選修3-1第七章專題突破帶電粒子在電場中運動的綜合問題

1、專題突破 帶電粒子 （或帶電體 ）在電場中運動的綜合問題突破一 帶電粒子在交變電場中的運動1. 此類題型一般有三種情況（1）粒子做單向直線運動 （一般用牛頓運動定律求解 ）；（2）粒子做往返運動 （一般分段研究 ）；（3）粒子做偏轉運動 （一般根據交變電場的特點分段研究 ）。2. 兩條分析思路： 一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析； 二是功能關系。3. 注重全面分析 （分析受力特點和運動規(guī)律 ），抓住粒子的運動具有周期性和空間上 具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相 關的邊界條件?？枷?粒子的單向直線運動【例 1】 如圖 1 甲所示，兩極板間

2、加上如圖乙所示的交變電壓。開始 A 板的電 勢比 B 板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設電子在 運動中不與極板發(fā)生碰撞，向 A 板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確 反映電子速度變化規(guī)律的是 （其中 C、 D 兩項中的圖線按正弦函數規(guī)律變化 ） （）圖1解析 電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，故C、D 兩項1錯誤；從 0時刻開始，電子向 A板做勻加速直線運動， 2T 后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到 tT時刻速度變?yōu)榱恪Ｖ笾貜蜕鲜鲞\動， A 項正 確，B 項錯誤。答案 A考向 粒子的往返運動【例 2】 (多選)如圖 2所示為勻強電

3、場的電場強度 E隨時間 t變化的圖象。當 t0 時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作 用，則下列說法中正確的是 ( )圖2A. 帶電粒子將始終向同一個方向運動B. 2 s 末帶電粒子回到原出發(fā)點C. 3 s末帶電粒子的速度為零D. 03 s 內，電場力做的總功為零解析 設第 1 s內粒子的加速度為 a1，第 2 s內的加速度為 a2，由 aqmE可知， a22a1，可見，粒子第 1 s 內向負方向運動， 1.5 s 末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至 3 s 末回到原出發(fā)點，粒子的速度為 0，vt 圖象如圖所示，由動 能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜

4、上所述，可知C、D 正確。答案 CD考向 粒子的偏轉運動【例 3】 (多選)如圖 3 甲所示，兩水平金屬板間距為 d，板間電場強度的變化規(guī) 律如圖乙所示。 t0 時刻，質量為 m的帶電微粒以初速度 v0 沿中線射入兩板間， 03T時間內微粒勻速運動， T 時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中 未與金屬板接觸。重力加速度的大小為 g。關于微粒在 0T 時間內運動的描述， 正確的是 ( )圖3A. 末速度大小為 2v0B. 末速度沿水平方向1C. 重力勢能減少了 2mgdD. 克服電場力做功為 mgdT T 2T解析 因 03T內微粒勻速運動，故 E0qmg；在 T323T時間內，粒子只受

5、重力作 用，做平拋運動，在 t23T時刻的豎直速度為 vy1g3T，水平速度為 v0；在 23TT 時間內，由牛頓第二定律 2E0qmgma，解得 ag，方向向上，則在 tT 時刻，0 粒子的豎直速度減小到零， 水平速度為 v0 ，選項 A 錯誤，B 正確；d1微粒的重力勢能減小了 Epmg·2 2mgd，選項 C 正確；從射入到射出，由動能11定理可知 2mgd W 電0，可知克服電場力做功為 2mgd，選項 D 錯誤。答案 BC1.（多選）（2019 長·春模擬 ）如圖 4 甲所示， A、B是一對平行金屬板。 A 板的電勢 A0，B 板的電勢 B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所

