周测卷(十七)电场(二)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷（福建专用）

2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十七） 物理·电场（二） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1,空间某区域存在静电场如图所示，实线为等势线，相邻等势面间电势差相等。某质子运动轨 迹如图中虚线所示，α、b是轨迹上的两个点，下列说法正确的是 A.a点的电场强度比b点大 B.a、b两点电场强度的方向相同 C.质子从a点运动到b点，电场力做正功 9V 7V5V3V D.质子处于a、b两点时，其电势能在a点时较小 2.如图所示，在绝缘水平桌面上固定一圆心为O1的绝缘圆轨道和两等量正点电+Q© 荷，圆轨道与两电荷连线相切于连线中点O,O、A、B和C为圆上的四等分点。 在外力作用下，一带正电小球沿轨道内侧做圆周运动（图中未画出），带电小球 对电场的影响可以忽略，下列说法正确的是 A.A点的电场强度与C点的电场强度相同 B.A点的电势小于C点的电势 +Q⊕ C.从A点到C点，电场力对小球做正功 D.小球在O点的电势能大于在B点的电势能 3.如图所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的 三个顶点，D为BC的中点，∠C=30°，∠A=90°。A、B、C、D四点的电势分别用 PA PB PC PD表示。已知PB=Pc,9A=PD,点电荷Q在A、B、C三点所在平面 D 内，则 A.点电荷Q一定在AB的连线上 A● ------B B.pc大于pD C.将一电子从A移动到B,电场力做正功 D.点电荷Q在A、B两处的电场强度大小的比值为4：1 *如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R,等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位 于圆周最低点，CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点上放置一对等量异种点电荷。现把质 量为、带电荷量为十Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到达最低点C时速度为。。 不计小球对原电场的影响，取无穷远处电势为零，静电力常量为k,重力加速度为g,则 A.C点电势与D点电势不相同 O---- RM点电势为0(m-2mgR) C.小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒 D.小球在最低点C处对轨道的压力大小为mR十号 物理·周测卷（十七）第1页（共4页）】 17 鱼默龙门卷 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4.如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子（初速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间 垂直射入偏转电场。不计电子重力，在满足电子能射出偏转电场的条件下，一定能使电子的 偏转角变大的是 加速电场 偏转电场 A,仅增大偏转电场的电压 B.仅增大加速电场的电压 C.仅减小偏转电场两极板间的距离 + D.仅减小偏转电场极板的长度 5.如图所示，两点电荷Q1、Q2连线的延长线上有A、B两点。现将一带负电的试探电荷在A点 由静止释放，它仅在电场力作用下恰好能在A、B两点间做往复运动，则下列说法正确的是 A.Q1的电荷量大于Q2的电荷量 00a A B B.A、B两点的电势相等 C.A、B两点的电场强度大小相等，方向相反 D.试探电荷从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先增大后减小 6.如图所示，空间有与水平方向成0角的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带电小球，用 长为L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小 球沿圆弧轨道（图中的虚线，圆心在O点）缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，重力 加速度为g。则下列说法正确的是 A.小球带负电 B.电场强度的大小为g gsin 0 C.此过程中外力做的功为mg工 tan 0 D.将小球从最低点由静止释放，小球能在竖直面内做完整的圆周运动 *如图所示，平行板电容器ab与电源相连，两极板间形成一匀强电场。A、B、C是电场中的三 点，C点位于下极板，∠B=90°，AB长度为d,BC长度为2d,D为BC上一点，BD=3DC。 一电荷量为十g的带电粒子从C点移动到A点需克服电场力做功2W,粒子从A点移动到D 点需克服电场力做功W。已知两极板间距离为，3d,取电源负极为零电势点，则下列说法正确 的是 A.a端接电源正极 B B.B点电势为5W D.1 6C---------- C.匀强电场的电场强度大小为22W gd D.若把上极板下移至B点，则上述带电粒子从C点移动到A点电势能增加√3W 物理·周测卷（十七）第2页（共4页） 新教材版F 17 班级 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 7.