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（湖北专版）

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 (考城时同75分钟，惑分100分) 一，选择题：本题共10小数，每小题4分，共0分。在每小第给出的四个选项中。第1一刀 题只有一项符合题目要求，第8一10题有多项符合题目要求。每小蓝全部进对的得4 分，透但不全的得2分，有燃州的得0分。 题号12 3 4 5 67 答案 L,如图所示，A.B是一系电场线上的两点，若在A点释戚一初迎度为零的电子，电了仅观 电场力作用，沿电场线从A运动到B。下列说法正确的局 A电场的方向由A指向日 我A点电场强度大于B点电杨菡度 CA点电高于B点的电势 电子在A点的电梦使大于在B点的电势作 2,在A.B两点成置电荷量分别为十 的点电荷，其形成的 电场线分布如图所承，C为A,B连线上的一点，并且A,B闻C 点的电场强度最小，D是纸面上的另一点，C连线与AB垂直 已知无穷远电势为零，电荷Q在其周围产生的电皆为=★ 下列说法正确的晶 A,A、B问C点电势最低 及在整个直线AB上不可能存在另一个C电场度相同的点 CAB连线上B的右侧有一点（非无穷玩）电势和电烯置度均为零 若将另一负电荷从C点移到D点，则电香的电势佳观小 a,两点电蒋M,N分别固定在x一 20Gm和生标原点处，点 电背N的电有量大小为Q,取无穷运处电势为0，两个有 电背所形成电场的电势在：轴上的分布如图所示。 20m处电势最低，测下列说法正确的是 A处的电场强度为0 电背4的电传量大小为2Q C点电荷N为正电，M为负电药 D.在一20cm-0内，电场程度为0的位置只有一个 4,在推护和恰修高压供地线路时，为了不感响城市用电，电工经常要在高压线上梦电作 业。为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属经就编凯的衣服（如图甲所示）。图 乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，头顶上方有B供电线，B供电线的电 劳高于A供电线的电势，线表示电工可假某一裁面上的等老等势线，d,f是等费 线上的四个点，下列说法正绳的是 车电线 甲 单元过美检测（九}物理第1页{共4页】 衡水真 A.在c,d,于四点中，e点的电场最强 ,于国点中，点的电停最高 在点由静止将，它：点在等势而运动 口将电子由d移到？电场力所徽的功等于将电子由？移到手电畅力所做的功 5.加图承，在y平面内有两个电荷量分引为0》和一 电荷定在点( ,0)和点(a0 要使点P(0,)的电强度为 零，第三个点电骨Q的位置和电背量可能是 A.(-a,a),2 B(-a4). 29 C(0,0, 29 D.(a,a》w2g 6.如图所示，a5、c,dc、了是以O为球心的球面上的点，球的的率径为r 平面@红了与平面dF垂直，分别在.d两点敛上等量间种点电药十 Q,静电力常量为k 下列说法正确的是 A4c、e、了四点电务不间 ,了四点电场崔度相国 C,电子沿直线@O运动过程中，电势能先减少后增加 几若在球心0处放一电荷量为受Q的血电荷，测a友的场度为②9 7如图所示，空何存在竖直向下的强电场，电桥程度的大小E-紧（保 为重力加该度)，A,B两物体通过劲度系数为·的绝缘竖直轻质弹簧 相连放在水平面上 ,A,B都处于静止状表 性势能可表示为配一 k子，k为弹簧的劲度系数，江为弹簧的形变量 若不计空气阻力，不考A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电畅方向 改为竖直向上，当物体B刚要离开地面时，A的速度大小为 封 Agy2初 Cg、2 8,点电衢A.B、C国定在y平面内，A.B位于±帕上2d 和3处，C位于y轴上3d处.如图所示，已知在原点O 处的电场方向y正方向，点电有A的电荷量为，一，点 电荷日，C钓电荷量大小相等，下列述正确的是( A,点电背A,B带同种电背 且点电荷B的电荷量为一9 C一个带负电的试探电荷沿直线从O点运动到P点，电 势能始修保 带负电的试探电背沿直钱从O点运动到P点，电势能先增大再减小 .如图所 -电荷最为十 ?的块收在和疑水平地面 上，空存在水平向右，电场强度大小为的匀电 场，给滑块一向右的初速度，滑块恰好肉速直线运 动。 右下方，电新强度大小为的另 匀瑞电场：滑块仍然做匀违直线运动，重力加速 度为，关于帝块在两个叠加电场中的运功，下列说法正确的是 A滑块的质量为 释块对地丽的压力大小为 C舒块与站压间的动摩藤因数为号 D带块沿水平地面运动距离d的过程中，其电势隆变化量大小为E☑ 密 单元过美检测（九】物理第2页共4质） 10如图所示，空叫存在荒围足够大的匀电场，电括强 度大小E一，方向水平向右。竖直而内一绝撩轨 道由半径为R的光滑图氟C与足韩长的慎斜粗 轨道AB,CD组成，AB,CD与水平而突角均为45且 在B,C两点与离氨机道相切。