练案45 第九章 第45讲 专题强化十二 电场中功能关系及图像问题-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

练案[45]第45讲 专题强化十二 电场中功能关系及图像问题 直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g,规 基础巩固练 定A点的电势为零，下列说法正确的是 题组一 电场中功能关系 1.(（多选)如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场 中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、30V。实 + 线是一带电的粒子（不计重力）在该区域内运动的轨 + + 迹，a、b、c为轨迹上的三点，已知带电粒子带电荷量为 + 0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子 + B ( A.电场强度大小为E=2m竖 10V 9 -20V B,B点的电势a=mg q 30V A.带正电 C小球在B点的电势能En=m 2 B.在b点的电势能为0.5J D.小球机械能的变化量为弩？ C.在b点的动能为零 题组二电场中图像问题 D.在c点的动能为0.4J 4.(2025·八省联考河南卷)某电场的电势p随位置x 2.（多选)如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四 的变化关系如图所示，0点为坐标原点，a、b、c、d为x 点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心 轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在 的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定一光滑绝缘 电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子() 细杆，在O点固定放置一带负电荷的小球。现有两个 质量和电荷量都相同的带正电荷的小球a、b,先将小 球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后 使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落。两带 电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是 ( A.将在ad之间做周期性运动 A B.在d点的电势能大于a点的电势能 C.在b点与c点所受电场力方向相同 D.将沿x轴负方向运动，可以到达0点 5.（多选)如图甲所示，两个点电荷Q、Q2固定在x轴 上，其中Q,位于原点0，a、b是它们连线延长线上的 A.从A点到C点，小球a做匀加速运动 两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴 B.小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能 从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作 C.从A点到C点，小球a的机械能先增大后减小，但 用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为v。、6,其速 机械能与电势能之和不变 度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确 D.从A点到C点静电力对小球a做的功大于从A点 的是 () 到B点静电力对小球b做的功 U 3.（多选)(2025·河北张家口高三调研)如图所示，在一 -- 带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为 +q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后， 0 o 2L 3L 4L 小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知 甲 408 A.x=3L处电场强度一定为零 B.Q2的电荷量等于Q1的电荷量 C.ab连线的中点电势最低 D.g在a点的电势能比在b点的电势能大 6.(多选)如图甲所示，有一电荷量分布均匀且带电荷量 为+Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场 强度大小如图乙所示。一质量为m、电荷量为g的带 电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电 场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是 能力提升练 2E 9.（多选)如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、 电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在 电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时 的机械能为E。,小球下落过程中的机械能E随下降的 高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E、E,、 h,、h2和h3均为已知量，P为关系图线上的点，其坐标 为(h,E,)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽 略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A.该粒子带负电 B.该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减少 .9qEo 过P点切线 C.该粒子运动过程中最大加速度约为 m D.该粒子从r运动到2r过程中电场力做的功约为 0.8qEor 甲 7.（多选)在匀强电场中，一电↑E,V A.在h2处小球的重力势能一定为零 10 子从原点0由静止释放，仅 B.电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大 C.