精校精析版2015高考真题分类汇编+模拟新题·物理 I单元电场

1、 I 单元电场I1电场的力的性质20I12015安徽卷 已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为20，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量如图 16 所示的平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空，带电荷量为 Q.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()图 16A.Q0S和Q20SB.Q20S和Q20SC.Q20S和Q220SD.Q0S和Q220S20D解析 平行板电容器正对面积为 S，带电荷量为 Q，则其极板单位面积所带电荷量QS，由题给条件得某一板在板间形成的电场的场强大小 E020Q20S，因平行板电容器两

2、极板带等量异种电荷，故两板间合场强大小为 E2E0Q0S，选项 B、C 错误；两极板间相互的静电引力大小为 FQE0Q220S，所以选项 A 错误，D 正确212015广东卷 I1I2 如图 16 所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M 和 N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N 保持静止，不计重力，则()图 16AM 的带电荷量比 N 的大BM 带负电荷，N 带正电荷C静止时 M 受到的合力比 N 的大D移动过程中匀强电场对 M 做负功解析 BD在图示位置时能平衡，则两个小球不可能带同种电荷，分析可知，M 带负电荷，N 带正电荷，则小球 M 受到小球 N 向右的的静

3、电引力 FNM和向左的电场力 FM，两个力平衡，即 FMFNMqME，小球 N 受到小球 M 向左的静电引力 FMN和向右的电场力 FN，两个力平衡，即 FNFMNqNE，由牛顿第三定律得 FNMFMN，联立两式得：qMqN，故 A错误，B 正确；移动过程中，M 受到的电场力 FM与位移方向的夹角大于 90，故电场力FM对 M 做负功，D 正确；静止时小球 M 和小球 N 所受的合力均为零，故 C 错误72015海南卷 I1 如图 15 所示，两电荷量分别为 Q(Q0)和Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧， a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间， b 点位于 y 轴

4、O 点上方 取无穷远处的电势为零下列说法正确的是()图 15Ab 点电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在 a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功D将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，后者电势能的变化较大解析 BC等量异种点电荷连线的中垂线是电势为零的等势面，该线上除无穷远外各点场强方向水平向右，O 点电场强度最大，O 点上下两侧电场强度逐渐减小，选项 A 错误；等量异种点电荷连线电势沿着电场线逐渐降低，则aO0，a 点电势能 Epaqa，因为q0，a0，所以 Epa0，a 点电场强度方向向右，电荷带正电，所以电场力

5、方向向右，选项B 正确；Oa，所以 UOa0，WOaqUOa0，UOaUba，WOaWba，电场力做功相同，所以电势能变化相同，选项 D 错误2I12015江苏卷 静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载， 春秋纬考异邮中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是()A梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉2C解析 C 选项“小线圈中产生感应电流”属于电磁感应现象7D6，I12015江苏卷 一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方

6、向水平向左不计空气阻力，则小球()图 15A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小7BC解析 对小球进行受力分析，小球受重力 mg 和静电力 F，由于 mg 和 F 都是恒力，因此合力 F合也是恒力，初速度 v0与 F合不在一条直线上，小球将做曲线运动，且运动轨迹是一条抛物线， 根据小球运动速度方向与合力方向的夹角的变化情况可知小球速度先减小后增大所以，选项 B、C 正确8I1，I22015江苏卷 两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图 16 所示. c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则()图 16Aa 点的电场强度比

7、b 点的大Ba 点的电势比 b 点的高Cc 点的电场强度比 d 点的大Dc 点的电势比 d 点的低8ACD解析 电场线越密的地方电场越强，故选项 A 正确；我们知道，沿着电场线方向电势逐渐降低，设过 a 点作一个等势面交 b 点所在电场线于 e 点，可知 b 点电势高于 e点电势，而 a 点与 e 点电势相等，故 b 点电势高于 a 点电势，即选项 B 错误；假设拿走两个负电荷而只留下正电荷，由于 c、d 两点到正电荷的距离相等，则 c、d 两点的电场强度大小相等，而若只考虑两个等量负电荷在 c、d 两点的影响时，c 点电场强度为零，d 点在这两个负电荷的垂直平分线上，考虑电场的叠加，c 点的

8、电场仅相当于正电荷产生的电场，而 d点的电场是这两部分的叠加，正电荷在 d 点的电场向上，两负电荷在 d 点的电场向下，两者的合场强必小于 c 点的场强，故选项 C 正确；设想一带正电的试探电荷从 d 点移到 c 点，图中的正电荷对它的作用力不做功，而两个负电荷对它的引力做正功，电势能减少，根据电势的定义可知，d 点的电势高于 c 点的电势，故选项 D 正确142015全国卷 B4B3I1 如图 11 所示，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间 a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45，再由 a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将

