单元过关(九) 电场力的性质 电场能的性质-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(重庆甘肃贵州湖南专版)

2026一2027学年度单元过关（九） 物理·电场力的性质电场能的性质 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 1.如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6V、4V、2V;a、b、c分 别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示α点电场的方向，则正确的是 () A B.be D 6 2.某电场的电场强度E随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴 上的四个点。一带正电粒子从a点由静止释放，仅在静电力作用下沿x轴运动，已知粒 子可通过d点，则 () A.粒子在a点与c点所受静电力的方向相同 B.粒子在b点的电势能大于在c点的电势能 C.粒子将以b为中心做周期性运动 D.粒子将沿x轴正方向一直运动 3.如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在 的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q(q>0)的微粒，通过多次摆放 单元过关（九）物理第1页（共8页） 劳力于毫末，奋斗成大材 发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，不考虑微粒间的相 班级 互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别 放有电子A、B(不计重力)，给它们各自一个垂直于导体棒的初速度使其以导体棒为轴 姓名 做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为 ( 2g· 得分 A.1:1 B.3:5 C.1:2 D.5:3 4.如图所示，立方体的A、B、G、H四个顶点各固定着一个带正电的点电荷，电荷量相同， O点是立方体的中心。现将处在A点的点电荷沿着AO连线向O点移动，在这个过程中， 下列说法正确的是 A.O点的电场强度减小 A④ ④B B.E点的电势先增大后减小 0 C.C点的电势先增大后减小 D D.B点的电荷受到的电场力减小 H① 5.如图为中药材烘干机的高压电场工作原理图，电极O与极板MN接高压电源后，空间 形成图示方向的强电场。往极板MN上撒上一层湿中药材，药材中的水分子发生氧化 还原反应，生成氢气和OH离子。某OH从A点由静止出发，运动轨迹依次经过A、 B、C、D点。下列说法正确的是 D 鼓 压直 R ◆A 电 甲 A.B点的电场强度比D点小 B.OH在B点受到的电场力比在D点大 C.四个点中，A点电势最高，D点电势最低 D.OH一在运动过程中，其电势能逐渐增大 单元过关（九）物理第2页（共8页） 6.空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所 示。现有一个质量为m、电量为十q的试探电荷，在t=0时刻以一定初速度从x轴上的 α点开始沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图甲中圆为试探电 荷运动轨迹，αb为圆轨迹的一条直径。除电场力外微粒还受到一个变力F,不计其它力 的作用。测得试探电荷所处位置的电势9随时间t的变化图像如图乙所示，其 中p1>0。下列说法正确的是 () 0.50 10L1 0t1 /13L11 -0.5p A.电场强度的方向与x轴正方向成，指向右上方 B.从a点到b点F做功为-qp1 C.微粒在a点时所受变力F可能达最小值 D.圆周运动的过程中变力F的最大值为m 36tRa R 7.如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC 是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源 向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量十e的粒子，其中到达B点的粒子动能 为12eV,达到C点的粒子动能为16eV,忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说 法正确的是（已知sin53°=0.8） () A.BC是电场的一条等势线 B.匀强电场的大小为80V/m C.所有离开圆的粒子最大的动能为17eV D.当某个粒子经过圆周上某一位置时，可能具有4eV的动能 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 2 单元过关（九）物理第3页（共8页） 8.如图，虚线表示位于O点的点电荷Q产生电场的等势面，相邻等势面间电势差大小相等 且为4V,一电子在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示。已知电子经过a点时的 动能为10eV,经过f点时电势能为一20eV,下列说法正确的是 A.点电荷Q带负电 B.电子经过c点时动能为18eV C.电子经过d点时电势能为-28eV D.