6、示?，F有一電子從 A 板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內，電子的初速度和重力的影響均可忽略，則 （ ）A. 若電子是在 t0 時刻進入的，它可能不會到達 B板B. 若電子是在 t T2時刻進入的，它一定不能到達 B 板C. 若電子是在 tT8時刻進入的，它可能時而向 B 板運動，時而向 A 板運動，最后 穿過 B 板3TD. 若電子是在 t38T時刻進入的，它可能時而向 B 板運動，時而向 A 板運動，最 后穿過 B 板 解析 若電子從 t0 時刻進入，電子將做單向直線運動， A 錯誤；若電子從 T2時 刻進入兩板，則電子受到電場力方向向左， 故無法到達 B 板，B正確；電子從4T時 刻進入兩板時

7、，電子先加速，經 4T時速度最大，此時電子受到電場力反向，經 T4速 度減為零，再加速 T4反向速度最大，接著減速 4T回到原位置，即電子在大于 T4時刻 進入時一定不能到達 B 板，小于 4T時刻進入時一定能到達 B 板，所以 C 正確， D 錯誤。此題作 vt 圖象更易理解。答案 BC2.（多選）（2019江·西臨川測試 ）如圖 5甲所示，平行板相距為 d，在兩金屬板間加一 如圖乙所示的交變電壓，有一個粒子源在平行板左邊界中點處沿垂直電場方向連 續(xù)發(fā)射速度相同的帶正電粒子 （不計重力 ）。t0 時刻進入電場的粒子恰好在 tT 時刻到達 B 板右邊緣，則 （ ）圖5A. 任意時刻進

8、入的粒子到達電場右邊界經歷的時間為 TB. tT4時刻進入的粒子到達電場右邊界的速度最大C. tT4時刻進入的粒子到達電場右邊界時距 B板的距離為 d4D. 粒子到達電場右邊界時的動能與何時進入電場無關 解析 任意時刻進入的粒子在水平方向的分運動都是勻速直線運動， 則由 Lv0t， 得 tvL0，由于 L、v0 都相等，而且水平方向的速度不變，所以到達電場右邊界所 用時間都相等，且都為 T，故 A 正確；粒子在豎直方向做周期性運動，勻加速和 勻減速運動的時間相等，加速度也相同，所以到達電場右邊界時速度的變化量為 零，因此粒子到達電場右邊界時的速度大小等于進入電場時初速度大小，與何時 進入電場無

9、關， 故 B 錯誤，D 正確；對于 t 0 時刻進入電場的粒子， 據題意有 d21 T T T2×2a(2)2；對于 t 4時刻進入的粒子，在前 2時間內豎直方向的位移向下，大小為1 T T 1 T y12×2a(2)2，在后 2時間內豎直方向的位移向上，大小為 y22×2a(2)2，則知 y1y2，即豎直方向的位移為 0，所以粒子到達電場右邊界時距 B 板距離為 故 C 錯誤。 答案 AD突破二 帶電粒子的力、電綜合問題解決力電綜合問題的一般思路考向 用動力學觀點和能量觀點解決力電綜合問題【例 4】 (2019·山東大聯考二 )如圖 6 所示，空間內有

10、場強大小為 E的勻強電場， 豎直平行直線為勻強電場的電場線 (方向未知)，現有一電荷量為 q、質量為 m 的 帶負電的粒子，從 O 點以某一初速度垂直電場方向進入電場， A、 B 為運動軌跡 上的兩點，不計粒子的重力及空氣的阻力：圖6(1) 若 OA連線與電場線夾角為 60°，OAL，求帶電粒子從 O點到 A 點的運動時 間及進入電場的初速度；(2) 若粒子經過 B 點時速度方向與水平方向夾角為 60°，求帶電粒子從 O 點到 B 點 過程中電場力所做的功。解析 (1)因帶電粒子向上偏轉，電場力方向向上，又因為帶電粒子帶負電，所以 電場強度方向豎直向下，設帶電粒子的初速度為