9、()图 11A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析 D初态，对微粒进行受力分析，得知电场力 Eq 与重力 mg 大小相等当金属板转动后， 合力 F 仍为恒力， 只是方向改变了， 如图所示， 从静止释放的微粒将沿合力方向(左下方)做匀加速直线运动162015浙江卷 I1 如图 12 所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D用绝

10、缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析 D乒乓球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，故选项 A 错误由于乒乓球不带电，只受重力和细线的拉力，当球受到扰动后只是做摆动，故选项 B、C 错误乒乓球与右极板接触，由于乒乓球带上正电荷，受到右极板的斥力，同时受到左极板的吸引力，向左摆动与左极板相碰，之后乒乓球带上负电荷，受到右极板的吸引力，同时受到左极板的斥力，向右摆动与右极板相碰，如此周而复始运动，故选项 D 正确182015山东卷 I1 直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴上，G、H 两点坐标如图15.M、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为 Q 的正点电

11、荷置于 O 点时，G 点处的电场强度恰好为零静电力常量用 k 表示若将该正点电荷移到 G 点，则 H 点处场强的大小和方向分别为()图 15A.3kQ4a2，沿 y 轴正向B.3kQ4a2，沿 y 轴负向C.5kQ4a2，沿 y 轴正向D.5kQ4a2，沿 y 轴负向解析 B当电荷量为 Q 的正点电荷置于 O 点时， 它在 G 点处的电场强度大小 E1kQa2，方向沿 y 轴负向M、N 两点的负点电荷在 G 点处的合电场强度大小 E2kQa2，方向沿 y 轴正向当电荷量为 Q 的正点电荷置于 G 点时，它在 H 点处的电场强度大小 E3kQ4a2，方向沿 y 轴正向根据对称性，M、N 两点的负

12、点电荷在 H 点处的合电场强度大小 E4kQa2，方向沿 y 轴负向则 H 点的场强大小为 E4E33kQ4a2，方向沿 y 轴负向选项 B 正确62015四川卷 E1E6I1I2 如图 13 所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN 水平a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在 M 点，a 从 N 点由静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q(图中未画出)时速度为零则小球a()图 13A从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小C从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加D从 P 到

13、Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析 BC小球 a 从 N 到 Q 的过程中， 在 N 点速度和在 Q 点速度都为零， 而合力为零的点在 N、P 之间，所以从 N 到 P 的过程中小球 a 的速度先增大后减小，故 B 对；从 N 到Q 的过程中，由平行四边形定则可判断重力和库仑力的合力一直增大，所以 A 错；由于从 N到 Q 的过程中库仑力方向与 a 球速度方向的夹角一直大于 90，故库仑力一直做负功，电势能一直增加，C 对；从 P 到 Q 的过程中，动能转化为电势能和重力势能，D 错20 2015浙江卷 B4I1 如图 15 所示， 用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为 0.1 kg

14、的小球 A 悬挂到水平板的 M、 N 两点， A 上带有 Q3.0106C 的正电荷 两线夹角为 120，两线上的拉力大小分别为 F1和 F2.A 的正下方 0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球 B，B与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速度取 g10 m/s2；静电力常量 k9.0109Nm2/C2，A、B 球可视为点电荷)，则()图 15A支架对地面的压力大小为 2.0 NB两线上的拉力大小 F1F21.9 NC将 B 水平右移，使 M、A、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小 F11.225 N，F21.0 ND将 B 移到无穷远处，两线上的拉力大小 F1F20.866 N解

15、析 BC当 B 在 A 的正下方时，A、B 受到彼此的库仑引力，大小为 F库1kQ2r210.9N，则支架对地面的压力大小为 NBmBgF库11.1 N，A 选项是错误的；A 球所受的重力与库仑引力的合力为 FAmAgF库11.9 N，由平行四边形定则可得 F1F21.9 N，B 选项是正确的；当 M、A、B 在同一直线上时，库仑引力大小为 F库2kQ2r220.225 N，再对 A受力分析，进行正交分解，可得 F11.225 N，F21.0 N，C 选项是正确的；当 B 移至无穷远处时，A、B 之间的库仑力为零，两线上的拉力大小 F1F21.0 N，D 选项是错误的102015四川卷 A1C

16、2D1E1I1 如图 19 所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E1.5106N/C、方向水平向右的匀强电场带负电的小物体 P 电荷量是 2.0106C，质量m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数0.4，P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55 s 到达A 点，到达 B 点时速度是 5 m/s，到达空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为，且 tan1.2，P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力 F 作用，F 大小与 P 的速率 v 的关系如下表所示P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力