电子可能经过电势为4V的等势面 9.在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球通 1© 过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如1 图甲所示。小球质量均为m,带电量均为十q,均可视为点 ①3 电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将小球1和小球 2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度 2① 大小分别为1、2、3，如图乙所示。该过程中三个小球组 甲 乙 kg 成的系统电势能减少了2a,k为静电力常量，不计空气阻力。则 A.从图甲到图乙过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中小球3一定向左做直线运动 C.从图甲到图乙位置，小球3向左运动。 kg2 D.在图乙位置，v3= 3md 10.如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于 该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一 高度保持静止，间距为L,甲、乙所带电荷量分别为g、2g,质量分别为m、2m,静电力常 量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场 的电场强度大小为E,不计空气阻力，则 1 A.F:-2F: &品 7777777777777777777777777777777 C.若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 kq2 D.若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v= mL 单元过关（九）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7分)某物理兴趣小组利用图甲装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是 一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离， 静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来，他们分别进行了以下 操作。 P A⊕ A0--0B 绝缘手柄 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1,P2,P3等位置，比较小球在 不同位置所受带电物体的静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）物体A所带的电荷量，比较小球所受的静 电力的大小。 (1)图甲中实验采用的方法是 A.理想实验法 B.微小量放大法 C.控制变量法 (2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大 而 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）物体A所带的电荷量，比较小球 所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个 带电量不变的小球B,在两次实验中，均缓慢移动物体A,当A到达悬点P的正下 方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为0，若两次 实验中A的电量分别为q1和q2,0分别为30°和45，则为 92 12.(9分)如图所示，光滑绝缘细杆竖直固定在M、N两点连线的中垂线上，A、B是细杆 上的两个点，在M、N两点分别固定一负点电荷，电荷量均为Q,且AB=MB=NB= MN=L。质量为m、电荷量为q(g<Q)的带正电小球套在杆上，小球从A点无初速 度下滑到B点时的速度大小为。静电力常量为k,重力加速度大小为g。求： (1)B点电场强度的大小； (2)A、B两点的电势差。 A B M⊙ 单元过关（九）物理第5页（共8页） 13.（10分)如图所示，真空中，与水平面成37°角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀 的带正电圆环的圆心O,套在细杆上的带正电小球从杆上的α点以某一初速度沿杆向 上运动，恰好能运动到杆上d点，已知圆环半径为R,电荷量为Q,小球质量为m、电荷 量为g,小球半径远小于R,g《Q,ab=bO=Oc=cd=R,静电力常量为k,重力加速 度为g,绝缘细杆与小球间的动摩猴因数么=，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求 (1)小球在c点受到的电场力的大小； (2)小球在b点的加速度大小； (3)小球在a点的动能。 +0 +9,m 、37 单元过关（九）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)如图所示的空间坐标系中，一点电荷固定在M(一√3a,2a,0)点，该点电荷只在 x<0的空间产生电场；在x>0的空间存在沿之轴正方向的匀强电场，电场强度大小 为E;在y=3a处放置一垂直于y轴、足够大的荧光屏。