11、 v0，帶電粒子在電場做類平拋運 動，由題意可知：水平方向的位移為 xLsin 60 °豎直方向的位移為 y Lcos 60 °則水平方向有 Lsin 60 °v0t1豎直方向有 Lcos 60 °2at2qE而 a m聯立以上各式解得 t mqEL，v0 123qmEL。(2)設帶電粒子在 B點速度為 v，從 O到B電場力所做的功為 W由合速度與分速度的關系有cos 60 °vv0v解得 v2v011由動能定理有 W 2mv2 2mv20代入數據解得 W 23mv02 9q8EL解決帶電粒子在電場中運動問題的基本思路(1) 兩分析：一是對帶電

12、粒子進行受力分析，二是分析帶電粒子的運動狀態(tài)和運動 過程 (初始狀態(tài)及條件，直線運動還是曲線運動等 )。(2) 建模型：建立正確的物理模型 (加速還是偏轉 )，恰當選用規(guī)律或其他方法 (如圖 象)，找出已知量和待求量之間的關系?？枷?用動量觀點和能量觀點解決力電綜合問題【例 5】 如圖 7所示， LMN 是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道， MN 水平且足 夠長， LM下端與 MN相切。質量為 m的帶正電小球 B靜止在水平面上，質量為 2m的帶正電小球 A從LM 上距水平面高為 h處由靜止釋放，在 A球進入水平軌 道之前，由于 A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零， A 球進入水平軌道后，A、B

13、兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質點。已知A、B 兩球始終沒有接觸。重力加速度為 g。求：圖7(1) A 球剛進入水平軌道的速度大??；(2) A、B兩球相距最近時， A、B 兩球系統的電勢能 Ep；(3) A、B 兩球最終的速度 vA、vB 的大小。關鍵點 光滑絕緣軌道； A、B 兩球間相互作用視為靜電作用； A、B 兩球 始終沒有接觸。解析 (1)對 A 球下滑的過程，據機械能守恒得2mgh21·2mv02解得 v0 2gh(2)A 球進入水平軌道后，兩球組成的系統動量守恒，當兩球相距最近時共速，有 2mv0(2mm)v22解得 v3v0 3 2gh1據能量守恒定律得

14、2mgh2(2mm)v2 Ep2解得 Ep3mgh (3)當兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠離，兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統勢能也為零，速度達到穩(wěn)定。則 2mv0 2mvAmvB2 1 2 1 2 ×2mv02×2mvA2mvB答案 (1) 2gh (2)32mgh (3)13 2gh 34 2gh電場中動量和能量問題的解題技巧 動量守恒定律與其他知識綜合應用類問題的求解，與一般的力學問題求解思路并 無差異，只是問題的情景更復雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是 解決問題的關鍵。1.(多選)如圖 8 所示，光滑的水平軌道 AB 與半徑為 R的光滑的

15、半圓形軌道 BCD 相切于 B 點， AB 水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平 面內， B為最低點， D為最高點。一質量為 m、帶正電的小球從距 B點 s的位置 在電場力的作用下由靜止開始沿 AB 向右運動，恰能通過最高點 D，則 ()A.R 越大， s 越大B. R越大，小球經過 B 點后瞬間對軌道的壓力越大C. m 越大， s 越大D. m 與 R同時增大，電場力做功增大解析 小球在 BCD 部分做圓周運動，在 D 點，mgmR，小球由 B 到 D 的過程11中有 2mgR2mv2D2mv2B，解得 vB 5gR，R 越大，小球經過 B 點時的速度越 v2B大，則 s

16、越大，故選項 A 正確；在 B 點有 F N mg mvR ，解得 FN 6mg，與 R1無關，故選項 B 錯誤；由 qEs2mv2B，知 m、R 越大，小球在 B 點的動能越大， 則 s 越大，電場力做功越多，故選項 C 、D 正確。答案 ACD2.有一質量為 M、長度為 l 的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質量為 m、 帶電荷量的絕對值為 q 的物塊(視為質點 )，以初速度 v0從絕緣板的上表面的左端 沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強電場， 其場強大小 E35mqg， 方向豎直向下，如圖 9 所示。已知物塊與絕緣板間的動摩擦因數恒定，物塊運動 到絕緣板的右端時恰好相對于

