单元检测(九) 电场力的性质 电场能的性质-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（广东专版）

2024一2025学年度单元过关检测（九）】 物理·电场力的性质电场能的性质 (考选时可75分钟，惑分100分》 一、单项迹择题：本题共7小盟，每小驱4分，共指分。在每小题给出的四个燃项中，只有 一项是符合题日要求的。 面号 1 答案 1.如图所示，A.B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受 电场力作用，沿电场线从A蓝动到B。下列说法正确的是 A.电场的方向由A指向B BA点电场强度大于B点电场强度 CA点电势高于B点的电势 D,电子在A点的电梦能大于在B点的电势能 2,在A、B两点成置电荷量分别为十小和一：的点电香，其形成的电孱线分布如图所示，C 为A,B连线上的一点，并且A,B阿C点的电易强度最小，D是纸面上的另一点，DC连 线与AB套直。已知无穷运电势为零，电背Q在其周围产生的电婷为甲=g.下列说 法正确的是 AA,B其C点电势最低 我在整个直线AB上不可能存在另一个与C电场强度相同 的点 CAB连线上B的右侧有一点（无穷远）电势和电场强度均 为零 D若将另一鼻电荷从C点移到D点，侧电荷的电脖虚或小 3,两点电背M.N分别固定在x=一0m和坐标原点处，点电荷N的电背量大小为Q: 取无穷运处电势为0，两个点电背所形成电场的电劳在 .oV x轴上的分布如图属示。x=0m处电势最低，则下 列说法正确的是 A.和处的电场强度为0 我电背M韵电荷量大小为2Q C点电衢N为正电背，M为负电得 D.在一0cm0内，电场强度为0的位置只有一 单元过美检测（九}物理第1页{共8页） 衡水真无 毛在维护和检修高压供电线路时，为了不影响较商用电，电工经含整在高压线上带电作 业，为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属能线输识的衣服（如图甲所示）。图 乙中电丁站在高压直藏输电线的A供电线上作业，头顶上方有B供电线，B供电线的电 势高于A供电线的电劳，围线表示电工周国某一截面上的等差等势线，、d、,厂是等势 线上的因个点。下列说法正确的是 《》 幸供电线 俱电线 A.在c,d,ef国点中，点的电场量强 且在d,,「四点中，f点的电势最高 C将某电子在d点由静止释成，它会向：点所在等势面运动 D将电子由d移到e电场力所徽的功等于将电子由：移刊了电畅力所做的功 5,如图所示，足够大的金圆异体板AB上表面水平且光滑，其正 上方圆定一电荷量为+Q的点电荷，可视为质点.电背量为十？ 的绝缘小球（其电量不影响周围电场分布）以粉速皮言从右向 左运动。小球孟动过程中，下列说达正确的是 A,小球徽匀速直线运动 B小球的加连度先增大后减小 C小球的动能先减小后增大 D小球的电势能先增大后减小 6.如图所示，@.b,c,d,,∫是以O为球心的球面上的点，球直的半轻为r,平面a了与平面 /垂直，分别在6，d两点放上等量同种点电葡十Q.静电力常量为。下列说法正确 的是 A,4.c,r,/四点电势不同 B,∫四点电扬强度相同 C,电子沿直线。O运动过程中，电势雀先减少后增加 几若球心0处敏一电荷量为号Q的奥电有，赠a友的电桥爱度为巴9 密卷 单元过美检测（九）物理第2页{共8页) ) 7.如图所示，空间存在整直向下的匀烈电场，电场度的大小E一5（黑为重力加速度）， A,B两精体通过劲度系数为是的绝镜竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A.B都处干静 止状态。A,B质量均为知，其中A带正电，电背量为十日，B不带电。弹簧始馋在弹性限 度内，弹簧的承性势能可我示为E,一，k为弹簧的劲度系数，子为弹簧的形变量 若不计空气阻力，不考虑A物体电龚量的变化，保持电畅强度的大小不变，将电场方向 改为紧直向上，当物体B要离开地面时，A的速度大小为 A贾 BEVE C√ R√腰 二，多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小驱给出的四个装项中，有多 项符合题日要求。全部迭对的得6分，选对但不全的得3分，有进情的得0分。 题号 8 9 10 容案 8点电背A.B,C周定在Oy平而内，4.B位于x轴上2d和3刻处，C位于y轴上3d处 如图所承。