(6分)按照现代的粒子理论，质子、中子都是由上夸克()和下夸克(d)两种夸克组成的，上夸 姓名 克带电荷量为+号c,下夸克带电荷量为-名&。两个上夸克和一个下夸克构成质子(d》,一 个上夸克和两个下夸克构成中子(udd)。若质子和中子内各个夸克之间的距离都相等，且三 得分 个夸克在同一圆周上，如图所示。则质子和中子中心O点的电场强度方向 (填“相 同”或“相反”)，大小之比为 选择题 答题栏 044“““““ 1 质子 中子 2 8.（12分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电压为 3 6.0V,内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关 再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 4 I/mA 接计算机 电流传感器 关 00.2246811s 图1 图2 (1)开关S改接2后，电容器进行的是 (填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I-t图像 如图2所示，图中在0~0.2s内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 。如果 不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与坐标轴所围成的面积 将 (填“减小”“不变”或“增大”)。 (2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45×103C,则该电容器的 电容为 μF。 (3)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的 U 电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出 发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中 0 克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化 图3 的图像如图3所示。按他的想法，下列说法正确的是 。(填正确答案标号) A.UQ图线的斜率越大，电容C越大 B.对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 C若电容器电荷量为Q时储存的能放为心，则电容器电荷量为号时储存的能量为号 D.由于图线是一条过原点的直线，所以既可以用图线与横轴所围成的面积表示电容器储 能，也可以用图线跟纵轴所围成的面积表示电容器储能 新教材版F 物理·周测卷（十七）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 9.(20分)为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质，某同学在干燥的环境中先将球A放 在一灵敏电子秤的绝缘托盘上，如图()所示，此时电子秤的示数为N1;再将另一小球B用绝 缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于球A的正上方点P,电子秤稳定时的示数减小为N2。 缓慢拉动绝缘细线，使质量为的小球B从点P沿竖直方向逐步上升到点Q,用刻度尺测出 点P正上方不同位置到，点P的距离x,并采取上述方法确定该位置对应的场强E,然后作出 E-x图像，如图(b)所示，x轴上每小格代表的距离均为x。,已知绝缘细线上点M和点Q到点 P的距离分别为5x。和10x。,小球B所带电荷量为一q,且q远小于球A所带的电荷量，球A 与球B之间的距离远大于两球的半径，忽略空气阻力的影响，已知重力加速度为g。 (1)求图(b)中E。的值及点M所示状态由球A所激发的电场的场强大小。 (2)小球B位于点M所示状态时，电子秤的示数应为多大？ (3)实验过程中，当小球B位于点Q时，剪断细线，小球B将由静止开始运动，估算小球B落 回到点P时动能的大小。 绝缘夹 ↑E 10E 缘 5E0 B 架 5xo 10xox 图(a) 图(b) 10.(20分)如图，一矩形ABCD以MN为边界对称分成左右两个边长均为d的正方形，MN的 中点为O,两正方形内均存在匀强电场，左侧正方形内电场方向水平向左，右侧正方形内电场 方向水平向右，两匀强电场的电场强度大小相等。MN为一条等势线，其电势为Po(P>0), AD和BC的电势均为零。一质量为m、电荷量为一q(g>0)的带电粒子从AM的中点垂直 电场以某一速度射入左侧电场，恰好从N点离开，不计粒子 A----- M 重力。 (1)求粒子在电场中的加速度大小a; O (2)求该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小； (3)若将该粒子置于O点，给粒子另一速度使之沿水平方向做往复运动，且运动过程中动能 和电势能之和恒为Z,求该粒子运动过程中距离O点的最远距离x和粒子在水平方向做 往复运动的周期T。 物理·周测卷（十七）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 7.213减小【解析】四边形Oabc为矩形，根据匀 强电场中电势差与电场强度的关系可得Ub=Uo, 即P。