P(一√3a,0,0)点的放射源沿 x轴正方向射出电荷量均为十q、质量分别为m和0.5m的两个粒子，粒子初动能均为 Eko,质量为m的粒子在x<0的空间做半径为2a的匀速圆周运动，进入x>0的空间 后，打到荧光屏上，已知静电力常量为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求： (1)M处点电荷所带的电荷量； (2)质量为m的粒子打到荧光屏上的位置坐标； (3)若粒子打到荧光屏上会形成亮点，判断荧光屏上有几个亮点，如果是一个，写出判 断依据；如果是两个，求出两个亮点间的距离。 M 0 2 单元过关（九）物理第7页（共8页） 15.（18分)如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存 在与x轴平行的匀强电场（未画出），一带正电小球的质量为m,从足够高的原点O沿 x轴正向水平抛出，从A点进人电场区域时速度与水平方向夹角0=30°，后从C点离 开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的 横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g,不计空气阻 力。求： (1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比； (2)小球从原点O抛出时的初速度大小； (3)小球过B点时的动能； (4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。 L 2L 3L 4L, A、 单元过关（九）物理第8页（共8页）·物理· 4-7-0.08m (1分) 则薄木板的长度 L=x1-x2=0.4m (1分) 故薄木板速度减为0时与地面间因摩擦产生的 2026一2027学年度单元过关（九） 物 一、单项选择题 l.C【解析】如图所示，ac中点d的电势9a= 9:十9：=4V=96,故b、d的连线为该匀强电场 2 的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势点指 向低电势点，即电场线沿ac方向且由a指向c,C 正确。 b 4V 2V 2.C【解析】粒子在a点受到的静电力沿x轴正方 向，在c点受到的静电力沿x轴负方向，A错误； 粒子从b点运动到c点，静电力做负功，电势能增 大，粒子在b点的电势能小于在c点的电势能，B 错误；粒子从a点到b点加速运动，越过b点后减 速运动，速度减为0后又反向加速，越过b点后又 减速运动直到速度为0，之后再次重复上述过程， 循环往复，C正确，D错误。 3.A【解析】因D处的电场线较B处密集，可知B 处的电场强度小于D处，OH在B,点受到的电场 力比在D点小，A正确，B错误；沿电场线方向电 势逐渐降低，四个点中，A点电势最低，D点电势 最高，C错误；OH一运动过程中受到电场力的方向 与电场线切线方向相反，电场力做正功，电势能减 小，D错误。 4.B【解析】初始时B、H两点的点电荷在O,点的 合场强为0，A、G两，点的，点电荷在O,点的合场强 也为0，则在A点的点电荷沿着AO连线向O点 移动过程中，根据电场强度叠加原则可知O点的 电场强度逐渐增大，A错误；由于电势是标量，B、 G、H三点的，点电荷在E点的电势不变，处在A ,点的点电荷沿着AO连线向O点移动，该点电荷 与E点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所 以E点的电势先增大后减小，B正确；B、G、H三 点的点电荷在C点的电势不变，处在A点的点电 荷沿着AO连线向O点移动，该，点电荷与C,点的 距离一直减小，则C点的电势一直增大，C错误； ·31 参考答案及解析 热量 Q=aM+mg·a+号M+mo=0.12J. (1分) 理·电场力的性质电场能的性质 G、H两，点的点电荷对B点的点电荷的库仑合力 FGH保持不变，处在A点的点电荷沿着AO连线 向O点移动，一开始，该点电荷与B点距离减小， 则该点电荷对B,点的点电荷的库仑斥力增大，且 与G、H两，点的点电荷对B,点的电荷的库仑合力 FGH的夹角变小，故B点的点电荷受到的电场力 一开始一定是增大的，D错误。 A【解析】设q、2q、3q所在位置对应的电场强度 为E1、E、E,由平衡条件得E1=mg,E2=g 2g E=蹈即E:E,:E=片：日：3而它的 111 距导体棒的距离之比总是1：2：3，可知某点电场 强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任 意一点的电场强度大小可写成E=(k为常量)， 由于电子绕导体棒微匀速围周运动，则e rA vA k m =1,A正确。 =m一，解得A1 UB D【解析】由题图乙可知，带电微粒在转动过程 中，电势最高值为1.5p1,电势最低值为-0.5p1, 最高，点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径 取四等分点，找到与a点电势P。=0相同的点A, 如图所示，aA垂直于电场线，设电场强度的方向 R 与工轴正方向为0，由几何关系c0s0=只-弓，解 得0=行，A错误；由上述分析可知9，=1.091，从 a点到b点由动能定理W十qUb=0,又Ub= P。