已知在，点O处的电场方向沿y轴正方向，点电背A的电荷量为一q,点电 传B,C的电青量大小相等，下列叙述正确的是 。 l.c A.点电传A.B整同钟电荷 R点电背B的电荷酸为9 C个带负电的试探电背沿直线从O点运动到P点，电势能始终保持不变 D一个替负电的甘探电荷沿直线从O点运动用P点，电势能先增大再诚小 乐，知图所示，电背量为十？的滑块敛在组陆水平地面上，空间存在水平向右，电场强度大 小为E的强电畅，给滑块一向右的初建度，滑扶恰好做匀速直线运动。突然在空问随 如沿派面与水平方向成0角，斜向右下方、电场强度大小也为￡的另一匀强电场，滑块 ) 单元过美检测（九}物理第3页{共8页） 衡水真 仍然敏匀速直线或动，重力加速度为g,关于滑块在两个叠加电扬中的虽动，下列说法正 确的是 滑块的质量为经二 县滑我对越面的压力大小为警一 C新块与姥面何的动峰藤因数为学 口滑块沿水平地面运动距离d的过程中，其电势能变化量大小为E 10.如图所示，空同存在范限是够大的匀嫩电场，电场度大小E一紧，方间水平向右。竖 直面内一绝缘物道由幸径为R的，光滑圆尾C与足够长的候斜和葡轨道AB,CD组 成，AB.CD与水平面夹角均为45且在B,C两点与国属道相切。带正电的小滑块质 量为网，电荷量为？，从AB轨道上与圆心O等高的P点以一2√承的建度铅轨道下 滑。已知滑换与AB,CD转道何的功摩擦因数以一竖，重力加建宦为。下列说法正 璃的是 A.附块在AB轨道下滑时的加速度大小为层 B滑块在C装道中对载道的最大压力为3m C滑块最终将在轨道之间做往复运动 D带块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R 三、非这译愿：本驱共5小题，共54分。考生根据菱求作答。 1山，（了分）如图所示，有三根完全相同，原长均为上。的地缘轻质橡皮高，其中两根的一端固 定在天花板上的O点，另一端分别连核质量均为两的带电小球A,B,它们所带的电背 量分划为一？和十A.B之到用第三根橡皮茹连接起来。由于空间存在水平向右的匀 强电场，平衡时三慰橡皮箭的长度均为球长的是。已知橡皮箭请足柄克定律并始终住 递密卷 单元过美检测（九）物理第4页{共8页) 弹性限定内，两小球所带电背量始终变，不计两小球周的静电力，重力征速度大小为 13.(0分)如图所示，长为L、间臣为4的平行金属板固定，版面与水平面成8角，两框间的 。求： 电势差为心，电据仅存在于板间且为匀函电函。一电背量为g的带正电小缘由弹射器 《1》匀堡电场的电场强度大小E, 提供能量，出弹射器即以沿两版中心线CO的连度从下端O点进入板间，恰好能沿 (2》若剪断A、B之间的橡皮筋，剩断橡皮筋瞬间，小球A的加速度大小。 中心线运动。不计摩堰力和空气用力，小球视为质点且电背量不变。 (们)要使小球能飞出O点，求弹财爷提供的量小能量E: (2)若弹射墨是保的雀量为2F,求小球到达的量高点和0点之间的水平距离。 弹射浴 12,《10分)如图所示，电背量为Q=十4X10一C的带电金属小球A周定在绝缘的水平面 上，另一个电量为Q一十4×0“C,质量为m一Q9kg的小球B恰好静止在A正上 方的E点。观将小球B先固定，让一个与A完全相司的不带电的金属小球C与小球 A接触一下，移走小球C,再由E点静止稀放小球B。已知小缘A,B均可祝为质点，静 电力常量为是=0×1N·C心，取g=10m/。在小球B下落过程中，求： 《1》E点到A的高度表： (2)小球B释放刺的加速度大小@： (3)小球B的迪度达到最大时的位移。. 金®E 单元过美检测（九！物理第5页{共8页】 衡水真题密卷 单元过美检测[九】物理第5页{共8页) 的 14.(13分)如图所示，长度为？的施峰细线将疑量为丽、电背量为？的带正电小球是挂于0 15.(15分)如图所示，可视为质点的三物块A,B、C放在候角为8=30，长为L=2m的固 点，整个空间中充满了匀强电场。（取n37一山，6，c0”一08，重力加速度大小 为c) 定斜面上，三物块与斜面到的动学膝因数均为一语A与日紧整在一起，C紧整在 (1)当电场方向竖直向上时，若使小球在A点钱得水平速度物一√g,小球刚好能在 固定挡板上，其中A为不带电的施缘体，B.C所管电载量分群为m=十4.0×10于C 竖直平面内做完整的圆周运动，求电畅强度应骑足的条件： =+么DX10C且保持不变.A,B韵质量分别为A=,80g,mm一Q64kg.