小球在下落过程中电势能不断增大 在电场力作用下沿x轴正方 D.在1处小球所受的电场力大小为2一九 E 向运动，其电势能E。随位置 x/m x变化的关系如图所示，则 10.如图所示，空间中存在与纸面平 A () 行的匀强电场，在纸面内从正方 A.电场强度方向沿x轴正方向 形的顶点A沿任意方向发射速度 B.电场强度大小为2.5N/C 相同的带正电粒子，不计粒子重 C.x=5m处的电势为0 力和粒子间的相互作用，已知经 过B点的粒子在B点时的动能是初动能的3倍，经 D.电子从原点O运动到x=4m处的过程中，动能增 过C点的粒子在C点时的动能是初动能的7倍，则 加了8eV 经过D点的粒子在D点时的动能是初动能的 8.（2025·八省联考内蒙古卷)如 图，一带正电小球甲固定在光滑 甲 A.3倍 B.4倍 绝缘斜面上，另一带正电小球乙 C.5倍 D.6倍 在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下11.（多选)(2024·四川巴中模拟)有 ↑E 为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其 一电场在x轴上各点的电场强度 动能E:和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的 分布如图所示。现将一带正电的 是 粒子（不计重力）从0点静止释 409 放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关13.(2024·山东菏泽高三联 C ----- 于该电场在x轴上各点的电势”、带电粒子的动能 考)如图，等量异种点电荷 E:、电势能E,以及动能与电势能之和E,随x变化的 -Q、+Q固定在水平线上 -0 相距为2L的M、V两点上， -+ 图像，正确的是 20 有一质量为m、电荷量为 +q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻 质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂 直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MW的竖直垂直 平分线上距MN为L处，AC平行于MW,且OA=OC =L。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过 最低点B时速度为。取O点电势为零，忽略小球对 等量异种点电荷形成电场的影响，重力加速度为 8。求： (1)小球经过B点时受到的静电力； 12.（2025·黑龙江省高三检测) (2)小球经过B点时对杆的拉力大小； 如图所示，放置在竖直平面内 (3)在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势P4; 的粗糙直线轨道AB与光滑圆 (4)小球继续向左摆动，到达C点时的速度大小。 弧轨道BCD相切于B点，C为 最低点，圆心角∠B0C=37°，线段OC垂直于OD,圆 弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L=5R,整个轨道 处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的 平面且垂直于直线OD,现有一个质量为m、带电荷 量为+q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P 与AB之间的动摩擦因数u=0.25,电场强度大小 E=mg,sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g, 忽略空气阻力。求： (1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小； (2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度； (3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。 410电势降低，可知g点的电势大于h点的电势，故B正确；根据等12.B电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电 量异种，点电荷连线中垂线上各点电势相等，可知e点的电势等 场线指向左上方，沿电场线方向电势降低，故c等势面的电势 于f点的电势，故C错误；根据电势差定义式，可得U=p。- 最低，a等势面的电势最高，故A错误；P点电势低于Q点电 Pg,Ua=9-Pa又9。=9r,Pg>p6,解得Ug<U,根据W=qU, 势，粒子带负电，则带电质点通过P点的电势能比Q点的电势 将质子从e点移到g点与从f点移到h点静电力做功不相等， 能大，根据能量守恒可知，带电质点通过P点的动能比Q点的 故D错误。 动能小，故B正确，C错误；等差等势线密的地方电场强度大， 5.CD因P点所在的等势面电势高于M点所在的等势面电势 加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。 可知P点电势比M点的高，选项A错误；因M点所在的等差等13.AD由b点向ad做垂线，根据几何关系知p 势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度大小比M点 为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个 的小，选项B错误；场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势 方向前进相同距离电势的降低相等，故P。 逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确： 因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子，电势能不 P。=9,-p4p。=2(p。+p),代人数据解得 E 变，选项D正确。故选CD。 P。