17、，取 g10 m/s2.求：v/(ms1)0v22vQB直线 c 位于某一等势面内，MNC若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功D若电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功15B解析 电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力做功相等，表明N、P 两点电势相等，直线 d 是等势线，与 d 平行的 c 也是等势线，电子由 M 到 N，电场力做负功，电势能增大，则MN，A 错误，B 正确；电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，C 错误；电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做正功，D 错误62015四川卷 E1E6I1I2 如图 13 所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心

18、是 O，最低点是 P，直径 MN 水平a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在 M 点，a 从 N 点由静止释放，沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q(图中未画出)时速度为零则小球a()图 13A从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小C从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加D从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析 BC小球 a 从 N 到 Q 的过程中， 在 N 点速度和在 Q 点速度都为零， 而合力为零的点在 N、P 之间，所以从 N 到 P 的过程中小球 a 的速度先增大后减小，故 B 对

19、；从 N 到Q 的过程中，由平行四边形定则可判断重力和库仑力的合力一直增大，所以 A 错；由于从 N到 Q 的过程中库仑力方向与 a 球速度方向的夹角一直大于 90，故库仑力一直做负功，电势能一直增加，C 对；从 P 到 Q 的过程中，动能转化为电势能和重力势能，D 错I3电容器带电粒子在电场中的匀变速运动92015重庆卷 K2I3 图 111 为某种离子加速器的设计方案两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场其中 MN 和 MN是间距为 h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔 O 和 O，ONONd，P 为靶点，OPkd(k 为大于 1 的整数)极板间存在方向向上的匀强电场，

20、两极板间电压为 U.质量为 m、带电荷量为 q 的正离子从 O 点由静止开始加速，经 O进入磁场区域当离子打到极板上 ON区域(含 N点)或外壳上时将会被吸收两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过忽略相对论效应和离子所受的重力求：图 111(1)离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到 P 点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到 P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间答案 (1)2 2qUmqkd(2)2 2nqUmqkd(n1，2，3，k21)(3)（2k23）mkd2 2qUm（k21）h2（k21）mqU解析 (1)带

21、电离子在电场中加速，由动能定理可知 qU12mv2离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvBmv2R由几何关系得 kd2R由以上三式得 B2 2qUmqkd.(2)设离子加速 n 次后能打到 P 点，有 nqU12mv2由几何关系得 kd2R解得 B2 2nqUmqkd(n1，2，3，k21)(3)加速 n 次，离子在电场中运动的距离为 nh，且离子在电场中的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，则当 nk21 时，离子获得最大能量，在电场中运动的时间 t电h2（k21）mqU；T2mqB，t磁2T，当离子加速 n 次后，在磁场转过的圆心角为(2n1)，当 nk21 时，代入 B 可得，

22、t磁（2k23）mkd2 2qUm（k21）.52015海南卷 I3 如图 14 所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l.在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为q的粒子在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为()图 14A32B21C52D31解析A假设平行板间的匀强电场场强为 E，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，以 M 为研究对象，有25l12qEMt2，以 m 为研究对象，有35l12qEmt2，联立以上两式可得 Mm3

23、2.15E2，I3，K32015江苏卷 一台质谱仪的工作原理如图 115 所示，电荷量均为q、质量不同的离子飘入电压为 U0的加速电场，其初速度几乎为零这些离子经加速后通过狭缝 O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后打在底片上已知放置底片的区域 MNL，且 OML.某次测量发现 MN 中左侧23区域 MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域 QN 仍能正常检测到离子在适当调节加速电压后，原本打在 MQ 的离子即可在 QN 检测到(1)求原本打在 MN 中点 P 的离子质量 m；(2)为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围；(3)为了在 Q

24、N 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U 的最少次数. (取 lg2 0.301，lg30.477，lg50.699)图 11515(1)9qB2L232U0(2)100U081U16U09(3)3解析 (1)离子在电场中加速 qU012mv2在磁场中做匀速圆周运动 qvBmv2r解得 r1B2mU0q代入 r034L，解得 m9qB2L232U0.(2)由(1)知，U16U0r29L2离子打在 Q 点 r56L，U100U081离子打在 N 点 rL，U16U09则电压的范围100U081U16U09.(3)由(1)可知，r U由题意知，第 1 次调节电压到 U1，使

25、原本 Q 点的离子打在 N 点L56LU1U0此时，原本半径为 r1的打在 Q1的离子打在 Q 上56Lr1U1U0解得 r1562L第 2 次调节电压到 U2，原本打在 Q1的离子打在 N 点，原本半径为 r2的打在 Q2的离子打在 Q 上，则Lr1U2U0，56Lr2U2U0解得 r2563L同理，第 n 次调节电压，有 rn56n1L检测完整，有 rnL2解得 nlg 2lg6512.8最少次数为 3 次I4带电粒子在电场中的非匀变速运动14I42015安徽卷 图 11 是粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不