17、絕緣板靜止； 若將勻強電場的方向改變?yōu)樨Q直向上， 場強大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結果兩者相對 靜止時，物塊未到達絕緣板的右端。求：圖9(1)場強方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統產生的熱量；(2)場強方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；(3) 場強方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離解析 (1)場強方向向下時，根據動量守恒定律得 mv0（Mm）v所以 vMmmv0根據能量守恒定律得1 2 1 2mMv02熱量 Q2mv022(Mm)v22(Mm) (2)由題意知，物塊帶負電。場強向下時 FN mg qE 場強向上時 FNmgqE(3

18、) 兩次產生的熱量相等FNsQ，FNsQ所以 s4答案 (1)2(mMMv0m) (2)14 (3)4l科學思維系列等效法”在電場中的應用1. 等效重力法 把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。如圖10所示，則 F 合為等效重F合力場中的“重力”，gFm合為等效重力場中的 “等效重力加速度 ”；F 合的方向等效為 “重力 ”的方向，即在等效重力場中的 “豎直向下 ”方向。圖 102. 物理最高點與幾何最高點 在疊加電場和重力場中做圓周運動的小球，經常遇到小球在豎直平面內做圓周運 動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點 不一定是幾何最高點，而應是物理最高點。

19、【典例】 如圖 11所示，絕緣光滑軌道 AB 部分是傾角為 30°的斜面， AC部分為 豎直平面上半徑為 R 的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為 E、方 向水平向右的勻強電場中。 現有一個質量為 m 的帶正電小球，電荷量為 q 33Emg，要使小球能安全通過圓軌道，在 O 點的初速度應滿足什么條件？圖 11解析 小球先在斜面上運動， 受重力、電場力、 支持力，然后 在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示， 類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力 mg，大小為 mg （qE）2（mg）22 33mg，tan qmEg 33，得 30°，等效重力

20、的 方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓 軌道，在圓軌道的 “等效最高點 ”（D 點）滿足“等效重力 ”剛好提供向心力，即有 mg mv2DmRvD，因 30°與斜面的傾角相等， 由幾何關系知 AD2R，令小球以最小初速度 v0 運動，由動能定理知2mgR12mv2D21mv02因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v0答案（1）重力和電場力合力的方向，一定在等效 “最高點 ”和等效 “最低點”連線的延長線 的方向上。（2）類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進行分析解答。【即學即練】 如圖 12 所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為 O，

21、半 徑為 r，內壁光滑， A、B 兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向 水平向右的勻強電場，一質量為 m、帶負電的小球在軌道內側做完整的圓周運動 （電荷量不變 ），經過 C 點時速度最大， O、 C 連線與豎直方向的夾角 60°，重 力加速度為 g。試求：圖 12(1)小球所受的電場力大??；(2)小球在 A 點的速度 v0為多大時，小球經過 B點時對圓軌道的壓力最小 解析 (1)小球在 C 點時速度最大，則電場力與重力的合力沿 DC 方向，所以小球受到的電場力的大小F mgtan 60 ° 3mg(2)要使小球經過 B 點時對圓軌道的壓力最小， 則必須使小球經過

22、 D 點時的速度最 小，即在D 點小球對圓軌道的壓力恰好為零，有 coms g60 °mvr ，解得 v 2gr。 在小球從圓軌道上的 A點運動到 D 點的過程中，由能量守恒得1 2 1 2mgr(1 cos 60 )°Fr sin 60 °2mv022mv2 解得 v0 2 2gr 。答案 (1) 3mg (2)2 2gr課時作業(yè)(時間： 40分鐘)基礎鞏固練1.如圖 1 所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于 O 點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點 為 a，最低點為 b 。不計空氣阻力，則下列說法正確的