带正电的小希缺质藏为m,电礼量为：从AB轨道上与 到心O等高的P点以，一2√R的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB,CD轨道间的 动摩擦因数：=号，重力加速度为：。下列说法正确的是 入.带块在A轨道下滑时的加速度大小为g 玉滑块在B轨道中对轨道的最大压力为3战g C.带块最饶将在C轨道之何做复运动 D.滑块在A日轨道及CD轨道上运动的总路程为2R 、非选择题：本题共5小题，共60分。 .分)如示，有三机克全相间 长均为L的绝缘轻质像皮信，其中两根的一增州 定在天花板上的D点，另一 -病分连设货量均为m的带电小单A,日，它门所带的电荷 量分别为一g和十A,书之间用第三积酸皮酷在找起来，由于空同存在水平向右的闪 强电场，平衡时三根檬皮，的长度均为原长的子。已如橡皮善离足胡克是律并始修在 弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，不计两小球河的静电力，重力加速度大小为 电场的电畅盛度大小B: (2)若韩唐A,B之间的橡皮范，则剪海橡皮筋瞬间，小球A的加速度大小a 12.(0分)如图所承，在平血直角生标系0内有四个点：B婚m3m 乃等m3m,B短m,-1m和P-名m,-1m在空同内有平行于0y 平血的匀强电场，且P1,B,P,点处的电劳分料为一2000V、1000V、一1000V.有 个重力可以忽略的带电粒子从坐标原点以大小为，一1×1心m/s,方向与￥伯负方 向夹角为30的速度射人第四象限，经过：=1X10,建度恰好早行于x轴几与x轴 正方向问向。 求 1)P点的电》 ()匀强：电场的电场强度大小： 《3)带电较子的电性及比荷号 年w 4 单元过关检测（九}物理第3页{共4页】 衡水真 13.(10分)如图所示，电荷量为Q一十4×10C的带电金属小球A周定在绝策的水平面 上：另一个电香量为 .9g的小球B恰好静止在A正上 方的E点。现算小球B光固定，让 4装共大量全相同的不梦电的金球程 小球 A接触一下，移走小球C,再由E点静止释放小球B。已知小球A.B均可视为质点，静 电力常量为=9×10N+mC,重力加渔度g数10m/.在小球B下落过型 中，求 (1)E点到A的高度A (2)小就B释成藏间的加违度大小在： (3)小球B的球度达到最大时的位移x。 0用 14,《15分)如图所示，长度为∠的绝绿细线将霞量为m.电荷量为身的带正电小球级挂于0 点，整个空间中充满了匀强电杨，（取in37=06.cs37了=0.8） (1)当电场力向竖直向上时，若使小球在A点获得水平遮度一√2冥，小球刚好能在 竖真平而内隆完整的图周运动，求电场度E: (②当电场方肖水平，且电场微度B一奶时，若不能让细线松猪，求小球在A点获得 的水平速度助应该高足的条件。 15,(18分)如图所示，可视为质点的三物块A,B、C放在顿角为8=30°。长为L三2m的固 定斜面上，三物块与斜面问的诗摩擦因数均为加一需，A与B紧靠在一起，C紧常在 固定挡板上，其中A为不带电的抢缘体，且.C质警电背量分别为9，一+4.0×10C 若 定两点电荷在相距无穷远处的电势佳为零，则相距为？时，两点电荷具有的电势能可表 示为马一k空，为使A在斜面上始修做加速度为a一1，后m/分的匀加速直线运动， 凭给A胜加一平行于斜面向上的力F,己知静电力常量表一90×1N·/C心， 10m/5:经过时间后，力F的大小不再发生变化。雪A诺动到料面顶端时，撒去外 力F,求， (1》末值加功F时物块B,C何的距离： (2时内A上滑的距离 (3)斯种河内序仑力做的功 (4)在A由静止开命到运动至到面顶损的过程中，力F对A做的毛功 题密程 单元过美检测（九】物理第4页{共4质）衡水真题密卷 小车的位移为x-受(4十a)=0,2m 最终P、B间的距离为△虹=受(4十a十) -受4=0m237m 71 15.(1)0.4(2)3.75m(3)7+26 m(4)0.8s 2 【解析】(1)由运动学公式得=a1t 解得a1=2m/s 对A由牛顿第二定律得F一amg=ma1 解得4=0.4： (2)2=2.5s时B运动的位移大小x2=2= 2×2.5m=5m 么=2,5s时A运动的位移大小=，号= 2×2×2.53m=6.25m t2=2.5s时A、B间的距离x=L。