变大，且与水平方向夹角减小，即小球缓慢上移，故C正确，D错误． 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 考向1　带电粒子在电场中的直线运动 1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题 (1)要掌握静电力的特点．静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关． (2)是否考虑重力依据情况而定． 基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)． 带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力． 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且与初速度共线，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＝，E＝，v2－v02＝2ad. 4．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例6　如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 答案　A 解析　设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝，l＝·t2；对电荷量为－q的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A. 考向2　带电体在静电力和重力作用下的直线运动 例7　(2023·浙江杭州市模拟)如图所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场．电场中C点与B板的距离为0.3d，D点与A板的距离为0.2d，有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，若重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．该微粒在D点时的电势能比在C点时的大 B．该微粒做匀变速直线运动 C．在此过程中静电力对微粒做的功为0.5mgd D．该微粒带正电，所带电荷量大小为q＝ 答案　C 解析　由题知，微粒沿直线运动，可知重力和静电力二力平衡，微粒做匀速直线运动，微粒带负电，B、D错误；微粒从C点运动至D点，静电力做正功，电势能减小，A错误；此过程中静电力对微粒做的功为W＝F电·x＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正确． 考向3　带电粒子在交变电场中的直线运动 1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动． (2)粒子做往返运动． 3．解题技巧 (1)按周期性分段研究． (2)将a－t图像v－t图像． 例8　如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　) A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动 D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 答案　D 解析　若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到T后向左减速，T后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确． 课时精练 1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是(　　) A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比 B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比 C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变 D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍 答案　BC 解析　电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两板间的电压无关，故A、D错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确． 2.(2023·浙江杭州市模拟)如图所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电微粒沿图中直线从A向B运动，则该带电微粒(　　) A．动能减小 B．电势能减小 C．机械能减小 D．可能带负电 答案　B 解析　带电微粒沿题图中直线从A向B运动，微粒受到的静电力与重力的合力沿AB方向，所以微粒所受静电力方向水平向右，微粒带正电，静电力做正功，电势能减小，机械能增大，故B正确，C、D错误；合力做正功，动能增大，故A错误． 3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是(　　) A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大 B．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小 C．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变 D．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q减小 答案　C 解析　根据C＝可知，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，A错误；由于C＝，E＝，联立可得E＝，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B错误；由C＝可知，若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C＝可知，两极板电压降低，二极管正向导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电压保持不变，电容器的带电荷量Q增大，C正确，D错误． 4．(2019·浙江4月选考·10)如图所示，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 答案　D 解析　加速过程中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＝≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，D正确． 5.(2023·浙江省模拟)据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是通过AED自动除颤机给予及时治疗．某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是15 μF，充电至9 kV电压，如果电容器在2 ms时间内完成放电，则下列说法正确的是(　　) A．电容器放电过程的平均电流为67.5 A B．电容器的击穿电压为9 kV C．电容器充电后的电荷量为135 C D．电容器充满电的电容是15 μF，当放电完成后，电容为0 答案　A 解析　根据电容的定义式C＝，解得Q＝15×10－6×9×103 C＝0.135 C，故放电过程的平均电流为I＝＝ A＝67.5 A，故A正确，C错误；当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将会损坏，所以9 kV电压不是击穿电压，故B错误；电容器的电容与电容器的带电荷量无关，所以当电容器放完电后，其电容保持不变，故D错误． 6.(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E(如图所示)，则(　　) A．