23、是 （ ）圖1A. 小球帶負電B. 電場力跟重力平衡C. 小球在從 a 點運動到 b 點的過程中，電勢能減小D. 小球在運動過程中機械能守恒解析 由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電， A 錯誤，B 正確；從 ab，電場力做負功， 電勢能增大， C錯誤；由于有電場力做功，機械能不守恒， D 錯誤。答案 B2.（2019 河·南中原名校第二次聯考 ）如圖 2 所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止 的電子（不計重力 ），當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示，關于電子 在板間運動 （假設不與板相碰 ），下列說法正確的是（ ）圖2

24、A. 電壓是甲圖時，在 0T 時間內，電子的電勢能一直減少B. 電壓是乙圖時，在 0T2時間內，電子的電勢能先增加后減少C. 電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動D. 電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動 解析 若電壓是甲圖， 0 T 時間內，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻 加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減 少后增加，故 A 錯誤；電壓是乙圖時，在 0T2時間內，電子向右先加速后減速， 即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B 錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了T2做加速度先增大后減小的減速運動，到 T 時速度減

25、為 0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運 動，C 錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，到 4T后向左減速， 2T后向右加速， 343T 后向右減速， T 時速度減為零，之后重復前面的運動，故電子做往復運動， D 正確。答案 D3. （多選）（2019 河·北冀州中學模擬 ）如圖所示，可視為質點的質量為 m且電荷量為 q 的帶電小球，用一絕緣輕質細繩懸掛于 O 點，繩長為 L，現加一水平向右的足夠大的勻強電場，電場強度大小為 E34mqg，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內做圓周運動，忽略空氣阻力，重力加速度為 g。則下列說法正確的是 （

26、）圖3A. 小球在運動過程中機械能守恒B. 小球在運動過程中機械能不守恒C. 小球在運動過程的最小速度至少為gLD. 小球在運動過程的最大速度至少為 25 gL解析 小球在運動的過程中， 電場力做功， 機械能不守恒， 故 A 錯誤， B 正確；如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和5 最低點分別為 A 點和 B 點，等效重力 G 4mg，小球在最高點 的最小速度 v1滿足 G mvL ，得 v1 52gL，故 C 錯誤；小球由 最高點運動到最低點，由動能定理有 G·L212mv22 12mv21，解得 v225 gL，故 D 正確。答案 BD4. （2019山·東濰坊模擬

27、 ）如圖 4甲所示，平行金屬板 A、B正對豎直放置， C、D 為兩板中線上的兩點。 A、B 板間不加電壓時，一帶電小球從 C 點無初速釋放，經 時間 T到達 D點，此時速度為 v0。在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t 0 帶電小球仍從C 點無初速釋放，小球運動過程中未接觸極板，則tT 時，小球 （ ）圖4A.在 D 點上方C.速度大于 vB. 恰好到達 D 點D.速度小于 v解析 小球僅受重力作用時從 C 到 D 做自由落體運動， 由速度公式得 v0gT；現 加水平方向的周期性變化的電場，由運動的獨立性知豎直方向還是做勻加速直線 運動，水平方向 04T沿電場力方向做勻加速直線運動， T

28、4T2做勻減速直線運動剛T 3T 3T好水平速度減為零， 2T34T做反向的勻加速直線運動， 34TT 做反向的勻減速直線 運動，水平速度由對稱性減為零，故 tT 時合速度為 v0，水平位移為零，則剛好 到達 D 點，故選項 B 正確。答案 B5. （多選）如圖 5，一根不可伸長絕緣的細線一端固定于 O 點，另一端系一帶電小球， 置于水平向右的勻強電場中，現把細線水平拉直，小球從 A 點由靜止釋放，經最低點 B后，小球擺到 C 點時速度為 0，則()圖5A. 小球在 B 點時速度最大B. 小球從 A 點到 B 點的過程中，機械能一直在減少C. 小球在 B 點時的細線拉力最大D. 從 B 點到