=6V,p4=8V,故A正确；由于是匀强电场，连接bd则为等 6.CD根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷， 势面，如图所示，根据几何关系可知ab⊥bd,则ab为一条电场 又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥 线，且方向由b指向a,电场强度为E= Ula =8-4 V/cm 的力，故可知两点电荷为负电荷，故A错误：根据等势面的硫密 da√2×2 程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误：因为两 2×10V/m,故B错误；该点电荷在c点的电势能为E=p.q 点电荷是负电荷，电场线由无穷远处指向负电荷，故可知A点 =10×(-2×10-5)J=-2×10-4J,故C错误；该点电荷从a 的电势高于B点的电势，故C正确：根据电子的运动轨迹和电 点移到d点电场力做功为W=Ua9=(4-8)×(-2×10-5) 场线的方向可知由M到P静电力做负功，由P到N静电力做正 J=8×105J,故D正确。 功，则由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P 14.BD以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，由电场强 点时动能最小，故D正确。 度和等势面的关系可知，A、B两，点电场强度的方向与半径垂 7.D因为电场不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所 直，与x轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故A、B两点 以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，故A错误：根据电场线疏 电场强度的方向无法判断，故A错误；取无穷远处为零电势 密可以判断电场强度大小，所以D点电场线最密，电场强度最 点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在O点放一正点电 大，所以水分子运动过程中所受静电力越来越大，加速度越来 荷，则A、B两点的电势一定升高，故B正确：试探电荷g沿y轴 越大，故B错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最 运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过y轴 低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，故C错误；水分子从静 且垂直于x轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故C错 止开始运动，静电力做正功，电势能减小，故D正确。 误：根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，可知C 8.AC由图易得BD⊥E,可得PB=pD,根据匀强电场的特点可知 点的电场强度方向应与y轴重合，再根据经过y轴且垂直于x UD=1V,故Pg>P,A正确，B错误；AC'与AA'间夹角满足 轴的平面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴垂直， os0=5 ，又U=E1A'cos0=1V,带入数据可得E= 同一点电场强度的方向是唯一的，故C点的电场强度一定为 零，故D正确。故选BD。 3V/cm,C正确，D错误。故选AC。 9.AC设电场强度方向与ba的夹角为0，则Um=E·ba·cos0, 练案[45] 解得0=60°，即电场强度方向沿ca方向或bc方向，c点电势为1.AD由等势面与电场强度方向垂直可知电场强度方向向上，粒 10V或-5V。故选AC。 子所受静电力指向轨迹的内侧，故静电力方向向上，所以粒子 10.CD类比，点电荷电场，靠近，点电荷的电场强度越大，相等距离 带正电，选项A正确；粒子在b点的电势能E。=gp6=0.01× 电势差越大，故A错误；下落的导线输电电压越高，每步的电 30J=0.3J,选项B错误：粒子在a点的总能量E=0.01×10J 压越高，故B错误；做立定跳姿势两脚并拢跳离导线触地点中 +0.5J=0.6J,由能量守恒定律得粒子在b点处的动能E= 心时，两脚之间电压很小，是防跨步触电的一种有效方法，故C 0.6J-0.3J=0.3J,选项C错误；由能量守恒定律得粒子在c 正确；如果步长一致，走步离开中心和跑步离开中心的结果 点的动能E=0.6J-0.01×20J=0.4J,选项D正确。 致，两种情况下，两脚间的电压相等，故D正确。故选CD。 2.BC从A点到C点，小球a受重力、静电力、弹力作用，静电力 11.(1)200V/m方向水平向右(2)-4.8×10-18J 为变力，合力为变力，加速度是变化的，A错误：圆周为等势面 (3)-20V-1.6×10-18J 小球从A点到C点和从A点到B点静电力做功相等，根据动能 [解析](1)电子从a移到c静电力做负功，所以电场强度方 定理，对小球a有mghxc+W=Ea,对小球b有mgh+W=Es, 向水平向右We=-eE·ac·sin30° 由于小球a下降的高度大，故小球a在C点的动能大，B正确： 将ac=20cm=0.2m代入解得E=200V/m。 小球a从A点到C点的过程中，静电力做的功等于机械能的增 (2)电子从b移到c静电力做负功，有W=W+W 加量，由于静电力先做正功后做负功，故机械能先增大后减小， Wa=-eE·ab C正确；由于圆周为等势面，故小球从A点到C点和从A点到B 将ab=5cm=0.05m代入解得W=-4.8×108J。 点静电力做功相等，D错误。 (3)根据Uc=9。-4。=E·ac·sin30 3. BD小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如 gE 解得p。=-20V 图所示，则有gEan45°=mg,解得E=,故A 459 同理可得b点的电势Ps=10V 电子在b点的电势能为E山=一p6e 错误；小球所受合力F=2mg,由牛顿第二定律 联立代入数据解得E,=-1.6×10-18J。 得小球加速度a=2g,由匀变速直线运动规律，mg 622 得小球到B点的速度v=√2gt,设AB=L,根据动能定理得 两个带电小球间距？逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小， 则斜率逐渐减小，故A、B不符合题意：由E一x图像的斜率表 mglsin45°+qELeos45°=2m'-0,解得电场力做功W= g5lcas45=罕根据W=0u,解得U= 示库仑力，则=k,所以在乙沿x轴加速下滑过程中， 2 4g ,根据UB=P1 库仑力逐渐增大，E-x图像的斜率逐渐增大，故C不符合题 意，D符合题意。