一P6=Po一9，解得坐标原点O处的电势为 po=2V。电子从a点运动到b点的过程中，电场力 做功为W=(一e)Ub=l3eV,可知电子从a点运动 到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小。 8.(1)欧姆2)2 (3)AC 【解析】(1)由于初始状态下，电容器不带电，不能用 电压挡或电流挡检测。因为多用电表用作欧姆表 时，内部有电源，可向电容器充电。充电时，若多用 电表的指针迅速偏转较大角度后又缓慢回到表盘左 端，则该电容器完好。故应将多用电表的选择开关 拨至欧姆挡。 (2)t=t。时，I=I。,可知此时电容器两端的电压为 Uc=IR1,电容器开始放电前，两端的电压为E。,根 据Q=It可知，I-t图线与横轴围成的面积表示放出 的电荷量。则M区域电容器放电的电荷量为Q,= C·△U=(E。一I。R,)C,N区域电容器放电的电荷 量为Q2=C·△U'=(I。R1-0)C=IR1C,图中M、 N两区域面积相等，即Q,=Q2,联立解得R,一2· Eo (3)电容器放电瞬间的电流最大，为1一发，因为2> R1,所以I2<I1,故A正确，B错误。充电后的电容 器通过不同电阻放电，电荷量相同，即I-t图线与横 轴围成的面积相等，故C正确。电阻越大，对电流的 阻碍作用越强，放电时间越长，所以t1<t2,故D 错误。 9.(1)10m/s(2)1.6s(3)25.2m 【解析】(1)根据动能定理得(Eg一mg)(R十Rsin0)= 1 1 2mw6-2mo员， 解得小球在O点的速度为vo=10m/s。 (2)小球进人第一象限后将速度沿x轴和y轴方向 分解，x轴方向的速度为vz=vocos53°=6m/s, y轴方向的速度为v,=vosin53°=8m/s, 小球再次回到x轴时的时间为t=2=1.6s。 8 (3)在第一象限中水平方向加速度为a2= m 20m/s2, 小球在电场中沿水平方向运动的距离为x1=R十 Rcos 0=7.2 m, 物理( 1.C【解析】等差等势面越密集的地方场强越大，故a 点的电场强度比b点小，故A错误。电场线与等势 面垂直，可知a、b两点电场强度的方向不同，故B错 误。曲线运动的受力方向指向曲线的凹侧，受力与 ·38 ·新教材版F· 设离开电场时的时间为'，x1=u,t十)a,t 解得t'=0.6s<1.6s,故小球还未到达x轴就离开 电场，接下来小球在水平方向做匀速直线运动，则小 球出电场后在水平方向运动的距离为x2一(v,十 a2t')(t-t')=18m, 则小球第二次经过x轴的位置的横坐标x=x1十+ x2=7.2m+18m=25.2m。 aa2吧ee 、20」 【解析】(1)根据题意可知，平行边界向下射出的粒 子出电场I时，速度偏向角为45°，出电场I时，沿 电场方向的速度v1=√2aL, 根据牛顿第二定律qE=ma, 粒子出电场I时的速度o=√2v1, 解得。=2√m gEL 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大 小相同，即等于2m EL (2)平行边界向上射出的粒子，进入电场Ⅱ时速度 方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场 Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为 E,则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a=9E, 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场 1 方向分解，则x=t,y=2Q':, 由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y= 1 2x, 根都几何关系x十y=22L,解得E-3g。 (3)由(1)可知，粒子从P点射出的初速度大小为。= EL 1=m 由于沿平行边界射出的粒子出电场I时速度的偏 向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的 区域长度为51=4L,则在边界C上有粒子射出的区 域长度s2=51十2L+2L一√2y, 由（公何可知2L解得-。 七) 电场强度方向相同，质子从a点运动到b点，力与位 移的夹角为锐角，所以电场力做正功，故C正确。根 据E。=qp,质子处于a、b两点时，其电势能在a点 时较大，故D错误。 ·物理· 【归纳总结】 带电粒子在电场中运动轨迹问题 判断速度 运动轨迹上某点的切线方向即为该点的 方向 速度方向 仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力 判断静电力 方向指向轨迹曲线的凹侧且与电场线相 (或电场强 切、与等势线垂直，再根据粒子的正负判 度)的方向 断电场强度的方向 判断静电力 若静电力与速度方向成锐角，则静电力做 做功的正负 正功，电势能减少；若静电力与速度方向 及电势能的 成钝角，则静电力做负功，电势能增加 增减 2.D【解析】根据等量同种正电荷的电场线分布可知 A点的电场强度与C点的电场强度大小相等，方向 不同，故A错误。根据对称性可知A点的电势等于 C点的电势，故B错误。从A点到C点，电场力对小 球做功为零，故C错误。根据等量正点电荷的电场 线分布可知电场线方向从O指向B,则带正电小球 所受电场力与小球位移方向相同，则小球从O到B, 电场力做正功，电势能减小，即小球在O点的电势能 大于在B点的电势能，故D正确。 