29、C 點的過程中小球的電勢能一直增加解析 小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當于在重 力和電場力的合力及細線的拉力作用下在豎直平面內做圓周運動。當小球運動到 重力和電場力的合力和細線的拉力共線時 (不是 B 點 )，小球的速度最大，此時細 線的拉力最大，故 A、C錯誤；從 A點到 C點的過程中，因為重力做正功，小球 擺到 C 點時速度為 0，所以電場力對小球做負功，小球從 A 點到 B 點的過程中， 機械能一直在減少， B 正確；從 B 點到 C 點的過程中，小球克服電場力做功，小 球的電勢能一直增加， D 正確。答案 BD6. 如圖 6 所示，在一個傾角 30°

30、的斜面上建立 x 軸，O 為坐標原點，在 x 軸正 向空間有一個勻強電場，場強大小 E4.5 ×106 N/C，方向與 x 軸正方向相同，在 O 處放一個電荷量 q 5.0 ×106 C，質量 m1 kg 帶負電的絕緣物塊。物塊與斜3面間的動摩擦因數 23，沿 x 軸正方向給物塊一個初速度 v0 5 m/s，如圖所示 (g 取 10 m/s2)。求：(1) 物塊沿斜面向下運動的最大距離為多少？(2) 到物塊最終停止時系統產生的焦耳熱共為多少？解析 (1)設物塊向下運動的最大距離為 sm，由動能定理得 mgsin ·sm mcgos12·sm qEsm 0

31、 2mv0代入數據解得 sm0.5 m(2)因 qE>mgsin mcgos ，物塊不可能停止在 x軸正向，設最終停在 x 軸負向 且離 O點為 s處，整個過程電場力做功為零，由動能定理得mgssin mcgos (2sms)012mv20代入數據解得 s0.4 m產生的焦耳熱 Qmgcos ·(2sms)代入數據解得 Q10.5 J答案 (1)0.5 m (2)10.5 J綜合提能練7. (多選)如圖 7(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、 乙兩個點電荷， t0 時，甲靜止， 乙以初速度 6 m/s 向甲運動。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動 (整 個運動過程中沒有接

32、觸 )，它們運動的 vt 圖象分別如圖 (b)中甲、乙兩曲線所示。 則由圖線可知 ( )A. 兩電荷的電性一定相反B. t1時刻兩電荷的電勢能最大C. 0t 2時間內，兩電荷的靜電力先增大后減小D. 0 t3 時間內，甲的動量一直增大，乙的動量一直減小，且整個過程中動量守恒 解析 t0時，甲靜止，乙以初速度 6 m/s向甲運動，由圖可知甲的速度在增大， 乙的速度在減小，所以兩電荷的電性一定相同，故 A 錯誤； t1時刻兩電荷相距最 近，電勢能最大，故 B 正確；0t2 時間內，兩電荷之間的距離先減小后增大，由 Fkqr12q2可知兩電荷的靜電力先增大后減小，故 C 正確； 0 t3時間內，因為

33、甲、乙兩個點電荷的合力為零，所以在 0t3 時間內動量守恒，但甲的動量一直增大，乙的動量先減小到 0后增大，故 D 錯誤 答案 BC8. （2019江·西宜春調研 ）如圖 8所示， O、A、B、C 為一粗糙絕緣水平面上的四點， 不計空氣阻力，一電荷量為 Q 的點電荷固定在 O 點，現有一質量為 m、電荷量為 q的小金屬塊（可視為質點），從 A點由靜止沿它們的連線向右運動，到 B點 時速度最大， 其大小為 vm，小金屬塊最后停止在 C 點。已知小金屬塊與水平面間 的動摩擦因數為 ，A、B 間距離為 L，靜電力常量為 k，則（）圖82qA.在點電荷 Q形成的電場中， A、B兩點間的電勢差 UAB2mgL mvmB.在小金屬塊由 A 向 C 運動的過程中，電勢能先增大后減小C. O、B 間的距離為 kQmqgD. 從 B到 C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能1B 兩點間的電勢差 UAB2mgLmvm，故 A 錯誤；小金屬塊由 A 點向 C 點運解析 小金屬塊從 A 到 B 過程，由動能定理得 qUAB mgL 2mvm2 0，得 A、2q 動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故 B