带电粒子在电场中的运动 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

带电粒子在电场中的运动 知识点一：带电粒子在电场中的直线运动 一、单选题 1．如图所示，两微粒a、b分别静止于平行板电容器的上、下极板附近且非常靠近极板，其所带电荷量大小相等、符号相反，a、b的质量之比为。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的t时刻，a、b同时经过虚线所在水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略，则虚线到a、b的初始位置的距离之比为（     ） A． B． C． D． 2．如图所示，两平行金属板的电势差为，一电子从点沿垂直于极板的方向射出，最远到达点，然后返回。若仅将右金属板右移一小段距离，则电子将最远到达（     ） A．点左侧 B．点 C．点右侧 D．右金属板 3．如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下，从静止开始由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ=45°，则（     ） A．此微粒带负电 B．合外力对微粒做正功 C．微粒可能做匀速直线运动 D．微粒的电势能增加 二、多选题 4．如图甲所示，、是一条电场线上的两个点，质量为、电荷量为的粒子仅在电场力的作用下沿电场线由向运动，初速度为，刚好能到达点。粒子运动的图像如图乙所示。下列判断正确的是（     ） A．点电势低于点电势 B．、两点间的电势差 C．点电场强度等于点电场强度 D．粒子在点的电势能大于在点的电势能 5．如图所示，为匀强电场的等势面。一电荷量为的粒子（重力不计）在恒定拉力及电场力的作用下沿直线由匀速运动到，该过程中拉力做了的正功。已知和间夹角为，长为，则（     ） A．匀强电场的电场强度大小为 B．A、C两点间的电势差为 C．粒子由A运动到C的过程中，电势能增加了 D．若要使粒子由C向A做匀速直线运动，则拉力必须反向 《带电粒子在电场中的直线运动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 D C B BC AC 1．D 【详解】微粒、在平行板间均受恒定电场力作用，初速度为零，做匀加速直线运动。设极板间电场强度大小为，微粒所带电荷量大小为，微粒、的质量分别为、，加速度大小分别为、。由题意有，根据牛顿第二定律有， 联立解得 两微粒运动时间均为，根据匀变速直线运动位移公式有， 因此 故选D。 2．C 【详解】设O点到A点电势差为，电子电荷量大小为e。原来过程，由动能定理 仅将右极板右移，极板间电势差U不变，但极板间距d变大，电场强度减小 假设电子仍然只到达A点，那么O到A之间电势差 E变小，，则电场力做功的绝对值变小，电子的初动能没有全部消耗完，电子还可以继续向右运动，因此最远到达A点右侧。 故选C。 3．B 【详解】A．微粒从静止开始沿做直线运动，说明它所受的合外力方向必沿方向、由指向，合外力与竖直方向的夹角为。 微粒受竖直向下的重力和水平方向的电场力，二者的合力沿方向，由几何关系得 且电场力方向水平向右；由于电场方向也水平向右，故微粒带正电，故A错误； B．合外力方向与微粒从到的运动方向相同，合外力对微粒做正功，故B正确； C．由上述分析可知合外力大小为，不为零，微粒做匀加速直线运动，故C错误； D．电场力方向与微粒位移方向的夹角为锐角，电场力做正功，微粒的电势能减少，故D错误。 故选B。 4．BC 【详解】A．粒子仅在电场力的作用下以初速度沿电场线由A向B运动，刚好能到达B点，所以电场力方向从B指向A；又因为粒子带负电，受力方向与电场强度方向相反，所以该电场的电场线方向从A指向B，根据沿着电场线方向电势降低，可知A点电势高于B点电势，故A错误； B．对粒子从A到B运动过程列动能定理方程，有 解得A、B两点间的电势差为，故B正确； C．从图像可知，粒子由A向B运动过程做匀减速直线运动，故加速度恒定，由牛顿第二定律可知 粒子受到的电场力恒定，该电场的电场强度也恒定，即A点电场强度等于B点电场强度，故C正确； D．根据电场力做功和电势能变化间的关系可知，因为粒子从A到B运动过程电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故D错误。 故选BC。 5．AC 【详解】A．由于电场线与等势面垂直，则沿电场线方向距离为，由动能定理得 得电场强度大小为，故A正确； B．根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可得A、C两点间的电势差为，故B错误； C． 