开 (2)当电场方向水平，且电场线度品一时，若不能让细线松池，求小球在A点获得 始时三个物块均能保持静止找态，且此时A,B两物体与斜面问恰无摩擦力作用，若选 3g 定两点电背在相距无穷证处的电势堕为零，则相距为「时，两点电荷具有的电势能可表 的水平速度应孩满足的条件 乐为名-专坐，为使A在斜面上始终做如速度为a-1.5m/的匀如速直线运动， 残给A第加平行于斜面向上的力下，已知静电力常量一9.0×10N·回一/C,取 g=0m/,,经过时间与后，力F的大小不再发生变化.当A运动到斜面顶瑞时，搬 去外力F,求， (1)末蓝相力F时物块B,C同的距商： (2时阿内A上滑的距离： (3)时间内岸仑力做的功： ()在A山静止开始到运动至斜而顶端的过型中，力F对A做的总功。 ) 单元过美检测（九1物理第了页{共8页） 衡水真题密卷 单元过美检周（九】物理第8页{共8页）】衡水真题密卷 2×2.5m=5m 2=2.5s时A运动的位移大小x1= 2a1 是×2×2.5m=6.25m 2=2.5s时A、B间的距离x=Lo十x2一x1= 5m+5m-6.25m=3.75m: (3)对木板由牛顿第二定律得amg一：(m十 m+M)g=Ma: 解得ag=1m/s 设经过t物块B滑到木板的右端时A、B恰好相 碰，则2a=L十w,2a=L+, 解得L=7+26 m; 2 (4)在t3=3s时撒去拉力F,A的速度大小= at3=6 m/s A的位移五=受=号×3m=9m 木板的速度大小山=a2l=3m/s 撒去拉力F,对A由牛顿第二定律得4Amg= mas 解得aa=4m/s 撒去拉力F,物块A做匀减速运动，木板做匀加 速运动，二者达到共同速度=内一4l4= 4十42t4 2024一2025学年度单元过关检测（九） 一、单项选择题 1,D【解析】根据题意可知，电子从静止沿电场线 从A运动到B,则电子所受电场力方向为A→B, 电场强度的方向由B→A,A错误：沿电场线电势 降低，所以A点的电势一定低于B点的电势，C 错误；电子所在位置的电势越高，电势能越低，所 以电子在A,点的电势能大于在B点的电势能，D 正确；根据题意，不知周国电场线的分布情况，无 法判断电场的强弱，B错误。 2.B【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，C点电 势高于其右侧点的电势，故不是A,B间电势最低 的，点，A错误：C的电场强度由两个电荷产生的 电场同向叠加而成，方向向右，A的左侧电场方 向向左，故不可能存在与C点电场强度相同的 Y灯 ·26 单元过关检测 解得t4=0.68,6=3.6m/s A达到与木板有共同速度的位移大小x:= 话一近=2.88m 2as 此后A与木板一起做匀减速运动，由以(2m十 M)g=(m+M)a 解得a=g=行m/s 当A,B有共同速度时6=$二也=36一28 2.4s A的位移大小x4=近=6,72m 2a4 在6=3s时撤去拉力F,A与B达到共同速度 时，A运动的位移大小xA=十x十=18.6m B运动的位移大小xB=%(t十t4十t)一12m 则xA>L十xB 所以木板足够长且在3=38时撒去拉力F,物 体A、B能相撞；A、B两物体从撒去拉力F和木 板共速到A,B相碰的时间为t,则x?十x4十 wt-a=Lo十wat4+0 解得t=0.2s 因此总时间为△=t4十0.2=0.8s。 物理·电场力的性质电场能的性质 点，B的右侧两电荷产生电场反向叠加，并且当 十q1产生的电场强度大于一9产生的电场强度 时，电场方向与C相同，但因为此位置相对于A 的距离比C相对于A的距离远，所以在此区城产 生的电场强度一定小于C处的电场强度，B正 确；B右侧场强为0的点满足k马=k号，电势为 A 0的点满足k1=k弘，很明显不是同一位置，C 错误；由图中电场线分布可知C点电势高于D 点，所以负电荷在C点的电势能低，移到D点时 电势能增大，D错误。 3.C【解析】px图像，斜率表示电场强度，在xo 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，A ·物理· 错误；x=20cm处图像斜率为零，则满足 Q。 k(40m=k(20m,所以电荷M所带电荷 量大小Q1=4Q。,B错误；根据电势变化图像可 知，在0一20cm内，电场方向沿x轴正方向，在 x>20cm处，电场沿x轴负方向，可知点电荷N 为正电荷，点电荷M为负电荷，C正确；根据电场 叠加原理，在一20cm~一0内，电场强度不可能为 0,D错误。 