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（湖南专版）

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 (考试时可75分钟，惑分100分) 选择题 本题共6小是，每小驱4分，其4分。在每小题给出的四个透项中，只有一项 符合题且要求， 有子 客王案 1.如图所示，A,B是电场上的两点，若在A点释一刺速度为零的电子，电子仅受 电场力作用，沿电场线从A运动到B。下列说法正需的是 A电场的方句由A指向B 我A点电扬度大于B点电场强 CA点电势高于B友的电势 D,电子在A点的电劳佳大于在B点的电势能 2在AB两点置电荷量分别为十 集的点电荷，其彩成的 电场线分布如图所示，C为A,B连线上的一点，并且A,B闻C 点的电场强度量小，D是纸而上的另一点，DC连线与AB垂直 已知无穷运电势为零，电荷Q在其减用产生的电劳为单一是 下列法正通的是 A,BC 点电 势量低 言带作不司生车在另二个与C电场威密 CAB连观上B的右有点非无穷电势和电度的为零 若将另 移到D，电荷的电势小 3.两点电霄M,N分别固定在x一一2分m和坐标晾点处，点 电N的电背量大小为②，取无对远处电势为：两个自 电所形成电搭的电在轴上的分布如侧所示。工 20m处电势最低，则下列说妹正确的是 A处的电场强度为 电的中量天小为2Q 点电荷N为正电背，M为负电背 D. 0内，电场强度为0的位置只有一个 4. 在护和松蜂高蛋电数路时为不感的城市用电，电工经琴在齐乐线上带电 化，为了保障电工的查全，电工全身要好上用金国丝线编贝的农餐（如图甲所示》。图 乙中电工站在高压直输电线的A电线上作业，头上方有B供电线，B供电线的电 电线的电势，线表 面上的等差等势规，，d,了是等努 下列说法正跳的是 A在c,d,f四点中，c点的电场最登 在d,四点中，东的势最 在d点由静止释 会向点所在等势面动 D将电子向d移到电杨力所模的功等干将电予山e移到f电场力所敏的功 单元过关检测（九}物理第1页{共4页】 衡水真 5,如图所示，a,b、C,d,e、f是以O为球心的球宜上的点：球面的毫径名 石血平面垂真：分别住6d两点收上等量问件点电内」 下列说法正确的是 A.a.c,e,了四点电不 且a.c,e,了四点电场强度相同 C.电予沿直线。Ox运诗过程中，电势衡先观少后增加 D若在球心O处故一电荷量为号Q的负电构，则a点的电场强座为219 瓦，如图所示，室何存在经直向下的匀强电场，电希强度的大小E=“(g 为重力加速度)，A,两物体延过劲度系数为止的绝直经弹簧 相连放在水平而上，A,B棍处于静止默态。A,日质量均为腿，其中A 相正电，电衡量为十？B不带电。弟簧始第在弹性限度内，弹簧的弹 生势能可表示为E,一。，k为弹簧的劲度系数，工为弹簧的形变量。 若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电据方向 该为竖直间上，当物体B刚要离并面时，A的速度大小为 5 A.8 5m Cg 3m 二，选择燃：本"共4小"，每小题5分，共2如分，在每小题给出的图个选项中，有富项符 合且要。全部选对的5分，选对但不金的得3分，有选的得分。 整号 10 答案 7,点电青A,C定在平顶丙，A,B位于无正2a和3处，C位于y轴上3d处， 知图所 已知在原点处的电方向沿 轴正方 ：点电萄A的电荷量 点电B.C的电量天 小相等，下叙述正的是 A.点电背A,B带问种电背 且点电荷B的电荷量为一g C.一个带鱼电的试释电荷沿直线从O点运动到严点， 电 个带负电的试探电荷沿直线从O点运动到P点， 电势能先增大再减小 8,如图币所示，粗，地的水平地而上 一质量，=1kg的带负电小滑块（可视为质点》 生. 1经以路 2m/的速度沿蛙正方向运动，滑块与超面间的动摩擦因数 z一】四处的切线，一10m/。下列说法正确的 0 滑换在￥一3m处质受合外力小于，5N 场源电荷均梦负电。且 心过中，度 滑块向右定可以经过x三4m处 电荷量为十 的滑块放在粗水平地山 上，空傅存在水可右、电场度 场，骄滑块一间的初速度，块恰好做匀速真线运 动。然在空 加沿面与水平方或0角，斜 题密鞋 单元过美检测（九】物理第2页共4质） 向右下方、电场强度大小也为的另一匀强电场，滑块仍然做匀速直线运动，重力加速 度为，关于清块在两个叠电扬中的运动，下列说法正确的晶 人着块的质量为票 38 五滑块对地面的压力大小为 C精块与地而间的动摩擦因数为号 D滑块沿水平地面运动即离d的过程中，其电号能变化量大小为E 10.如图新示，空间存在范恨足够大的匀蜜电场，电断强 度大小E一5，方向水平向右，竖直面内一绝滚机 道由半径为R的光清测氟C与足够长的顿斜粗整 5 道AB,CD组成，AB,CD与水平角均为5且 在B,C两点与阅蕴轨通相场。梦正电的小滑块质量为m,电荐量为，从AB轨道上与 图心O等高的P点以，一2√食R的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB,CD轨道间的 功摩擦因登松=兰，原力加速度为：。下列说法正确的是 A滑块在AB轨道下帝时的加速度大小为g 我滑块在B仪轨道中对轨道的最大压力为3网E C,带块最熟将在轨道之问碰往复运动 山滑典在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为R 广、非透择地：本数共5小：装分 分》如图所示，有 根完全相 原长均为L的绝缘轻质像皮，其中两根的一 定在天花板上的O友，另 分连接质量均为的带电小球A,B,它们所带的电荷 量分别为一g和十？，A,B之闻用第三积像皮萌连接起来，由干空问存在木平向右的】 强电场，平衡时三根檬皮筋的长度均为原长的一。