小球A到C电场做的功为，则电势能增加，故C正确； D．小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由C到A，拉力方向不变，故D错误。 故选AC。 知识点二：带电粒子在电场中的曲线及圆周运动 一、单选题 1．喷墨打印机偏转电场的原理如图所示。电荷量为的墨滴以初速度垂直射入极板长、间距、电压的匀强偏转电场，离开电场后打在打印纸上（不计重力）。下列说法正确的是（     ） A．仅增大墨滴所带电荷量，墨滴打在纸上的偏移量增大 B．仅减小墨滴的入射速度，墨滴在电场中运动的时间变长，但仍能射出偏转电场打在打印纸上 C．仅增大偏转电压，墨滴离开电场时速度偏转角的正切值不变 D．仅增大偏转极板的间距，其他条件不变，墨滴打在纸上的偏移量增大 二、多选题 2．如图所示，带电量之比为的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比，则（     ） A．粒子A、B的质量之比为 B．粒子A、B的质量之比为 C．粒子A、B在电场中飞行的时间之比为 D．粒子A、B在电场中飞行的时间之比为 3．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为、带正电的小球由静止释放，运动中小球的加速度与竖直方向夹角为。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知，，则（　　） A．小球所受的电场力为 B．小球在最高点B的动能为 C．小球在C点的机械能比在A点多 D．小球在C点的动能为 4．如图，空间内存在方向水平向左，范围足够大的匀强电场。用一长为的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为、电荷量为的带电小球悬挂在点，平衡时小球静止于点，此时轻绳与竖直方向夹角，点在点正下方。现把小球拉到点正右方的处，此时轻绳刚好处于水平状态，将小球无初速度释放，不计空气阻力，带电小球可视为质点，重力加速度为，，下列说法中正确的是（     ） A．电场强度的大小为 B．小球运动到点时的速度为 C．小球从到的过程中绳子的最大拉力为 D．小球从到的过程中机械能一直减小 5．如图，一个质量为m、电荷为+q的小球，系在一根长为L不可伸长的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕固定O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。整个空间存在水平方向匀强电场，电场强度，已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的动能最大 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 C．若小球恰好能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度 D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球运动到B点时的速度为 三、解答题 6．如图为某电子发生装置，产生初速度为0的电子，经过加速电场的加速，然后进入偏转电场运动，最后打在荧光屏上。已知加速电场两板间电势差为，偏转电场两板间电势差为且上板带负电，板长为，板间距为，偏转电场与荧光屏的距离为，电子的质量为、电荷量为，其重力不计。 (1)电子离开加速电场时获得的速度大小； (2)电子离开偏转电场时偏离中心线的偏移量； (3)若偏转电场两极板间距增大为原来的2倍，电子前后两次打到荧光屏上偏离中心位置的偏移量之比。 7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为的绝缘细线一端悬于点，另一端系一质量为、电荷量为的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与点等高的点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角的点时速度变为零。已知、，空气阻力可忽略，重力加速度为。求： (1)、两点间的电势差； (2)场强的大小； (3)小球通过点时，细线的拉力大小。 8．如图所示，在水平方向的匀强电场中（电场线未画出），一根长为L，不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，将小球拉起直至细线与电场强度平行的A点，然后无初速度释放，已知小球最多摆到最低点另一侧的B点，BO连线与竖直方向的夹角，求：（结果可用根式表示） (1)小球经过最低点时细线对小球的拉力的大小； (2)小球由A点到B点过程中的最大速度的大小。 