4.D【解析】等差等势面越密集的位置电场线越 密集，电场强度越大，则在c、d、e、f四点中，f点 的电场最强，A错误；因为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，B错误；将某电子在d点由静止释放，它 会向c点所在等势面运动，C错误；因为d、e两点 电势差等于e、f两点的电势差，根据W=Ug,可 知将电子由d移到e电场力所做的功等于将电子 由e移到f电场力所做的功，D正确。 5.A【解析】金属板在十Q的点电荷电场中达到 静电平衡，金属板是一个等势体，金属板表面是 一个等势面，金属板表面的电场线与金属板表面 垂直，则小球受到的电场力与金属板表面垂直， 小球从右向左运动过程中，小球水平方向不受 力，竖直方向受力平衡，小球做匀速直线运动，故 小球的加速度为零且保持不变，动能保持不变， 电场力方向与小球速度方向垂直，电场力不做 功，小球的电势能不变，A正确。 6.C【解析】a、e、c、f四，点在同一等势面上，电势 相同，A错误：等量同种点电荷中垂线上，关于O 点对称的点的电场强度大小相等，方向相反，B错 误：电子沿直线a→O→c运动过程中，静电力先 做正功后做负功，则电势能先减小后增大，C正 确：b、d到a点的距离为d=√十r产=√2r,则在 球心O处放一电荷量为号Q的负电荷，可使口点 的电场强度为E=一 (22c0s45° 2+2XQ 0,D错误。 7.D【解析】在电场未反向时，弹簧处于压缩状 态，压缩量为x0,根据平衡条件可得qE十mg 2 参考答案及解析 k,解得=9E士mg-2m8,B刚要离开地面 时，弹簧处于伸长状态，仲长量为，对B根据平 衡条件可得红=mg,解得=，由能量关系 可知2md+mgx十x)=gE(十石)+k 一，解得A的速度大小为=8√吧，D 正确。 二、多项选择题 8.BD【解析】由于原点O处的电场方向沿y轴正 方向，且点电荷A的电荷量为一q,所以EB应沿 x轴负方向，Ec应沿y轴正方向，B带正电，C带 负电，即A、B带异种电荷，且EB=EA,即 品-质，所以电符B,C的电荷量为 Q=寻q,A错误，B正确：由于B.C为等量异种电 荷，所以由O,点到P点，电势先降低后升高，负电 荷沿直线从O点运动到P点，电势能先增大再减 小，C错误，D正确。 9.BC【解析】只有水平电场时滑块匀速运动，则 qE=mg,再加沿纸面与水平方向成60°角、斜向 右下方、电场强度大小也为E的另一匀强电场时 滑块也做匀速运动，则gE十Ecos60°=f,FN= mg+qEsin60,f=uFx,解得gE=， gu= 号=39网，f=昌西，所以m=2E,A错 误，B、C正确；滑块沿水平地面运动距离d的过 程中，其电势能变化量等于电场力做功W=(qE +qEcos60)d=3EaL,D错误。 2 10.AD【解析】根据题意可知Eq=mg,重力与电 场力的合力为√2mg,方向垂直于AB向下，滑块 在AB轨道下滑时，有一u√2mg=a,解得a= 一g,加速度大小为g,A正确；由几何关系可知 c阳=R,滑块在BC轨道的B,点对轨道有最大压 力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持 力为r,有一Eng=之m-之m6,解得 u=√2gR,根据牛顿第二定律，有FN一√2mg= Y灯 衡水真题密卷 n爱，解得R、=(2+2)mg,根据牛顿第三定 律，滑块在BC轨道中对轨道的最大压力为F= FN=(2十2)mg,B错误：从B点到C点，电场 力做负功，滑块克服电场力做功为W意一Eq· 巨R一巨mgR>2m,所以滑块在到达C点前 已经减速到O,后反向滑回到B点，滑块从B点 出发到滑回到B点的过程中，合力微功为零，所 以速度大小不变，仍为v,然后沿BA轨道向上 滑行，由于在BA轨道有摩擦力做负功，所以最 后会停在AB轨道上，C错误；由于滑块在BC轨 道上合力做功为0，所以滑回B,点时，速度依然 为v=√2gR,设在AB轨道上滑行x1后减速为 0,有一2mg=0-之m,解得五=R,所以 滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为 s=xw十x1=2R,D正确。 三、非选择题 11.(1)E=3mg(2a=2y 9 38 【解析】(1)根据题意，对小球A受力分析如图 所示，由平衡条件有Tcos30°=mg Eg=T+Tcos 60 则有Eq=√3mg 解得E=3mg； 松 Eg mg (2)剪断橡皮筋醉间，小球的速度仍为0，没有空 气阻力，所以由牛顿第二定律可知Eg一 Tcos60°-=ma 解得a=2 38。 