已知橡皮筋澜足胡克定律并始终在 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 电的电场 《2)若穷顺A,B之问的橡皮睛，则劈斯橡皮舞最闻，小球A的加迪度大 小 29分)如压所示，在平面直角孕标系0内有四个或，B一智m3mB华n3m P2m。-1m和，2m.一1国，在空间内有平行于Oy平面的匀强电场。 且P.P,尸友处的电势分料为一2000V1000V,一1000V。有一个藏力可以忽略 的带电粒子从生标原点以大小为，一I×10必/s,方向与y结负方向夹角为0的通度 财人第叫象限，经过=1X10%,速度恰好平行手x轴且与1轴正方向同向。求： 1)P点的电势： m ()匀瑶电场的电场强度大小： 《幻)带电粒子的电生及比荷 单元过美检测（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周定在绝缘的水平面 上，另一个电荷为。 方的点 小球B先国足 5 -下，移是小球C,再由E点静止释放小球B。已知小球A,B均可视为霞点，静 电力含量为=9×10N·m/,重力加速度g敷10m/公，在小球B下落过程 E点到A的商赏 (2)小球B师收顾间的加建度大小a (3)小球B的速度达到最天时的位移x。 14,(14分)如图所示，长度为！的绝深翎线将爱量为m,电奇量为g的带正电小球悬挂于O 点，整个空闻中充满了匀强电居。（取n37"=06.c37”=0,) (1)当电场方向经真向上时，若桂小球在A点铁得水平速度m=√②，小球刚好能在 餐直平面内管克整的周周运动，求电标图度！ (2②当电场方向水平，且电强度居。一时，若不能让钢线松港，求小球在A点铁得 的水平速度种应该离是的条件。 15.16分)如图所示，可昆为质点的三物块A.B、C放在候角为8一30.长为L一2m的固 定斜而上，三物块与斜而同的时摩藏因数均为。一需，A与日紧靠在一成，C紧常在 固定挡板上，其中A为不电的地滚体，B,C历餐电背量分别为g1一十4.0×10C =十2.D×D4C且保持不变，A、B的质量分别为知，=0,0线，me=a斜kg。开 始时三个物典均作保诗静止状志，且此时A、B两物体与料面间恰无学擦力作用。若法 定两点电荷在相距无资远处的电势值为零，则相距为「时，两点电荷具有的电梦能可表 示为B=长.为使A在斜面上始够做如速度为4=1,5m分的匀加速直线运动， 现给A航加 平行于斜面向上的力F.已知静电力常量k90X1心N:m/C, 10m/,经过时间后，力F的大小不再爱生变化。当A运动到料面顶操时，置去外 力F求 (1)未第加力F时物块B.C的距离， 2)时可内A上所的甲离： (3)时间内库仑力做的功： ()在A由静止开始到运动至斜面圆端的过程中，力F对A做的总功 题密程 单元过美检测（九】物理第4页{共4质）·物理· 最终P、P,间的距高为△x=受（十十）- 4-受4=8m入2.37m 71 15.(10.4(23.75m(3)7+26m(40.8s 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mg=ma1 解得A=0.4: (2)t2=2.5s时B运动的位移大小x2=t2= 2×2.5m=5m 。=2.5s时A运动的位移大小工1=24= 2×2×2.5m=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mg一r(m十 m+M)g=Ma2 解得a2=1m/s 设经过物块B滑到木板的右端时A、B恰好相 碰，则at=L+wt,a=L+a 解得L=7+26 2 m; (4)在13=3s时撒去拉力F,A的速度大小v3 ata=6 m/s A的位移x=受=号X3m=9m 木板的速度大小山=a2t=3m/s 撤去拉力F,对A由牛顿第二定律得4mg= 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，不知周围电场线的分布情况，无 法判断电场的强弱，B错误。 2 参考答案及解析 mas 解得as=4m/s2 撤去拉力F,物块A做匀诚速运动，木板做匀加 速运动，二者达到共同速度5=功一s4= u十ag4 解得t4=0.6s,%=3.6m/s A达到与木板有共同速度的位移大小x:= 听一近=2.88m 2a3 此后A与木板一起做匀减速运动，由以(2m十 M)g-(m+M)as 2 解得a=g-了m/s 当A,B有共同速度时6=达二西=3.6，一2g= 2 3 2.4s A的位移大小=正=6.72m 2a4 在=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x=18.6m B运动的位移大小xB=6(4十t4十)=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两物体从撤去拉力F和木 板共速到A、B相碰的时间为t,则x3十x4十 wt-2a,2=L十w++0 解得t=0.2s 因此总时间为△1=4十0.2=0.8s。 物理·电场力的性质电场能的性质 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 点，B的右侧两电荷产生电场反向叠加，并且当 十91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 公 衡水真题密卷 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的点满足背-紧，电势为 0的点满足是1=k胆，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】p-x图像，斜率表示电场强度，在x0 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，A 错误；x=20cm处图像斜率为零，则满足 Q Q。 