故选D。 二P,且A点的电势为零，解得P=二，代人速度得P由 9.BC因为初速度为零，所以E。=mgho,因为在h2处小球的机械 m亡，则小球在B点的电势能E。=-mg子，放B正确，C错 能为零，但动能可能不为零，所以2处小球的重力势能为负值， 2 即可能不为零，故A错误；因为小球的机械能减小，电场力做负 误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，即AE=W=m 4 功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，E-h图像的斜率越来 越大，所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；小球下落过 代入速度得A=",放D正确。 程中，电场力做负功，小球在下落过程中电势能不断增大，故C 正确：根据功能关系，可知在h,处小球所受的电场力大小为P 4.A由题图可知，a、d两点电势相等，根据E。=gp可知粒子在d B1 点的电势能等于a点的电势能，故B错误；沿电场线方向电势 点切线斜率的绝对值，即F=,一故D错误。故选BC。 降低，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F=gE10.C根据题意，设电场强度沿AB方向的分量为E,沿AD方向 可知在b点与℃点所受电场力方向相反，故C错误：根据沿着电 的分量为E,粒子在A点时的动能为E,。粒子从A到B的过 场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带 程，有qEd=3E-E,,粒子从A到C的过程，有gEd+gE,d= 正电，则粒子受到沿着x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负 7E-E,则粒子从A到D的过程，有gE,d=Eo-E,解得 方向运动，该过程中仅有电场力时粒子做功，则粒子的动能和 ED=5E,故C正确。 电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等1，BD带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力 于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0， 的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向， 即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D 电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误； 错误。故选A。 电场力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；由E,-x图像 5.AD由题图乙分析可知，粒子在距离O点3L前做加速运动，后 斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可 做减速运动，可见粒子在3L处的加速度为0，则在3L处受到两 知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力F=gE,先 点电荷的电场力平衡，可知3L点的合电场强度为零，Q,带负 减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致， 电，由E=9及Q,距离3L处较远，可知Q,的电荷量大于Q,的 B正确；由能量守恒定律有E。=E,+E。,动能与电势能之和Eo 不变，D正确。 电荷量，故A正确，B错误；该粒子从a点到3L处，做加速运动， 12.(1)10.8mg(2)1.2R(3)15R 电场力做正功，又该粒子为负电荷，所以电势升高，粒子从3L到 [解析](1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°， b做减速运动，电场力做负功，电势能增加，电势又降低，则3L 小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知 处电势最高，故C错误；由题图乙可知，粒子在b点的速度大于 (qE+mg)(Lsim37°+R-Rcos37°)-u(gE+mg)·Lcos37° 在a点的速度，a点到b点整个过程中电场力做正功，电势能减 小，9q在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确。 =2ma2-0 6.BCD均匀带电的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右，带电 粒子从静止释放向右运动，说明所受电场力方向向右，该粒子 在C点由牛顿第二定律知R-9E-mg=m“只 带正电，A错误；该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功，电势 联立解得F、=10.8mg 能逐渐减少，B正确：粒子所受电场力最大时，加速度最大，即 由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小为10.8mg。 4。-5、1,9g5,C正确：E-x图像中图线与横轴固成的面积 (2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知(gE+mg)· m 表示电势差，故该粒子从r运动到2r的过程中电场力做功约为 (Lsim37°-Rcos37）-u(gE+mg)·Lcos37°=2mmi2-0 W=0.8q5r,D正确。 小物块第一次到达D点后以速度"1逆着电场线方向做匀减 7.CD根据电场力做功与电势能的变化关系可知，带负电粒子仅 速直线运动 在电场力作用下沿x轴正方向运动，电势能减小，则电场力做正 由动能定理知-(gE+mg)xx=0 功，因此电场强度方向沿x轴负方向，故A错误；由题图可知， 2m2 电势能的变化率不变，所以负电荷受到的电场力不变，则知该 联立解得xm=1.2R。 电场为匀强电场，根据公式W=g可知，电场强度E=” (3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧 轨道上做往复圆周运动 (2-10)©Y=2N/C,故B错误；由图可知，x=5m处的电势能 由功能关系知(gE+mg)Lsin37°=u(gE+mg)·dcos37°，解 -e×4m 得d=15R。 E,为零.根据公式么，=90可知，=5m处的电势9-三=0,15.(1249，方向水平向左(2)g+m气 (3)mw-2m 故C正确：电子从原点O运动到x=4m处的过程中，只有电场 (4)22-4gL 力做功，电势能减小了8eV,则动能增加了8eV,故D正确。 [解析](1)根据库仑定律以及力的合成法则可得，小球经过 8.D设两个带电小球间距为T,由动能定理可知 (mgsin0-k9里9k=E,则E-x图像的斜率表示合外力， B点时受到的静电力大小F。=2弘织，方向水平向左。 12 (2)设小球经过B点时杆对小球的拉力为F,则小球经过B点 则F6=mgsm0-k9g,所以在乙沿x轴加速下滑过程中， 时，在竖直方向根据牛顿第二定律可知F-mg=m乙 2 623 每得P=g+n兄 向上做匀减速直线运动，且a,=sim=2.5m/g,,=cs0 m 根据牛顿第三定律可得，小球对细杆的拉力大小F'=mg+ 2 =2厅m,当y方向上速度减为零时，有y==2.4m< m Lo 2a, OKsin0=2.5m,所以小球不能穿过x轴，其到x轴的最小距离 (3)由于取O点电势为零，而O在MW的垂直平分线上，则PB 为l=2.5m-2.4m=0.1m,故选A。 =0 8.D设加速电压为U,加速过程根据动能定理有gU,=E,-0 从A到B,由动能定理得mgL+q(p,-9)=2m,解得p,= -0，可得E=g心，知加速后动能最小的离子是一价离 1 mv'-2mgL 2g 子，故B错误；设加速电板间距离为L,在加速电场中运动时间 (4)由电场对称性可知Pc=-PA,即UAc=2p, L=LA t二 2m,根据荷质比可知，加速时间最长的是一价氨 g 小球从A到C由动能定理得gUx=m,解得c 2 离子，故A错误；设偏转电场板间距离为d,偏转电压为U2,偏 =√2m2-4gL。 练案[46] 转过程微类平道运动，则有á-需，知三种离子加速度之比为 1,C根据题意可得电容器两极板间电场强度大小E==, U Q 广：4：2=4：1：2，故C错误；在加速电场中，受力方向相 同，做直线运动，轨迹相同：在偏转电场中，当水平位移为x时偏 则电荷所受静电力F=gE=兴，故C项正确。 Cd' 转轨迹为=宁=号胎(÷）广-谎可知偏转镜迹与 2 Ux 2.A m无关，三种离子轨迹重合，故D正确。 电压U不变一电容定义 →C诚小，D错误。 9.B根据g。=2m,粒子离开加 L Ad 电荷量Q减少」 U电容 S 两极板间电场 E= U决定式 C=4kd 强度E减小， d 2q,故A项 两极板间距d增大 速器时速度为o=√m B、C错误 错误：粒子在平移器电场中的偏转量 材料竖直方向尺度减小，A正确 Uo 3.C在按键的过程中，电容器两极板间距d减小，则由C=4md 为=，又q会=ma,=,得，故B项正确；根 据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直 知，电容器的电容C增大，两极板间电压U一定，根据Q=CU 线运动的轨迹延长线分别过平行板中，点，根据几何关系可知△d 知，电容器的电荷量Q增加，电容器充电，则题图乙中电流从b qUoL 流向a,C正确，A、B错误；电容器两极板间距d减小，两极板间日 =L,故C项错误：由B项可得一，由A项可知当加速电 电压U一定，极板间的电场强度E=牙变大，D错误。 压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直 方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D 4.D粒子从射人到运动至速度为零，由动能定理得-q= 项错误。故选B。 0-宁，最大深度无…爱器由=a可得=定 10.BC当手机在水平面内以加速度a沿NM方向运动时，N板所 m gE 受合力方向向右，N板将压缩弹簧，两极板间距增大，令极板间 由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为=2=2m一。 gE 距为d,根据C 故D正确。 4d可知，电容器的电容变小，故A错误； 5.D由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电 电容器充电后与电源断开，极板所带电荷量一定，根据C=号， 力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错 误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为W=q,则粒子 E三红解得E=4T。之，可知，M、N板间的电场强度不交，做B 的电势能减少了gU,P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的 电势能为-qU,故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移 正确：没有加速运动前有C4,C:号，加速运动之后有 2。=5d,电场强度大小为E==25吧，C 的中点，则y=tam30°=2 y 3d C=4,C=名N板所受外力的合力等于弹簧压缩后的弹 错误，故D正确。 ma 6.BD三个液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速 力，则有2k(d-)=ma,解得U=(1+2d),故C正确，D 直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A 错误。故选BC 错误；由于三个液滴在竖直方向均做自由落体运动，三个液滴 的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速 1(吃m+Ve /mdh (2)20Nq0 mdh 度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速 [解析](1)由题意得，P、G间与Q、G间场强大小相等，均为 率不相同，选项C错误；由于液滴c在水平方向位移最大，说明 E。粒子在P,G间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加 液滴c在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。 速度大小为a,有E=29① 7.A根据题意可知，小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方 -624