十x2一x1= 5m+5m-6.25m=3.75m: (3)对木板由牛顿第二定律得4amg一μ(m十 m十MDg-Mag 解得a2=1m/s 设经过物块B滑到木板的右端时A,B恰好相 遥，则7a=L十mt,ae=L计a,h 解得L=7+26 2 (4)在3=3s时撇去拉力F,A的速度大小3= ata=6 m/s A的位移x,=受=号X3m=9m 木板的速度大小4=a23=3m/s 2024一2025学年度单元过关检测（九） 一、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,则电于所受电场力方向为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 4 ·26 单元过关检测 撤去拉力F,对A由牛顿第二定律得Amg= mas 解得as=4m/s2 撤去拉力F,物块A做匀减速运动，木板做匀加 速运动，二者达到共同速度贴=少一at4= 4十a2l4 解得t4=0.6s,h=3.6m/s A达到与木板有共同速度的位移大小x4= 话-话=2.88m 2a8 此后A与木板一起做匀减速运动，由以(2m十 M)g-(m+M)a 2 解得a4=g=3 m/s2 当A,B有共同速度时6=5二也=36一2g= 3 2.4s A的位移大小==6.72m 2a4 在4=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zA=十工十西=18.6m B运动的位移大小xB=%(t3十t4十5)=12m 则xA>L十xB 所以木板足够长且在3=3s时撤去拉力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,=L十wath+) 解得t=0.2s 因此总时间为△t=t4十0.2=0.8s。 物理·电场力的性质电场能的性质 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点电扬强度相同的 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q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，所以在此区域产 生的电场强度一定小于C处的电场强度，B正 ·物理· 确：B右侧场强为0的点满足k号=k竖，电势为 0的点满足k弘=k2,很明显不是同一位置，C TA 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】p-x图像，斜率表示电场强度，在x 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，A 错误；x=20cm处图像斜率为雾，则满足 02m=k202,所以电背M所带电荷 量大小Q1=4Q,B错误：根据电势变化图像可 知，在0~20cm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~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、∫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】根据电场叠加原理可知，电荷量分别为 q(q0)和一q的，点电荷在点P(0,a)产生的场强方 (W2acos45° 向沿x轴正方向，大小为E=2k，9 g,所以要使点P(0,a)的电场强度为零，第三 2a 个，点电荷Q的位置应该在y=a的直线上。若Q 在（一a,a),要使点P(0,a)的电场强度为零，则Q 应带负电，且创9-写2，解得Q-号0，A正 a 2a2 确，B错误；若Q在(0,0)，P(0,a)点的电场强度 不可能为零，C错误：若Q在(a,a),要使P(0,a) 点的电场强度为零，则Q应带正电，且Q 空，解得Q-号D错混。 2a 6.C【解析】a、e、c、∫四点在同一等势面上，电势 2 参考答案及解析 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=√+r=√2r,则在 球心0处放一电荷量为气Q的负电荷，可使a点 的电场强度为E=一 2+2X、Q (V2cos45°- 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x,根据平衡条件可得qE十mg k,解得。=Emg=2m3,B刚要离开地面 时，弹簧处于伸长状态，仲长量为x1,对B根据平 衡条件可得红1=mg,解得=，由能量关系 可知2md十mg十)=gE(十)+号 号，解得A的造度大小为v=g√受，D 正确。 