40m=(20m,所以电荷M所带电荷 量大小Q=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抽负方向，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.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=√2十P=√2r,则在 球心0处放一电荷量为号Q的复电病，可使a点 的电场强度为E=一 2+2XQ (W2cos45° 0,D错误 6.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= k0,解得=9Emg=2m5,B刚要离开地面 k 5 2 单元过关检测 时，弹簧处于仲长状态，仲长量为x1,对B根据平 衡条件可得虹=mg,解得=，由能量关系 可知7m+mg红十)-qE(十a)+号 之，解得A的迷度大小为=8受，D 正确。 二、选择题 7.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E8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=长：所以电荷B,C的电荷量为 Q=寻g,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。 8.BD【解析】E,x图像斜率的绝对值表示滑块 所受电场力的大小，滑块在x=3m处所受电场力 为0，所受合外力f=g=0.5N,A错误：在x= 3m处电场力为0，电场强度为0，则号-A号 由于r>r%,所以|Q|>Q2|,滑块在x=3m处 电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的 电势最高，两场源电荷均带负电，B正确：滑块在 x=1m处所受电场力大小为F=E=3,1N △x2 =1N,所以在x=1m处，滑块所受电场力与滑 动摩擦力方向相反，电场力大于摩擦力，则滑块 加速运动，C错误：滑块在x=1m处的电势能与 在x=4处的电势能相等，根据能量守恒定律， 若滑块能够经过x=4m处，则应满足2m话≥ fax,由2m6=2×1X2J=2J小f△x=0.5X (4一1)J=1.5J,可知实际情况满足上式，所以滑 块一定可以经过x=4m处的位置，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,Fw= ·物理· mg十gEn60fR,解得9E=号ga 号，F、-3Egf=是q,所以m=E,A错 2 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微功W=(gE +qEcos60)d=3E9g,D错误。 2 10.AD【解析】根据题意可知Eg=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，有一4V2mg=ma,解得a= 一g,加速度大小为g,A正确；由几何关系可知 x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F,有一巨mg红m=md-2m6,解得 o=√2gR,根据牛顿第二定律，有FN一√2mg= m爱，解得R=(2+2)mg,根搭牛顿第三定 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=Eq· √2R一2mgR>md,所以滑块在到达C点前 已经减速到0，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0=√2gR,设在AB轨道上滑行x1后减速为 0,有-√2μmgx1=0-2m,解得x=R,所以 滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为 s=xm十1=2R,D正确。 三、非选择题 11.(1)E-3mg(2)a=23。 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 2 参考答案及解析 解得E=Bmg; 2 mg (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=2 38。 12.(1)m=-3000V(2)1000V/m (3)9=√5×103C/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,在匀强电扬中，相互平行 的两线段两端的电势差与两线段的长度成正 比，有二型=d 9i一pedp12 43 由题得p= 2 dnm6E-号 3 解得%=-3000V; (2)据题意，P1P2与y轴交点M(0,3m)电势为 0.点N(2 m,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-P,N3 解得a=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= UP M MP:cos a =1000V/m: ◆/m P -P 0 x/m 9 衡水真题密卷 (3)在1时间内粒子在y轴负方向上做匀减速运 动，则有%c0s30°=a4,a,= E_Eqsin30° 解得9=√/3X10C/kg,且该带电粒子带负电。 