粒子射入的最大深度为 B．粒子射入的最大深度为 C．粒子在电场中运动的最长时间为 D．粒子在电场中运动的最长时间为 答案　BD 解析　粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv02，最大深度xmax＝，由v0＝at，a＝可得t＝，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝，故选B、D. 7.(2023·江苏苏州市模拟)如图所示，矩形匀强电场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为h，上面为Ⅰ、下面为Ⅱ，电场强度方向在竖直平面内、大小为E.质量为m的带电小球由静止释放，进入电场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，空气阻力不计，重力加速度为g，则(　　) A．刚进入电场Ⅰ时加速度方向竖直向上 B．穿过电场Ⅰ的时间大于在两电场之间的运动时间 C．穿过两电场后小球的电势能增加了3mgh D．穿过两电场后小球的电势能增加了2mgh 答案　A 解析　因为小球在匀强电场Ⅰ、Ⅱ之间的运动是匀加速运动，其末速度与其进入匀强电场Ⅰ的初速度相等，由于匀强电场Ⅰ的高与Ⅰ、Ⅱ之间的间距均为h，且在匀强电场Ⅰ中一定做匀变速运动，所以带电小球在匀强电场Ⅰ中做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度大小，根据F－mg＝ma，可知静电力为重力的2倍，运动过程与在Ⅰ、Ⅱ之间的运动具有对称性，穿过电场Ⅰ的时间等于在两电场之间的运动时间，A正确，B错误；由于静电力为重力的2倍，所以经过两个电场，电势能增加ΔEp＝2×2mgh＝4mgh，C、D错误． 8．(2023·浙江绍兴市模拟)道路压线测速系统不仅可以测速，也可以测量是否超载，其结构原理电路可以理解为如图甲所示由一个电源、一个灵敏电流计与传感器连接、一个电容器和一个保护电阻R组成，感应线连接电容器的其中一块极板上，如果车轮压在感应线上会改变电容器两板间的距离，并会使灵敏电流计中产生瞬间电流，压力越大，则电流峰值也会越大，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，电子眼就会拍照．如果以顺时针方向为电流正方向，则(　　) A．汽车压线时，电容器板间距离变小 B．车轮经过感应线过程中电容器先充电后放电 C．增大电阻R，可以使电容器稳定时的带电荷量减小 D．如果车轮间距是2.5 m，则可估算车速约为7.7 m/s 答案　D 解析　汽车压线时，由题图乙可知电流方向沿顺时针方向，则说明此时电容器在放电，电容器所带电荷量减小，由于电容器电压等于电源电压不变，则电容器的电容减小，根据电容的决定式C＝可知汽车压线时，电容器板间距离d变大，故A错误；由题图乙可知电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，则电容器先放电后充电，故B错误；电阻R的作用是为了保护电路，防止电流过大而损坏灵敏电流计，阻值大小对电容器的电容大小没有影响，从而对电容器稳定时的带电荷量没有影响，故C错误；由题图乙可知，前、后轮经过传感器的时间间隔为Δt＝0.325 s，则汽车的速度大小为v＝＝≈7.7 m/s故D正确． 9．(2023·浙江丽水市月考)电流传感器可以像电流表一样测量电流，它可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像．某同学设计了图甲所示的电路来观察电容器充、放电过程．当他将开关S接1时，电容器充电，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻R放电，在计算机上显示出电流随时间变化的i—t图像如图乙所示．请根据以上操作回答： (1)电容器放电时，通过电阻R的电流方向是________(选填“由a到b”或“由b到a”)． (2)图乙中图线与两坐标轴所包围的面积的物理意义是_______________________________． (3)若充电完成后，电容器所带的电荷量为2.8×10－3 C，且该同学使用的电源电动势为8 V，则该电容器的电容为________ F．(保留2位有效数字) (4)其他条件不变，仅减小R的阻值，则放电电流随时间变化的i－t曲线应该是图丙中的________(选填“b”“c”或“d”)． 答案　(1)由b到a　(2)充电完成后电容器所储存的电荷量　(3)3.5×10－4　 (4)b 解析　(1)根据题图甲可知，电容器上极板为正极，所以放电时电流方向由b到a. (2)根据公式q＝It可知，题图乙中图线与两坐标轴所包围的面积的物理意义是流过R的电荷量，即充电完成后电容器所储存的电荷量． (3)电容器的电容为C＝＝3.5×10－4 F. (4)根据I＝可知，开始放电时U不变，R减小，则初始电流增大，继而放电时间减小，故选b. 10.在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统，球A所带的电荷量为＋2q，球B所带的电荷量为－3q.现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右．释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其他因素的影响．求： (1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小； (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间； (3)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值． 答案　(1)　(2)3　(3)6EqL 解析　(1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q＝2ma， 得出两小球加速度大小为a＝ (2)系统向右加速运动阶段L＝at12 解得t1＝ 此时B球刚刚进入MN，带电系统的速度v＝at1 假设小球A不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq＋2Eq＝2ma′，加速度a′＝－ 减速运动时间t2＝＝2 减速运动的距离L′＝＝2L，可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立．所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t＝t1＋t2＝3 (3)B球在电场中向右运动的最大距离x＝2L 进而求出B球电势能增加的最大值ΔEp＝－W电＝6EqL. 11．(多选)(2023·四川成都市武侯高级中学模拟)某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示．当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．0～3 s内静电力对带电粒子的冲量为0 C．2 s末带电粒子回到原出发点 D．0～2 s内，静电力做的总功不为零 答案　BD 解析　由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝， 第2 s内加速度大小为a2＝， 因E2＝2E1，则a2＝2a1，则带电粒子先匀加速运动1 s再匀减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3 s时速度为零，v－t图像如图所示． 由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；由v－t图像可知，t＝3 s时，v＝0，根据动量定理可知，0～3 s内静电力对带电粒子的冲量为0，故B正确；由v－t图像面积表示位移可知，t＝2 s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；由v－t图像可知，t＝2 s时，v≠0，根据动能定理可知，0～2 s内静电力做的总功不为零，故D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$