一p6=一P1,解得W=q91,B错误；在圆周运动 的过程中电势为1.5p1时，变力F达到最小值，故 微粒在a点时所受变力F不可能达最小值，C错 误；由题图乙可知，微粒做圆周运动的周期T= 13t1-t1=12t1,速度v= 2-识电场度 E-会2=上598059-贵，国月运动的过 2R 程中电势为一0.5p1时变力F达到最大值，有 F-gB=m反·海得F=mR+9日DE碗， π2 2 2027 E -0.501 、A 0m=0 b 0 /p=1.0p 1.5p1 7.C【解析】由题意可知，粒子由A点到B点，根据 动能定理有eUAB=EkB一EkA=4eV,可得UAB= PA一PB=4V,同理粒子由A点到C点， 有eUAc=Ekc-Ea=8eV,可得UAc=PA-Pc= 8V,所以UC=一4V,A错误；由上述分析可知， OB连线为一条等势线，根据电场方向垂直于等势 线并由高电势指向低电势可知电场方向由A指向 D,如图所示，在△AOB中，由题意可知∠OBA= ∠OAB=63.5°，所以∠B0A=180°-2X63.5°= 53°，则AD=Rsin∠BOA=4cm,所以该匀强电 的电场强度大小E-0=100V/m,B结 过O作OF平行于AD交圆于F,可知F是圆上 沿电场方向上离O最远的点，则F点电势最低， 则有UoF=ER=5V,所以A、F两点间电势差 UAF=UAo+UOF=UAB十UOF=9V,当粒子经过 F点时电势能最小，动能最大，有Ek5=EkA十 eUAr=l7eV,C正确；圆周上的最小动能Ekmin= Ekr一E·2R=7eV,故当某个粒子经过圆周上某 一位置时，不可能具有4eV的动能，D错误。 D 二、多项选择题 8.BC【解析】由于电子做曲线运动，电子所受电场 力要指向轨迹的凹侧，则电子受到吸引力，所以场 源点电荷应带正电，A错误；电子从a点运动到f 点过程有Waf=一eUaf=4eV,W.f=Ea-Epf, 解得Ea=-l6eV,所以E=Ea十Em=-6eV, 电子从a,点运动到c点过程有一eUac=Er一Ea, 解得Ee=l8eV,B正确；电子从a点运动到d点 过程有Waa=一eUad=l2eV,Wad=Ea一Ed,解 得Ea=一28eV,C正确；由以上分析可知，电子 运动过程中总能量为一6eV,当电子经过电势为 4V的等势面时，电势能等于一4eV,根据能量守 恒定律可知，其动能等于一2eV,小于零，说明电 子不可能经过4V的等势面，D错误。 9.BC【解析】剪断细线之前，三个小球处于静止状 2 ·3 单元过关 态，所受的合力为零；将小球1和小球2间的细线 剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的 弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用； 当小球3运动到题图乙位置时，小球3所受的合 力为零，即该过程中小球3受到的合力大小先增 加后减小，A错误：因小球3受两边细绳的拉力总 是大小相等且是对称的，可知小球3向左做直线 运动，B正确；在该过程中，由于三个小球组成系 统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此 系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守 恒定律mv3一mw1一m02=0。由于小球1、2的受 力情况相同，因此01=v2,化简得3=2v1=202, 即-2-2而-复4解得-。 C正确；三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒 .1 定律△E选=△E,即2=2mu+2X2mm1,代入 数据解得三√3dD错误。 10.ABD【解析】分别对两球进行受力分析，如图 甲所示，设轨道倾角为0，对甲由平衡条件得： F1=mg tan0,对乙由平衡条件得：F2=2 mgtan0, 2q2 则F1=2F2,A正确；由F1=b-gE,F2= 2q2 +2E,联立得EgB正确；若将甲、乙 互换位置，如图乙所示，对甲：F甲与mg的合力 2q2 F1=mg tan0=k· :一9E,而静电力的合力 Fg=k.2qi 十gE>F1,故无法平衡，C错误；若 撤去甲，对乙球根据动能定理得2g· 2tan0 L 2Eg·2=2 ·2mv2,其中tan0= F一 mg 2kg2 La-gE kg? 一，联立解得0= mg √nLD正确。 FN甲 kFN乙 m.g L F 21m,2g "mg mfhimm 2m8 甲 FNp六 乙 F 甲 Fi mg 0 777777777777分7777777777777777 乙 2· ·物理· 三、非选择题 1.1)C(2分)(2)减小(2分)(3) 6(3分) 【解析】(1)题图甲中先保持带电小球的电荷量 不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上 的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距 离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距 离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球 之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变 量法，C正确。 (2)本实验中，根据小球的摆角可以看出小球所 受静电力的大小，由题图可知，距离越小，丝线偏 离竖直方向的角度越大，设偏角为日，由平衡条件 有F-mg tan0,可知电荷之间的静电力随着距 离的增大而减小。 (3)设小球B的质量为m,电量为q,小球B的受力 情况如图所示。当A带电量为q1时，由平衡条件 得F=g9=mgan30,其中=PBsin30,当 A带电量为q:时，由平衡条件得F'=g:9- r mgtan45,其中rm=PBsin45°，联立解得9L= tan30°sin230°√3 tan45sin245°6 P :0 B mg 12.(1)3Q (2)mvimgL L2 2g g 【解析】(I)电荷M、N在B点产生的电场强度 大小相等，根据点电荷电场强度的表达式有 E1-E:-k L Q (1分) 根据失量合成有E=2E1cos30° (1分) 解得E=3Q L2 (1分) (2)小球从A到B,根据动能定理有 ngL+w三2n之3 (2分) 所示过程电场力做功W=qUAB (2分) 解得UA=mu2mgL (2分) 2g g 13.(1)2Qg (2)3+3)g+2kQg 4R2 5 4mR? (3)4(3+3)mgR 5 3 参考答案及解析 【解析】(1)将圆环等分为n段小圆孤，每段小圆 弧均可视为电荷量为q。的点电荷，有 Q=ngo 在c点，由库仑定律，q。对小球的电场力 kqqo F。= r2 (1分) 由几何关系 r2=2R2 (1分) 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F,有 F。=nFosin45° (1分) 联立解得F。= 2kQq 4R2 (1分) (2)由对称性，小球在b点所受的电场力与在c 点所受的电场力方向相反，大小相等，有 F=F (1分) 在b点，对小球由牛顿第二定律，有 mg sin37°+umg cos37°+F6=ma (1分) 联立解得a=3+3)g+巨kQg 4mR2 (1分) 5 (3)小球从a到d,由对称性，电场力做功 Wad=0 (1分) 对小球，由动能定理，有 Wa-mgsin37°·4R-mg cos37°·4R=0-Ek (1分) 联立解得E=4(3+3)mgR (1分) 5 4aEko 14.(1) 4Ega ka e2,52 (3)一个亮点，依据见解析 【解析】（1)质量为m的粒子在x<0的空间做 匀速圆周运动，则有 Qq mvi k(2a)-2a (1分) 且有Eo=2mw8 解得Q= 4aEko (1分) (2)设粒子经过y轴时，速度的偏转角为0，经过 y轴的，点的坐标为y1。则有 5加0-号 (1分) 可得0=60 根据几何关系 y1=2a(1-cos0) (1分) 解得y1=a 经过yO2平面后，粒子在x、y轴方向做匀速直 线运动，在之轴正方向做匀加速直线运动，设打 到荧光屏上点的坐标为(x,y,之)，则有 2 2027 单元过关 x=Uoc0sf·t (1分) 球水平方向做匀速直线运动，则有2L=VotoA y-y1=Vo sin0·t (1分) (1分) y=3a 竖直方向上则有vAy=g·tom (1分) 1 又因为vy=o0·tan0 (1分) 之=2at (1分) 联立解得vo=√2√3gL (1分) 根据牛顿第二定律 (1分) (3)小球过B,点时VBz=0 qE=mao 1 2W3 4Ega2 则小球在B点的动能E=2mw, (1分) 联立解得x= 3a,2 3Eko 又因为VBy=2VA (1分) 故打到荧光屏上点的坐标为23a 4Ega2 3,3a,3E0 故有EkB= 4V3 3 mgL (1分) (1分) (4)设小球从O到A、从A到B时间为t,根据运 (3)一个亮点，依据：对质量为0.5m的粒子有 1 1 动学规律则有 (1分) Ew=2.0.5mv 3-g·t kQa0.5mv v0=ax·t (1分) (2a)2= (1分) R 可知a.=√3g 2 由F合与水平方向夹角为30°，A与水平方向夹 解得u1=2,R=2a 角为30°，建立如图所示坐标系， 所以两个粒子在x<0时的轨迹相同 (1分) 将vA分解到x'、y'上，小球在x'方向上做匀速 x1=v1c0s0·t1 运动，在当y'方向上做类竖直上抛运动，所以小 1 y-y1=v1sin0·t1 球在电场中运动的最小动能Ekm=2muix 2=70i (1分) gE-0.5ma 而Yx=Ac0s30°=00 (1分) 1 2 3a,y=3a,21= 4Ega2 解得Ekin=2mo品 (1分) 联立解得x1= 3Eko (1分) 所以只有一个亮点。 小球在电场中运动中过C时动能最大，根据运动 (1分) 的分解则有vc=0,Vc=3vAy (1分) 15.(1)1:1(2)√2W3gL (3)V3 3 mgL 1 Ekax=2m[oi+(3 votan0)]=2mu号（1分） (4)1：4 联立可得E kmin:Ekmax=1:4。 (1分) 【解析】(1)从A运动到B点，小球水平方向做 匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向 的速度为0，由运动学公式得 L-号4 30 义30 (1分) 30° 又由于2L=0ot0A (1分) mg 解得toA=tAB 即toA:tAB=1:1 (1分) (2)设小球质量为m,初速度为0，从O到A,小 2026一2027学年度单元过关（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 |1.D【解析】根据公式Q=CU和电容的决定式 2 ·34·