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 e品-k品，所以电荷B.C的电荐量为 Q=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qE十qEcos60°=f,Fv= mg+qEsin60,f=F,解得gE=, 3 mg,u= 得R-3,一昌，所以m-E,A错 g 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一(gE 衡水真题密卷 +qEcos60)d-3E9g,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V2mg,方向垂直于AB向下，滑块 在AB轨道下滑时，有一：√2mg=ma,解得a= 一g,加速度大小为g,A正确；由几何关系可知 xB=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 力为下，有-巨mgxm=之m-md,解得 o=√2gR,根据牛顿第二定律，有FN一√2mg m装，解得八=(2+2)mg,根据牛颜第三定 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=Eq· 厄R=一EmeR>m时，所以清块在到达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，合力做功为零，所 以速度大小不变，仍为，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o=√2gR,设在AB轨道上滑行x1后减速为 0,有一Emg=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=xB十x1=2R,D正确. 二、非选择题 1L.(1)E=3mg (2)a=2 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Tc0s30°=mg Eg=T+Tcos 60 则有Eg=√3mg 解得E=⑤mg, 9 mg ·2 单元过关检测 (2)剪断橡皮筋瞬间，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Eq一 Tcos60°=ma 解得a=23 380 12.(1)4=-3000V(2)1000V/m (3)9=√3×103C/kg,粒子带负电 m 【解析】(1)在平行于xOy平面内有匀强电场， 且PP2平行于PP,在匀强电场中，相互平行 的两线段两端的电势差与两线段的长度成正 比，有二色=dpg 9一pdp12 43 由题得型=3.2 dm2 63 3 3 解得m=-3000V, (2)据题意，P,P2与y轴交点M(0,3m)电势为 0,点N25m,1m)的电势也为0，即直线 MN为等势线，设MN与y轴间的夹角为a,如 图所示，由几何关系有 _MP:_3 tan a-PaN3 解得α-30 因为电场的方向垂直MN,所以电场方向与x 轴负方向间的夹角为30°，电场强度大小E= Ur,M=1000V/m: MP2cos a ◆/m x/m (3)在t时间内粒子在y轴负方向上做匀减速运 动，则有hc0s30°=a,k,a,-E_E9sin30 m m 解得9=√3×10C/kg,且该带电粒子带负电。 m 13.(1)4m(2)5m/s2(3)(4-2√2)m 【解析】(1)根据题意，对小球B受力分析，由平 衡条件有F年=mg ·物理· 由库仑定律有R,一受 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'=+2X105C kQg-ma 对小球B,由牛顿第二定律有mg一 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h1,由 kQ'q 平衡条件有mg一 解得h=22m 则有x=h-h1=(4-2√2)m。 14.(1)3mg≤E≤3mg 5q q (2)≥√7gl或2≤√2g7 【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一6=m艺 从最低点到最高点，由动能定理得 -(mg-gE)…21-2md-2md 解得E=3mg 5g 当电场力qE>mg时，小球在最低点的速度 最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低，点有 q6一mg=m号 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3mg≤E,≤3mg, 5q (2)如图甲所示，当电场方向水平，且E=4m3 3g 时，小球所受重力mg、电场力qE的合力大小 为F=Vmg)P+(E)-号mg,与水平方向 的夹角0满足tan0=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 2 参考答案及解析 小球从A点运动到B点，由动能定理得 -mgl(1+sin 0)-qE.cos 联立解得=√Tg 若小球获得水平速度吃后来回摆动，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+cos)十 qE:lsin00m 小球从A点运动到D,点，由动能定理得 -mgl(C1-cos0)-qEalsin0-0-m 解得=√2gl 综合可得，h≥√/7gl或2≤√2g时细线均不 会松弛。 qE mg....