3.D【解析】作BC的中垂线，如图所示，G 由题意可知PB=Pc,点电荷一定处在BC 连线的垂直平分线上，该垂直平分线与 D E AC相交于E点，由几何关系可知AE= DE,AB=DB,故AD连线的中垂线即 A---B 是BE线，又因为PA=PD,故点电荷一定处在AD连 线的垂直平分线上，综合可知E点就是点电荷Q的 位置，故A错误。由几何关系可知，C点距离E点比 D点距离E点远，其电势低于D点电势，故B错误。 越靠近正点电荷电势越高，所以A点电势高于B点 电势，电子在A点的电势能小于在B点的电势能，所 以将一电子从A移动到B,电势能增大，电场力做负 功，故C错误。由几何关系可知AE与BE长度比值 为41 ,可得、 内，日=2，由点电荷场强公式E=Q, EB ri4 ,故D正确。 ￥B【解析】等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线 方向，是一条等势线，中垂线通向无穷远处，电势为 零，所以中垂线上的电势为零，CD处于AB两电荷的 等势面上，所以两点的电势都为零，故A错误。设M 点的电势为PM,由于C点的电势为零，所以CM间的 电势差等于M点的电势，对小球从M到C的过程由动 1 能定理得mgR+Qpw=2mo,解得9M=2Q（mu6- ·39 参考答案及解析 2mgR),故B正确。根据等量异种点电荷电势分布特 点，可知在圆弧轨道上各点的电势不相等，故小球在 圆弧轨道上运动，除了重力做功外，还有电场力做功， 则机械能不守恒，故C错误。因为三角形ABC为等 边三角形，小球在轨道最低点C处，所受两个正负电荷 的电场力的水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方 向竖直向下，电场力的合力为F合=2k Q L2sin30°= 经，在C处，小球还受重力mg,支持力N作用，根据 牛顿第二定律可得N一mg一k =m良解得N- ms十m爱+e员 飞，由牛顿第三定律得，小球对轨道的 压力为N=N=mgm爱+，放D错误。 4.AC【解析】设电子经加速电场加速后的速度为vo, 加速电压为U1,偏转电压为U,偏转电场两极板间的 距离为d,极板的长度为L,则电子经加速电场加速 的过程中，根据动能定理可得。U=m,电子在 城转电场中的加速度。一沿运动时间：=二，离开 00 偏转电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为 tan a==at=eUl Ul u。u。mdo62U,d。仅增大偏转电场的 电压，电子的偏转角变大，故A正确。仅增大加速电 场的电压，电子的偏转角变小，故B错误。仅减小偏 转电场两极板间的距离，电子的偏转角变大，故C正 确。仅减小偏转电场极板的长度，电子的偏转角变 小，故D错误。 5. AB【解析】由题意知，带负电的试探电荷在A点由 静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间 有一点P场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向 向左；从P到B场强增大，方向向右，即A、B两点的 场强方向相反，但大小无法比较；试探电荷从A点运 动到B点的过程中，由于场强先减小后增大，则所受 电场力先减小后增大；因为AB间有一点P场强为 零，有Q ,=k,。由于Q,离P点的距离P大手 Q2离P点的距离r2P,则Q1的电荷量大于Q2的电 荷量，故A正确，C、D错误。试探电荷从A到B的 过程，根据动能定理得qUAB=0,可得UAB=0,可知 A、B两点的电势相等，故B正确。 0. BC【解析】根据题意，对小球受力分析，由平衡条 件可知，小球受到斜向上的电场力，即电场力的方向 与电场方向相同，则小球带正电，故A错误。对小球 高三一轮复习周测卷 受力分析，由平衡条件有Eqsin9=mg,解得E= 。”。,故B正确。现用一个外力将小球沿圆弧轨道 缓慢地拉到最低点，重力和电场力的合力为F= 0方向水平向右，由动能定理有w一FL=0,解 得W一。故C正确。因重力和电场力的合力方 向水平向右，则将小球从最低点由静止释放，小球只 能运动到最高点后返回，不能在竖直面内做完整的 圆周运动，故D错误。 AC【解析】带正电粒子从C点移动到A点需克服 电场力做功，所以电场强度竖直向下，上极板带正电， a端接电源正极，故A正确。由于下极板与电源负极 相连，则C点电势为零，粒子从C点到A点的过程中 电场力做功为qUca=一2W,而UcA=Pc一PA,则A 点电势P4=2W ,同理从A点移动到D点需克服电场 力做功W,则gU如=-W,则D点电势。=3 ,由 于BD-号DC,在匀强电场中有Uam=3Ue,即9c 90一3p。9),可解得ea-g散B错误。如图所 示，取BC中点为N,则N=P十e_2W,所以AN两 2 0 点电势相同，连接AN,AN为电场中的等势线，与过B 点的电场线垂直且交于点F,则AB=d,BN=d,由几何 关系可知BF=2d, 一 2,匀强电场电场强度E=B d,故C正确。电容器和电源相连，则两极板间电 2 压不变，设电压为U,两极板间距离为√3d,则U= √3Ed,∠NBF=45°，所以BC沿电场线方向的距离为 BCcos45°=√2d,上极板下移至B点，则两板间距离变 为d-2d,电场强度变为E',则E=-5E,由几 d'2 何关系可知，AC沿电场线方向的距离为4， 72,根据U= Ed可知，粒子从C点移动到A点克服电场力做功 W'=√6W,电势能增加√6W,故D错误。 