26、动图中所标出的粒子在各点处的加速度方向正确的是()图 11AM 点BN 点CP 点DQ 点14C解析 首先明确粒子和重金属原子核均带正电荷，相互排斥，且作用力在二者连线上，再由牛顿第二定律知，被散射的粒子的加速度由重金属原子核的斥力产生，所以图中加速度方向标示正确的仅有 P 点，故选 C.5I42015江苏卷 如图 13 所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图 13A关卡 2B关卡

27、 3C关卡 4D关卡 55C解析 该同学从关卡 1 出发做初速度为零的匀加速直线运动，由 vat12 m/s，易知 t11 s，在这 1 s 内他跑了 x12at211 m，从 1 s 末起，他将做匀速直线运动，此时离关卡关闭还剩 4 s，他能跑 2 m/s4 s8 m，因此，他能顺利通过关卡 2，选项 A 错误；而7 s 末时他跑了 1 m2 m/s6 s13 m， 还未到关卡 3， 而 12 s 末时他跑了 1 m2 m/s11 s23 m，还未到关卡 4，离关卡 4 还有 1 m，仅需 0.5 s0)的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点已知该粒子在 A 点的速度大小为 v

28、0，方向与电场方向的夹角为 60； 它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30.不计重力 求 A、B 两点间的电势差图 19答案mv20q解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60由此得vB 3v0设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有qUAB12m(v2Bv20)联立式，得UABmv20q202015山东卷 I7 如图 18 甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板

29、边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为 g，关于微粒在 0T 时间内运动的描述，正确的是()甲乙图 18A末速度大小为2v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了12mgdD克服电场力做功为 mgd解析 BC0T3时间内，微粒做匀速运动，微粒除了受到竖直向下的重力，还受到等大的竖直向上的电场力.T32T3时间内，微粒只受到竖直向下的重力作用，在竖直方向做加速度为 g 的匀加速直线运动.2T3T 时间内，微粒受到竖直向上的大小等于重力的合力作用，在竖直方向做加速度大小为 g 的匀减速直线运动T 时刻微粒速度方向水平，大小为 v0，选项 A 错误，选项 B 正确T 时刻微粒从边缘飞出

30、，重力势能减少了12mgd，选项 C 正确由动能定理可知在 0T 时间内电场力做功12mgd， 即微粒克服电场力做功mgd2， 选项 D 错误7I72015天津卷 如图 16 所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场 E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场 E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图 16A偏转电场 E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置7AD解析 设加速电场的电压为 U1，偏转电场的板间距离为 d2，根据动能定理得qU11

31、2mv2，解得 v2qU1m，进入偏转电场后飞行时间 tlv，偏转距离 y12at212qE2mlv2E2l24U1，可见，粒子的偏转距离与粒子的质量和电荷量均无关，所以它们会打在屏幕的同一位置，D 正确；偏转电场对粒子做功为 WqE2y，与电荷量、场强和偏转距离有关，所以 A正确；三种粒子打到屏上时的动能一样大，但它们的质量不同，所以速度不同，B 错误；粒子的质量越大，运动到屏上所用的时间越长，C 错误22015安徽江南十校高三上学期期末联考如图 K232 所示，平行板电容器与电动势为E 的电源连接，上极板 A 接地，一带负电的油滴固定于电容器中的 P 点，现将平行板电容器的下极板 B 竖直

32、向下移动一小段距离，则()图 K232A带电油滴所受静电力不变BP 点的电势将升高C带电油滴在 P 点时的电势能增大D电容器的电容减小，极板带电荷量增大2B解析 将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据 EUd得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，则油滴将向下运动，故A 错误；板间场强 E 减小，而 P 点与上极板间的距离不变，则由公式 UEd 分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而 P 点的电势低于上极板的电势，则知 P 点的电势将升高，故 B 正确；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P 点的电势升高，则油滴在 P点时的电势能将减小， 故 C

33、 错误； 根据电容的定义式 CQU， 电容器与电源相连， 则 U 不变，当 C 减小时，则 Q 也减小，故 D 错误4(多选)2015湖南五市十校教研教改共同体高三第一次联考如图 K244 所示，实线表示某电场的电场线，过 O 点的虚线 MN 与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子 P、Q 分别从 A、B 两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于 MN，且都能从 MN 左侧经过 O点设粒子 P、Q 在 A、B 两点的加速度大小分别为 a1和 a2，电势能分别为 Ep1和 Ep2，过 O点时的速度大小分别为 v1和 v2，到达 O 点经过的时间分别为 t1和 t2.粒子的重力不计，则()图 K244A