金F 甲 ) 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。=gg型 L 以A、B为研究对象，根据平衡条件有F。= (ma十mg)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，B、C间的 距离设为L:,A、B两者之间弹力减小到零，此 后两者分离，F变为恒力，则0时刻C对B的库 仑斥力为F矿= L 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t6时间内，A上滑的距离△L=L2一L1= 0.2m: (3)6时间内库仑力做的功W。=△E,=kE 4 衡水真题密卷 单元过关检测 k70gc vi=2aAL L2 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，根据动能定理有W1十 力F对A做的功W2=F(L一L2) w,+W。+w,=2(m十mn)f 代入数据解得W2=5J 而Wc=-(mA十mB)g△Lsin30 则力F对A做的功W=W1十W2=6.05J。 W:=一u(mA十mg)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、选择题 角度将增大，D错误。 1.C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 方向指向轨迹的凹向，可知在M点时电子受电场 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；根 线电势逐渐降低，可知M<N,因N点电场线较 M点密集，可知N,点场强较大，电子在N点的加 桃库仑定律和牛频第二定律可知9=m严，可 速度较大，即aM<aN,A、B错误；若电子从M点 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 到N点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 变，小球做圆周运动的半径应变为2，B错误：用 小，则Ew<Ekw,EM>Ev,C正确，D错误。 另一电荷量为2g的小球使之仍以0。绕该点电荷 2C【解折】若保持开关S闭合，根据C=品 做圆周运动，根据Eq=mg,可知小球的质量变为 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A、 原来的2倍，根招9-”一，可知小球运动半径 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 仍为r,C正确；只撤去点电荷Q,同时调节电场 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 强度为2E,则小球所受的合力为2Eg一mg= 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 mg,若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若 不变，A错误；若保持开关S闭合，根据C= 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 E,S 4a,将A,B两极板正对面积变小些，电容减 度倾斜，做斜抛运动，D错误。 4,B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 小，电客器所带电荷量将减小，由于二极管反向 运动到D,点的粒子动能最大，即A、D间电势差 截止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d点做圆 据U=号，可知电容器A、B两极板间的电势差增 的切线，电场强度方向垂直于切线，由O指向D, 大，故指针张开角度将增大，B错误：若断开开关 当粒子%水平向右，从A到C的运动过程中，沿 S后，电容器电荷量保持不变，报据C一那可 AC和垂直于AC方向建立坐标系，运动满足 2Rsin45°=1os45,4=2in45°，联立解得 知将A,B两极板靠近些，电容增大，根据U= E C n 可知电容器A、B两极板间的电势差减小，故指针 E-V2mu 2gR ,A错误；OD垂直AC,粒子在电场中 张开角度将变小，C正确：若断开开关S后，电容 器电荷量保持不支，根据C一总将A,B两板 做类斜抛运动，当w与AC夹角为0时，粒子沿 AC方向运动的距离x满足x=htc0s0,t= 板正对面积变小些，电容减小，根据U= ,可知 2肥0，联立解得x=2厄Rsin @cos9= gE 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 加 ·30