9．如图所示，在水平向右的匀强电场中，长为L的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。将小球拉至与O点等高的A点，保持细线绷紧并静止释放，小球运动到与竖直方向夹角的P点时速度变为零。空气阻力可忽略，重力加速度为g。求： (1)P、A两点间的电势差； (2)场强E的大小； (3)小球速度最大时，细线的拉力大小。 10．如图所示，竖直固定、半径为的光滑绝缘圆轨道处于水平向右的匀强电场中，一质量为、电荷量为的带正电小球（可视为质点）在轨道内侧的点处于静止，半径与竖直方向的夹角，某时刻，沿轨道切线方向给小球一初速度，使小球恰好能沿轨道做完整的圆周运动，，，重力加速度为，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)小球运动过程中的最大动能。 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《带电粒子在电场中的曲线及圆周运动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 A BC ACD BD BC 1．A 【详解】设墨滴质量为，墨滴在偏转电场中飞行的时间为 在偏转电场中加速度为 在偏转电场中的偏移量为 联立解得 A．由偏移量公式知，仅增大，偏移量增大，故A正确； B．仅减小，假设仍能够穿越偏转电场，由飞行时间公式知，飞行时间变长，但由偏移量公式知，偏移量增大，不一定能射出偏转电场，故B错误； C．墨滴离开电场时速度偏转角的正切值，仅增大偏转电压，墨滴离开电场时速度偏转角的正切值变大，故C错误； D．仅增大偏转极板的间距，其他条件不变，由偏移量公式知，偏移量减小，故D错误。 故选A。 2．BC 【详解】粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则水平方向上有 由 可得时间之比为 设平行板电容器内的电场强度为，则由牛顿第二定律得 粒子竖直方向做匀加速直线运动，由 由题得两个粒子的竖直位移相同，联立可得，质量之比 故选BC。 3．ACD 【详解】A．小球带正电，电场水平向右，因此电场力水平向右，重力竖直向下。 由静止释放时，合加速度与竖直方向夹角为，所以 解得，故A正确； B．小球从A点以初速度竖直向上抛出。竖直方向只受重力，做竖直上抛运动，到最高点B的时间为 最高点B的竖直分速度为零。水平方向初速度为零，受恒定电场力，加速度为 所以到B点时水平速度为 因此B点动能为，故B错误； D．从A到C，竖直方向回到同一高度，总时间为 此时水平速度为 竖直速度大小为，所以C点动能为，故D正确； C．A、C两点高度相同，重力势能相同，所以机械能的变化量等于动能的变化量，故C正确。 故选ACD。 4．BD 【详解】A．由平衡位置可知，小球所受电场力水平向右，设小球带电量的绝对值为，则电场力大小为。取小球为研究对象，由平衡条件，竖直方向有 水平方向有 联立解得，故A错误； B．电场力大小为 从到，重力做功为，电场力向右而位移水平向左，电场力做功为，绳的拉力不做功。由动能定理得 解得，故B正确； C．为分析运动过程中绳的拉力，设小球位于和之间的任意位置，绳与竖直方向的夹角为，如图所示 从到，重力使小球下降，电场力与水平位移方向相反。由动能定理得 重力和电场力的径向分量均指向半径外侧，沿指向的方向列牛顿第二定律，有 联立解得 由辅助角公式可知 当时取等号，从而，故C错误； D．机械能为动能与重力势能之和，绳的拉力不做功，因此机械能的变化由电场力做功决定，从到的水平位移始终向左，而电场力始终向右，所以电场力持续做负功，机械能一直减小，故D正确。 故选BD。 5．BC 【详解】已知小球质量为，电荷量为，细线长度为，电场强度为，因此，各物理量均采用国际单位制。取为坐标原点，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向。电场力和重力均为保守力，细线张力不做功，圆周运动过程中有 A．小球所受电场力和重力的合力势能为 点的坐标为，所以 取圆周右下方与水平、竖直方向均成的点，其坐标为， 所以 根据可知点的动能大于点的动能，故A错误； B．机械能为 电场力做功改变机械能，根据功能关系有 结合可得 所以随增大而增大，点的横坐标最小，故小球运动到点时机械能最小，故B正确； C．设小球所在位置的极角为，取径向向外为正方向，电场力和重力合力的径向分量为 由牛顿第二定律有 解得 要使细线始终绷紧，必须满足，所以 当时，最大，最大值为，此时小球速度最小，恰好绷紧时 解得，故C正确； D．