12.(1)4m(2)5m/s2(3)(4-22)m 【解析】(1)根据题意，对小球B受力分析，由平 衡条件有F,=mg Y灯 2 单元过关检测 由库仑定律有F kQ如 解得h=4m: (2)让一个与A完全相同的不带电的小球C与 小球A接触一下，移走小球C,小球A的电荷量 变为Q'=+2×10-5C 对小球B,由牛顿第二定律有mg-4-ma h2 解得a=5m/s2: (3)根据题意可知，当小球B所受合力为0时， 小球B的速度最大，设此时A、B距离为1，由 手街条件有g一紧 解得h1=2√2m 则有x=h-h1=(4-22)m. 13(1(in 2sim 【解析】(1)设小球的质量为m,重力加速度为 g,平行金属板间的电场强度为E,对小琼受力 分析，如图所示，由题意可知 E-号 U 则有gE=ga=mgcos日 解得mg一 gU cos6 要使小球能飞出O点，当小球在O2点速度恰 好是零时，弹射器提供的能量最小，由动能定理 可得-mgLsin0=0-Ea 解得E=mgLsin0=少an: d gE mgcos 0 mgsin 0 mg (2)若弹射器提供的能量为2E,当小球在O点 时速度不等于零，设速度为，由动能定理可得 1 -mgLsin 0-2mv-2E 合m=E 解得u一√m ·物理· 则小球从O2点开始做斜抛运动，由斜抛运动的 规律可得，在水平方向有x=tcos0 在竖直方向有u,=usin0-gt 小球到达最高点时U,=0,则有sin0=gt t=usin 0 g g☑ 其中mdcos0 联立解得x=Lsin20sin0。 14.0<E<g 5g (2)2≥√7g7或u2≤√2gl 【解析】(1)当电场力qE1<mg时，小球在最高 点的速度口最小，若小球刚好能通过最高点，则 在最高点有 mg-9E=m号 从最低点到最高点，由动能定理得 -(mg-g5)·24=2m-2md 解得E=3mg 5g 当电场力qE>mg时，小球在最低点的速度v 最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低点有 gE1一mg=m乙 解得E=3mg 联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强 度应满足<E<, (2)如图甲所示，当电场方向水平，且E=4mg 时，小球所受重力mg、电场力9E的合力大小 为F-Vmg)+(g-号mg,与水平方向 的夹角g满足tang=ms=3 qE2 4 若小球获得水平速度2后刚好能做完整的國周 运动，在速度最小的位置B满足 F-m 小球从A点运动到B点，由动能定理得 一mgl1+sin）-9E.lcos0=7m话-md 参考答案及解析 联立解得边=√7g 若小球获得水平速度后来回摆动，则小球刚好 能到达C点或D,点（如图乙所示），小球从A点运 动到C点，由动能定理得一mgl(1十cos)十 qEalsin0=0-zm吃 小球从A点运动到D点，由动能定理得 -mg1-cos》-gE4sin0=0-2m话 解得=√2g 综合可得，欧≥√7gl或v2≤√2gl时细线均不 会松弛。 gE. qE, 义0 mg7...5 mg t.......F 甲 乙 15.(1)1.0m(2)0.2m(3)1.2J(4)6.05J 【解析】(1)A、B、C处于静止状态时，设B、C间 的距离为L1,C对B的库仑斥力F。=q型 L 以A、B为研究对象，根据平衡条件有F。= (mA十ma)gsin30° 联立解得L1=1.0m: (2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加 速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B 之间的弹力也逐渐减小，经过时间6，B、C间的 距离设为L2,A、B两者之间弹力减小到零，此 后两者分离，F变为恒力，则时刻C对B的库 仑斥力为6- 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 F-mng sin30°-mag cos30°=maa 联立解得L2=1.2m 则在6时间内，A上滑的距离△L=Lg一L1= 0.2m (3)6时间内库仑力微的功W。