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=mg 由库仑定律有F49 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'=+2×10C 对小球B,由牛顿第二定律有mg一=m阳 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 平簧条件有网g2 解得h1=2√2m 则有x=h-h1=(4-2√2)m. 14.5<E<3g 5g (2)2≥√/7gl或2≤√2gl 【解析】(1)当电场力gE,<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qE=m号 从最低点到最高点，由动能定理得 -(mg-qE)·2=2md-2md 解得E=3m5 5q 当电场力gE>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 6-mg=m号 解得E1=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<3g 5 3 单元过关检测 (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qE的合力大小 为F=√mg)+(E严=号mg,与水平方向 的夫角0满足am0一器-号 若小球获得水平速度后刚好能做完整的圆周 运动，在速度最小的位置B满足 F=m平 小球从A点运动到B点，由动能定理得 -mgl(1+sin 0)-qE.lcos 联立解得=√7g 若小球获得水平速度功后来回摆动，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c0s.)十 gEalsin 0-0 小球从A点运动到D点，由动能定理得 -mgl(1-os 0)-qEa/sin 0 解得2=√2gl 综合可得，h≥√7g或2≤√2g时细线均不 会松弛。 B D gE, 87.-- 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。=kgg 以A、B为研究对象，根据平衡条件有F。= (ma+mB)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o,B、C间的 ·物理· 参考答案及解析 距离设为L2,A、B两者之间弹力减小到零，此 (4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为 后两者分离，F变为恒力，则t。时刻C对B的库 W1,此时的速度为功，根据动能定理有W1十 仑斥力为- w,+W6+w-2m十me话 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 而Wc=-(mA十ma)g△Lsin30 F-mag sin30°-mag cos30°=ma W:=-a(mA十mB)g△Lcos30° 联立解得La=1.2m W=2a△L 则在0时间内，A上滑的距离△L=L2一L1= 联立解得W1=1.05J 0.2m A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律 (3)%时间内库仑力做的功W。=△E,=k平一 F-nng sin30°-mAg COS30°=mAa L 力F对A做的功W2=F(L一L2) k70gc 代入数据解得W2=5J 则力F对A做的功W=W1+W2=6.05J. 代入数据解得W。=1.2J: 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 可知电容器A、B两极板间的电势差减小，故指针 1,C【解析】根据电子的运动轨迹，电子受电场力 张开角度将变小，C正确；若断开开关S后，电容 方向指向轨迹的凹向，可知在M,点时电子受电场 力指向右下方向，可知电场线大致向左，沿电场 器电将量保持不变，根搭C一将A,B两极 线电势逐渐降低，可知P<N,因N点电场线较 板正对西积变小些，电容减小，根据U-是，可知 M点密集，可知N点场强较大，电子在N点的加 电容器A、B两极板间的电势差增大，故指针张开 速度较大，即aw<aw,A、B错误；若电子从M点 角度将增大，D错误。 到V点，则电场力做正功，动能增加，电势能减 3.C【解析】若点电荷的电荷量为十Q,则小球带 小，则Ew<EN,EM>EaN,C正确，D错误。 负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平 2C【解折】若保持开关S用合，根据C=品 衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误：根 可知将A、B两极板靠近些，电容增大，电容器A、 据库仑定律和牛顿第二定律可知9=m四，可 B两极板间的电势差等于电源电动势，电容器所 知若点电荷的电荷量变为2Q,小球的速度大小不 带电荷量增大，二极管正向导通，电容器充电，可 变，小球做圆周运动的半径应变为2r,B错误：用 得静电计两端的电势差不变，故指针张开角度将 另一电荷量为2g的小球使之仍以。绕该点电荷 不变，A错误：若保持开关S闭合，根据C= 微圆周运动，根据Eq=g,可知小球的质量变为 4:将A,B两极板正对面积变小些，电容减 ES 原来的2倍，根招9=”m巴，可知小球运动半径 r2 小，电客器所带电荷量将减小，由于二极管反向 仍为r,C正确；只撤去点电荷Q,同时调节电场 藏止，电路中没有电流，故电容器电荷量不变，根 强度为2E,则小球所受的合力为2Eq一mg= 据U-是，可知电容器A,B两板板间的电势差增 mg,若初速度沿水平方向，小球微类平抛运动，若 初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速 大，故指针张开角度将增大，B错误：若断开开关 度倾钟，做斜抛运动，D错误。 S后，电容器电荷量保持不变，根据C-5 4元kd,可 4.B【解析】如图所示，在能打到轨道上的粒子中， 运动到D点的粒子动能最大，即A、D间电势差 知将A,B两极板靠近些，电容增大，根据U=只 C 最大，D为轨道上电势最低的位置，过d,点做圆 ·31