小球在点静止释放时，点的径向向外方向水平向左，由径向方程可得 代入得 说明细线不能保持绷紧，小球会先脱离圆周运动。小球脱离细线后，电场力和重力分别对小球从到做功和，所以 解得 到达点前速度方向沿右下方方向，重新绷紧时径向速度分量被消去，只保留切向速度，因此绷紧后的速度为 从到的过程中，电场力做功，重力做功，二者总功为零，所以 解得，故D错误。 故选BC。 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可知，电子离开加速电场时获得的速度大小满足 解得 （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向满足 竖直方向，电子的加速度大小 联立 解得电子离开偏转电场时偏离中心线的偏移量 （3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，竖直方向的速度大小 离开偏转电场后粒子击中荧光屏所需时间 故该阶段内，粒子竖直方向的位移 粒子的总偏移量 若偏转电场两极板间距增大为原来的2倍，则电子打到荧光屏上偏离中心位置的偏移量减为原来的，故前后两次偏离中心位置的偏移量之比为。 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）从点到点，对小球由动能定理得 解得 因此 （2）、两点沿电场方向的距离为 匀强电场中沿电场方向的电势差满足关系 解得 （3）从点到点，对小球由动能定理得 解得 在点，拉力与重力的合力提供向心力，有 解得细线的拉力大小 8．(1) (2) 【详解】（1）小球无初速度释放摆到另一侧的过程，由动能定理得 解得 小球摆到最低点过程中由动能定理得 小球最低点时由重力和细线的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律得 联立解得 （2）将静电力与重力合成 所受合力方向与竖直方向夹角满足 解得 如图所示，所受合力方向与竖直方向成角斜向右下，C点为对应的“等效最低点”。由几何关系得，小球到达C点时速度最大，动能最大，小球从释放到小球到达C点过程中，由动能定理得 解得小球的最大速度 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）从A点到P点，对小球，根据动能定理有 解得 则P、A两点间的电势差为 （2）根据 解得场强的大小为 （3）小球受到电场力和重力的合力大小为 小球受到电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角为，则有 可得 可知小球运动到OB右侧与P点等高位置Q时，小球的速度最大；从P点到Q点的过程中，根据动能定理可得 解得 在Q点，由牛顿第二定律可得 解得细线的拉力大小为 10．(1) (2) 【详解】（1）小球静止时，受到竖直向下的重力、水平向右的电场力及沿指向圆心的支持力。图中虚线箭头表示重力与电场力的合力，为点沿直径的对端 取水平向右、竖直向上为正方向，对小球由平衡条件分别有， 两式联立并代入题给三角函数值，得 （2）重力与电场力均为恒力。由第（1）问的平衡关系可知，它们的合力沿由指向，大小为 轨道支持力始终不做功。沿恒力方向，圆轨道上的点位置最靠前，点位置最靠后，故小球在点动能最大，在点动能最小，点为等效最高点。设小球在点的速率为、受到的支持力为，取该点指向圆心为正方向，由牛顿第二定律得 在其他位置，小球的速率不小于点速率，而恒力指向圆心的分力不大于，因此点是保持接触的最不利位置。轨道内侧只能提供指向圆心的支持力，恰好完成整周运动时有，从而 以表示最大动能。小球从点运动到点时，沿恒力方向的位移为，由动能定理得 代入临界关系，得到 知识点三带电粒子在非匀强电场中的运动 一、单选题 1．如图所示，粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合。A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，。现有带电荷量为q、质量为m的物块（可视为质点），从A点以竖直向下的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则（　　） A．关于O点对称的两点电场强度等大反向 B．从A到O，物块受到的电场力一直减小 C．从O到B，物块的加速度保持不变 D．从A到B，物块的机械能减小 2．如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，一质量为、电荷量为的带电滑块（可视为质点）在处以的初速度开始沿轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数为。