=△E,=k Y灯 衡水真题密卷 单元过关检测 k78gc vi=2aAL Le 联立解得W1=1.05J 代入数据解得W。=1.2J: A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 (4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为 F-mag sin30°-MAg COS30°=mAa W1,此时的速度为边，根据动能定理有W1十 力F对A做的功W2=F(L一L2) w,+W6+W,=合mx+mad 代入数据解得W2=5J 而WG=-(mA十ms)g△Lsin30 则力F对A做的功W=W1十W2=6.05J. W=一u(mA+mB)g△Lcos30° 2024一2025学年度单元过关检测（十）物理·电容器 带电粒子在电 场中运动的综合问题 一、单项选择题 板正对面积变小些，电客减小，根据U=是8，可知 1,C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力 方向指向轨迹的凹向，可知在M点时电子受电场 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 角度将增大，D错误。 线电势逐渐降低，可知gPM<N,因N点电场线较 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 M点密集，可知N,点场强较大，电子在N点的加 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 速度较大，即aM<aN,A、B错误；若电子从M点 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根 到V点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 据库仑定律和牛顿第二定律可知9=m可，可 r2 小，则Ekw<EN,Epw>Env,C正确，D错误。 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 2C【解析】若保持开关S闭合，根据C=品 变，小球做圈周运动的半径应变为2r,B错误；用 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A、 另一电荷量为2q的小球使之仍以。绕该，点电荷 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 做圆周运动，根据Eg=mg,可知小球的质量变为 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 原来的2倍，根据9-"四，可知小球运动半径 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 仍为，C正确：只撤去点电荷Q,同时调节电场 不变，A错误；若保持开关S闭合，根据C= 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 4:将A,B两极板正对面积变小些，电容减 mg,若初速度沿水平方向，小球微类平抛运动，若 小，电容器所带电荷量将减小，由于二极管反向 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 度倾斜，做斜抛运动，D错误。 4.D【解析】粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡， 据U-是，可如电容器A,B两极板间的电势差增 即电场力呢与外力F等大反向，即F=gE,E-E 大，故指针张开角度将增大，B错误；若断开开关 S后，电容器电荷量保持不变，根据C=5, 粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为 4元ka,可 W=lcos135°=-号FL电势能增加了△5 知#A,B两板板靠近安，电容增大，根据U-是， 2 可知电客器A、B两极板间的电势差减小，故指针 -W=F凡，D正确。 张开角度将变小，C正确；若断开开关S后，电容 5.B【解析】根据牛顿第二定律可知，粒子在两板 器电荷量保持不变，根据C=品将A、B两板 间运动的加速度大小为a=E-,A正确：粒 m dm Y ·30