D.-88 ---4 7.相反1：1【解析】设圆半径为x,质子中心O点的 ·40 ·新教材版F· 2e 3 电场强度如图所示，大小为E质=k,三c0s60°十 2e e 饣、 2c0s60°+k 3 =长号，方向竖直向上：同理，中子 e e 中心O点的电场强度大小E中=k ,2c0s60°+k 2· 2e cos60°+k e k=k方向竖直向下；所以质子和中子中 心O点的电场强度方向相反，电场强度大小之比为1：1。 0、 质子 . (1)放电0~0.2s内电容器的放电量不变 (2)575(3)C 【解析】(1)开关S改接2后，电容器相当于电源，进 行的是放电过程；根据q=It,可知图中在0~0.2s 内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 0一0.2s内电容器的放电量；充完电后电容器所带 的电荷量为Q=CU=CE,如果不改变电路其他参 数，只减小电阻R的阻值，则充完电后电容器所带的 电荷量不变，所以放电过程，I-t曲线与坐标轴所围 成的面积不变。 (2)整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45× 10-3C,根据Q=CU=CE,可得该电容器的电容为 C=Q=3.45X10 E 6 F=575F。 (3)根据U= 号，可知U-Q图线的斜率越大，电容C 越小，故A错误。他从等效的思想出发，认为电容器 储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极 板过程中克服电场力所做的功，也等于图像与横轴 所围的面积，有E=QU-CU,可知对同一电容 器，电容器储存的能量E与两极间电压的平方U成 正比，放B错误，根据E=C一是，可知电容器 电荷量为号时储存的能量为号，放C正确。类比速 度一时间图像与时间轴围成的面积才代表位移，则 U-Q图像与Q轴围成的面积才代表储能，图线跟纵 轴所围成的面积不能表示电容器储能，故D错误。 ·物理· 9.)N,-NN,-N2 (2)4V,+N2 10g 5g 5 (3)29(N,-N,) 10 xo+10mgxo 【解析】(1)小球B位于P点时，所受电场力为F。= N1-N2, 故小球A在P点激发的电场场强大小为10E。= N二N,解得E。=NN 10g 由图像可知球A在点M所激发的电场的场强大小 约为2E。,故点M的场强大小为EM=2E。= N1-N2 5g (2)小球B在点M所受电场力为FM=qEM= N1-N2 5 故此时电子秤的示数应为NM=N1一FM= 4N1+N2 5 (3)由图可知，每一个小正方形的面积所代表的电势 差为U。=Eoxo, 在0~10x。之间这一段图线与x轴所围成的面积等 于P、Q两点的电势差，查得上述图形中，小正方形数 约29个，故P、Q间电势差为UQ=29U。= 29(N1-N2) 10g x0, 设小球运动到P点时的动能为Ek,对于小球B从Q 点运动到P点的过程，根据动能定理有qUQ十 mgh =Ek, 解得E.=29(W,-N2) 10 x0+10mgx0。 10.(1)99 1 md (2)2n+1Nm 90(n=0,1,2,…） (3(1+Z)a Ad √/2m(Z+qpo) 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小E=, d 粒子在电场中的加速度大小a=9,解得a=9 md (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好从 N点离开，将MN等分，每份用时为t,可能会有两 物理( 1.C【科学思维】 利用微元 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电 荷，每个微元电荷可看成点电荷，先根据库 法求解非 仑定律求出每个微元电荷产生的场强，再结 点电荷的 合对称性和电场强度叠加原理求出合电场 电场强度 强度 参考答案及解析 种情况，根据对称性，在水平方向均有号-， u M 第一种情况：从N点离开时速度偏向右下方，有 d 4n十01t(n=0,1,2,…),解得0=n十i√ (n=0,1,2,…), 第二种情况：从N点离开时速度偏向左下方，有 d 4n十3=02t(n=0,1,2,…),解得02=m+3m (n=0,1,2,…), 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入左侧 电场的速度大小受a=0,12…四. (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零， 粒子在距离O点x处的电势能Em=一qP,=Z,解 得p=一 Z 91 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= =二9，解得x=（1+2)a, d 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速 1 度为，有一g9十2m06=乙，解得粒子在0点的 速度v。=, 2(Z+qgo) m ,解得T= T Ad 又v0=a· √/2m(Z十gpo)。 qoo 八) 【解析】因为带电圆环A距离∠∠∠←∠∠∠∠ 带电小球较近，故不能将其看成 大F 点电荷，故不能使用库仑定律求 小球受到的库仑力，故A错误。 把圆环A分成无数小段，取环 上任意一小段，可看作点电荷 mg