在处固定有一个电性未知、电荷量为的场源点电荷，滑块在轴不同位置所具有的速度大小如图乙所示，点是图线起始点，点是图线最高点，规定无穷远处电势为零，重力加速度大小取，静电力常量为。下列说法正确的是（     ） A．场源电荷带正电，电荷量大小为 B．运动的全部过程中，滑块加速度的最大值为 C．AP两点间的电势差为 D．滑块向右运动的过程中，其电势能先减小后增大 3．某科技公司研发的高空绝缘滑杆巡检装置中，带负电的巡检小环P套在光滑绝缘的竖直滑杆上，滑杆左侧固定一个带正电的静电平衡辅助装置Q。滑杆上、两点与Q的距离相等，为中点。将小环P从点无初速度释放，不计空气阻力，小环P、装置Q均视为点电荷，重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．小环经过、两点时的速度相等 B．小环经过点时，加速度为，速度达到最大 C．小环从点下降到点的过程中，库仑力做的功等于机械能变化量 D．小环从点下降到点的过程中，重力势能变化量等于动能变化量 二、多选题 4．如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C点，斜面上有A、B、D三点，A和C相距为L，B为AC的中点，D为AB的中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零。已知重力加速度为g，带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k。则下列说法中正确的是（     ） A．小球从A到B的过程中，速度最大的位置在BD之间 B．小球运动到B点时的加速度大小为 C．BD之间的电势差大于DA之间的电势差 D．AB之间的电势差 5．如图所示，带电荷量为的正点电荷固定在倾角为的光滑绝缘斜面底端点，斜面上有、、三点，和相距为，为的中点，为的中点。现将一带电小球从点由静止释放，当带电小球运动到点时速度恰好为零。已知重力加速度为，带电小球在点处的加速度大小为，静电力常量为。则下列说法中正确的是（　　） A．小球从到的过程中，速度最大的位置在之间 B．小球运动到点时的加速度大小为 C．之间的电势差大于之间的电势差 D．之间的电势差 三、解答题 6．如图所示，在绝缘水平面上相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷O为AB连线的中点，C、D是AB连线上两点，其中AC=CO=OD=DB=。一质量为m电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E从C点出发，沿直线AB向D运动，滑块第一次经过O点时的动能为kE（k＞1），到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，已知重力加速度为。求： (1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ； (2)OD两点间的电势差UOD； (3)小滑块运动的总路程s。 7．如图所示，一正点电荷固定在倾角为的光滑绝缘斜面底部的A点，斜面上有两点，且和C在同一直线上，B和C相距为L。现将一带电量为q的小球（可视为点电荷）从B点由静止释放，此时小球的加速度大小为g，带电小球运动到C点时速度恰好为零。求： (1)小球在B点时受到的库仑力F； (2)B和C两点间的电势差； (3)若带电小球运动到C点时速度恰好为零，同时A点电荷变为等量负点电荷。则小球回到B点时速度v。 四、综合题 8．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和-Q，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到与C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。（重力不可以忽略）求： (1)、间的电势差。 (2)点处的电场强度的大小。 (3)小球经过与点电荷等高的点时的速度的大小。 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《带电粒子在非匀强电场中的运动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 答案 D B C ABC BC 1．D 【详解】A．等量异种点电荷连线的中垂线上，关于O点对称的两点电场强度大小相等，方向均垂直于中垂线指向负电荷一侧（即方向相同），故A错误； B．从A到O，电场强度E逐渐增大，电场力F=qE 可知物块受到的电场力一直增大，故B错误； C．物块在水平方向受力平衡，墙壁对物块的弹力FN=qE 滑动摩擦力f=μFN 从O到B，电场强度E逐渐减小，弹力逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小。 在竖直方向上，根据牛顿第二定律可知加速度a随摩擦力f的变化而变化，故C错误； D．从A到B，电场力方向水平，与运动方向垂直，电场力不做功；摩擦力方向竖直向上，与运动方向相反，摩擦力做负功。根据功能关系，除重力以外的力（摩擦力）做负功，物块的机械能减小，故D正确。 故选D。 2．B 【详解】A．由图像可知，滑块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以，点电荷对滑块的作用力水平向右，故带负电，PQ间的距离r=3m，在P点加速度为0，由 解得，故A错误； B．滑块在A点时的加速度最大，根据牛顿第二定律有 解得，故B正确； C．由动能定理 解得，故C错误； D．因滑块所受电场力一直做正功，故其电势能一直减小，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．由题意可知，在Q产生的电场中，，小环从a点到b点的过程中，库仑力做功为零，重力做正功，总功大于零，则小环的动能增大，，故A错误； B．小环在c点时，水平方向：库仑力和弹力平衡，竖直方向只受重力，加速度为g，故小环还在加速，故B错误； C．由功能关系可知，故C正确； D．小环从O点到b点的过程中，电场力做功不为零，重力势能变化量不等于动能变化量，还有电势能参与转化，故D错误。 故选C。 4．ABC 【详解】A．由题意可知小球带正电，设小球电荷量为q，在A点受到的电场力为，在A点处的加速度大小为，由库仑定律可知小球在A点受到的电场力为 由牛顿第二定律有 解得 小球在D点受到的电场力 可知小球在D点时所受的合力方向沿斜面向下，则加速度不等于零，且方向沿斜面向下，故合力为零的位置在BD之间，即速度最大的位置在BD之间，故A正确； B．小球在B点受到的电场力 由牛顿第二定律有 解得小球在B点时的加速度大小为，故B正确； C．点电荷产生的电场是非匀强电场，由点电荷的电场特点可知，BD之间的电场强度大于DA之间的电场强度，D又是AB的中点，则有BD之间的电势差大于DA之间的电势差，故C正确； D．从A点到B点由动能定理有 解得AB之间的电势差，故D错误。 故选ABC。 5．BC 【详解】A．由题意可知，小球带正电，设小球在点受到的电场力为，由牛顿第二定律可得 解得 由库仑定律可知小球在点受到的电场力 小球在点受到的电场力 可知小球在点时受的合力方向向下，则加速度不等于零，且方向向下，故合力为0的位置在之间，即速度最大的位置在之间，A错误； B．小球在B点受到的电场力 由牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 B正确； C．点电荷产生的电场是非匀强电场，由点电荷的电场特点可知，之间的电场强度大于之间的电场强度， 则有之间的电势差大于之间的电势差，C正确； D．从点到点由动能定理可得 解得 D错误； 故选BC。 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）由于C点与D点等势，滑块从C到D的过程中，电场力不做功，则小滑块第一次由C到D，根据动能定理 可得 （2）滑块第一次从O点到D过程中，根据动能定理 解得 （3）由C开始到最后停在O点，由动能定理有 而 解得小滑块运动的总路程为 7．(1)，方向：沿斜面向上 (2) (3)，方向：沿斜面向下 【详解】（1）对B点的小球沿斜面方向用牛顿第二定律，A点为正点电荷，小球带正电，库仑斥力沿斜面向上，重力沿斜面向下的分力为，已知加速度，沿斜面向上，因此： 得： 方向：沿斜面向上 （2）小球从B到C，初末速度均为0，由动能定理：合外力做功等于动能变化，即 整理得： （3）A变为等量负点电荷后，B、C间电势差满足： 小球从C由静止运动到B，重力和电场力均做正功，由动能定理： 解得： 方向：沿斜面向下 【点睛】 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从到，根据动能定理得 解得 （2）由几何关系可知，到、到的距离均为 点电荷在点产生的场强大小 方向斜向右下与竖直方向成。 点电荷在点产生的场强大小 方向斜向左下与竖直方向成； 两场强的水平分量相互抵消，竖直分量叠加，合场强大小为 （3）由几何对称性可知，到的电势差 对小球从到的全过程应用动能定理得 代入，解得 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $