高中物理二轮复习带电粒子在电场中的运动

1、(本专题对应学生用书第2125页) 一、 带电粒子在电场中的加速 1. 在匀强电场中加速，可用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求解. EqU 22vv 21 md 基本方程:a=，E=，-=2ax. 2. 在非匀强电场中的加速运动一般受变力的作用， 可根据电场力对带电粒子所 做的功引起带电粒子能量的变化，利用动能定理、功能关系求解. 11 22vv 21 22 基本方程:qU=m-m. 二、 带电粒子在电场中的偏转 1. 运动状态分析:带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到 恒定的与初速度方向成90角的电场力作用而做匀变速曲线运动(轨迹为抛物线). 2. 分析处理方法:

2、用类似平抛运动的分析方法分解运动. 沿初速度方向:做速度为v 0的匀速直线运动. 沿电场力方向:做初速度为零的匀加速直线运动. 能力提升能力提升 带电粒子在电场中运动时物理量的比较带电粒子在电场中运动时物理量的比较 该种类型题目的分析方法是: (1) 先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v 0的方向，再根据轨迹的弯曲方 向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其他有关的问题. (2) 若已知电场线的分布，则可以根据电场线的疏密来判断场强的大小，再根 据牛顿第二定律可以比较加速度大小. (3) 电势能的变化可根据电场力做功的情况判断，动能的变化则根据合外力做 功的情况判断. (4) 若带

3、电粒子仅受电场力作用，则运动过程中，带电粒子只有动能与电势能 之间的相互转化，两者总量守恒. 例1(多选)(2014 南京三模)如图所示是电视机显像管主聚焦电场中的电场线 分布图， 中间一根电场线是直线， 电子从O点由静止开始只在电场力的作用下运动到 A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向.在此过程中关于电子运动速度v、 加速度a随时间t的变化图线， 电子的动能Ek、 运动轨迹上电势随位移x的变化图线， 下列图中可能正确的是() 思维轨迹思维轨迹: : 解析:在电场中，电场线的疏密表示了电场强弱，由图可知，在电子由O点运动 到A点的过程中， 电场强度先变大后变小， 又由电场力公式F=q

4、E和牛顿第二定律F=ma 可知，电子运动的加速度先变大后变小，在v-t图象中，图线的斜率表示了加速度， 故选项A错误，选项B正确;根据动能定理qEx=E k-0可知，在Ek-x图象中，图线的斜率 表示了电子所受的电场力qE，电场力qE先增大后减小，故选项C正确;由电场强度与 电势差的关系Ex=可知，在-x图象中，图线的斜率表示了电场强度E，故选项D 错误. 答案:BC 变式训练变式训练1 1(2014重庆)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分 别表示电场线和等势线.两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的 功分别为W a和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则

5、( ) A. W a=Wb，EaEb B. W aWb，EaEb C. W a=Wb，EaEb D. W aWb，EaEb，C、D错误;a、b两点处于同一等势面上，电子从a、b 两点运动到c点，电场力做的功相等，与路径无关，则B错误，A正确. 答案:A 变式训练变式训练2 2(2014盐城一模)如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球 左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线.A、B两点在 两球球心的连线上，C、D两点关于直线AB对称，则() A. A点和B点的电势相同 B. C点和D点的电场强度相同 C. 正电荷从A点移至B点，电场力做正功 D. 负电荷从C点移至D点，

6、电势能增大 解析:A点和D点的电势相同， B点电势低于D点电势， 故选项A错误;C点和D点的电 场强度大小相等，方向不相同，选项B错误;正电荷从A点移至B点，即从高电势点移 到低电势点， 电势能减小， 电场力做正功， 选项C正确;C、 D两点处在同一等势面上， 故负电荷从C点移至D点，电势能不变，选项D错误. 答案:C 带电粒子在电场中的直线运动分析带电粒子在电场中的直线运动分析 带电粒子在电场中做直线运动的分析方法与力学中的这类问题的处理方法相同，只 是在受力分析时增加一个电场力(对于基本粒子一般还可以忽略其重力). (1) 带电粒子在电场中的平衡问题的解题步骤 选取研究对象进行受力分析，注

7、意电场力的方向特点由平衡条件列方程求 解 (2) 带电粒子在电场中的变速直线运动 可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能关系角度用动能定理或能量守恒 定律求解. 例2(2014江苏联考)如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高 度为H的C处由静止释放某一带同种电荷的液珠，开始运动瞬间，液珠的加速度大小 恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力. 求: (1) 液珠的比荷. (2) 液珠速度最大时离A点的距离h. kQ (3) 若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成= r ，其中r为该点到 电荷Q的距离(选无限远处电势为零).求液珠能到达的最高

8、点B离A点的高度r B. 思维轨迹思维轨迹: : Qq 2H 解析:(1) 设液珠的电荷量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点释放时k -mg=mg， q 2gH 解得液珠的比荷为m= kQ . Qq 2h (2) 当液珠速度最大时，k=mg， 2 解得h= 2 H. (3) 设BC间的电势差大小为U CB，由题意得 kQ kQ U CB=C-B= H - rB . 对液珠由释放处直至最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得 qU CB-mg(rB-H)=0， kQ kQ - Hr B 即q-mg(r B-H)=0. 2 r B 将第(1)问的结果代入化简得-3Hr +2H2=0. B 解得

9、r B=2H，rB=H(舍去). 2gH2 答案:(1) kQ (2) 2 H(3) 2H 变式训练变式训练3 3(2014扬州检测)如图所示，在宽度为L的两虚线区域内存在匀强 电场，一质量为m，带电荷量为+q的滑块(可看成点电荷)，从距该区域为L的绝缘水 平面上以初速度v 0向右运动并进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数为. (1) 若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块从出口处滑出的速 度与进入该区域的速度相同，求该区域的电场强度大小与方向，以及滑块滑出该区 域的速度. (2) 若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块滑出该区域的速度 等于滑块的初速度v 0，求该区域

10、的电场强度大小与方向. v0 (3) 若将该区域电场改为竖直方向，测出滑块到达出口处速度为 2 (此问中取 v 0=2 gL )，再将该区域电场反向后，发现滑块未能从出口滑出，求滑块所停位置 距左边界多远. 解析:(1) 滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相同， 说明滑块在电场 mg 区域匀速运动，根据平衡条件有qE=mg，解得E= q ，其方向水平向右. 滑块进入电场前，根据动能定理有 11 2 2 v 0 22 -mgL=mv -m. 解得滑块滑出该区域的速度为v= 2v 0 -2gL . (2) 从滑块开始运动到滑出电场区域，根据动能定理有 11 22vv 00 -2mgL+qEL

11、=2m-2m. 2mg 解得E= q ，其方向水平向右. (3) 根据题意可以判断出，第一次时电场方向为竖直向上，根据动能定理有 1 v 0 1 2 2 v -mgL-(mg-qE)L=2m-2m 0. 第二次电场反向后，设滑块所停位置距左边界距离为s，根据动能定理有 2 1 2v 0 2 -mgL-(mg+qE)s=0-m. 又因为v 0=2 gL ， 2 联立解得s=3L. mg 答案: (1) q 方向水平向右 2v 0 -2gL 2mg 2 (2) q 方向水平向右(3) 3 L 带电粒子在电场中的曲线运动分析带电粒子在电场中的曲线运动分析 1. 带电粒子在电场中仅受电场力的偏转运动分

12、析:垂直射入匀强电场的带电粒 子，在电场中，只受电场力的作用，运动性质与重力场中的平抛运动相类似，研究 这类问题的基本方法是将运动进行分解，根据每一个分运动的规律和特点，选择恰 当方法加以解决. 2. 带电粒子在电场中的圆周运动分析:带电粒子在电场中的运动轨迹为一段圆 弧(或在电场中做圆周运动)，处理此类问题时，若求解速度或动能，从动能定理入 手;若求解受力情况用向心力公式，利用沿半径方向的合力提供向心力列方程求解. 3. 带电粒子在匀强电场和重力场中的曲线运动分析:用正交分解法将复杂的运 动分解为相互垂直的直线运动. 例3如图所示为电子显示仪器(如示波器)的核心部件， 部分为加速装置， 阴极

13、 产生的热电子由静止开始经加速电压u 1加速后，进入板长为l1，间距为d，电压为u2 的偏转区域，距偏转区域右侧为l 2的位置是荧光屏，电子轰击荧光屏能够显示出光 斑.依据上述信息，求: (1) 若偏转电压u 2为稳定的直流电压，试推导Y(光斑到O的距离)的表达式. (2) 若u 2=kt，光斑在荧光屏上做什么运动?速度多大? (3) 若u 2=t 2，光斑在荧光屏上做什么运动?加速度多大? 思维轨迹思维轨迹: : 1 2 v 0 解析:(1) 电子的加速过程，由动能定理得eu 1= 2 m. 进入偏转电场后，平行于板的方向电子做匀速直线运动l 1=v0t. 垂直于板的方向做初速度为0的匀加速

14、直线运动， eu 2l1 2u 2l1 2 1 2 2 2mdv 0= 4u 1d. y=2at = 设电子射出平行板偏转电场后速度的偏向角为，v y为沿y方向的分速度，则 eu 2l1 u 2l1 2v 0 mdv 0 tan= 2u 1d . v y 出射速度的反向延长线与原运动方向交于O点，则 AByl 1 tan= OA =OA，得OA=2. l 1l 2 2 l 1 2l 2 OP l 1 由三角形相似得 y = 2 = l 1 ， u 2l1 2 (l 1 2l 2 )u 2l1 l 1 2l 2 l 1 2l 2 4u 1d Y=OP= l 1 y= l 1 4u 1d= . (

15、2) 若u 2=kt，则 u 2l1 2 (l 1 2l 2 )l 1 l 1 2l 2 l 1 2l 2 OP= l 1 y= l 1 4u 1d= 4u 1d kt. 因为OP与时间t成正比， 所以光斑在荧光屏上做匀速直线运动， 速度的大小等于 时间t前面的系数， (l 1 2l 2 )l 1 即v= 4u 1d k. l 1 2 l 1 2l 2 1 (3) 若u 2=t 2，OP= l 1 4u2dt2=2at2，光斑在荧光屏上做匀加速直线运 (l 1 2l 2 )l 1 动，加速度大小为 2u 1d . (l 1 2l 2 )u 2l1 4u 1d 答案:(1) (l 1 2l 2

16、)l 1 4u 1d k(3) 匀加速直线运(2) 匀速直线运动 (l 1 2l 2 )l 1 2u 1d 动 变式训练变式训练4 4(2014海安中学)如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方 向成30角放置.B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点， y轴沿竖直方 向.一比荷为1.0105C/kg的带正电粒子P从A板中心O处静止释放后沿OO做匀加速 直线运动，以速度v 0=10 4m/s，方向与x轴正方向成30角从O点进入匀强电场，电场 4 仅分布在x轴的下方，场强大小E= 3103 V/m，方向与x轴正方向成60角斜向上， 不计粒子的重力.求: (1) AB两板间的电势差U

17、AB. (2) 粒子P离开电场时的坐标. (3) 若在粒子P进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一个与P完 全相同的带电粒子Q，可使两粒子在离开电场前相遇.求所有满足条件的释放点的集 合(不计两粒子之间的相互作用力以及对电场强度的干扰). 1 2 v 0 解析:(1) 由动能定理知qU AB= 2 m， 2v 0 2mv 0 q(104)2 2 5 2q 可得 U AB= = m = 2 10 V=500 V. (2) 粒子P在进入电场后做类平抛运动， 设离开电场时距O的距离为L， 如图所示: 1 qE 则Lcos30=v 0t，Lsin30= 2 m t2. 解得L=1 m，所以P

18、离开电场时的坐标为(1，0). (3) 由于粒子Q与P完全相同， 所以只需在P进入电场时初速度方向的直线上的OM 范围内任一点释放粒子Q，可保证两者在离开电场前相碰，OM所在的直线方程为y=- 3 3 x， 3 OM=Lcos30= 2 m， 故M的横坐标为x M=OMcos30=0.75 m. 3 则所有满足条件的释放点的集合为y=- 3 x且0 x0.75 m. 3 答案:(1) 500 V(2) (1，0)(3) y=- 3 x且0 x0.75 m 带电粒子在交变电场中的运动问题分析带电粒子在交变电场中的运动问题分析 带电粒子在交变电场中受到的电场力随电场变化而变化，抓住电场力(加速度)

19、随时 间的变化规律，找准过渡量是解决这类问题的关键.通常的解题方法是:先分析粒子 的受力特点和运动状态，然后画出速度时间图象，再结合速度时间图象的物理 意义(如斜率、 截距、 图线所围面积等的物理意义)综合分析.但有时也要注意有些问 题可能仅是不同时刻(或速度)的粒子对应着不同的电场. 例4(2014 金陵中学)如图甲所示， 水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1 m， 板长L=0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正 中间，距金属板右端x=0.5 m处竖直放置一个足够大的荧光屏.现在AB板间加如图乙 所示的方波形电压，已知U 0=1.010 2 V，挡板

20、的左侧有大量带正电的相同粒子以平 行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.010-7 kg，电荷量q=1.0 10-2 C，速度大小均为v 0=1.010 4 m/s，带电粒子的重力不计. (1) 求电子在电场中的运动时间. (2) 求在t=0时刻进入电场的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离. (3) 证明粒子离开电场时的速度均相同. (4) 若撤去左侧挡板，求荧光屏上出现的光带长度. 思维轨迹思维轨迹: :(1) 粒子垂直进入电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，根据 极板长度和入射速度求出运动时间;(2) 研究粒子在交变电场中的偏转可分段进行 计算， 也可以画出v-t图象进行计

21、算;(3) 粒子进入电场后垂直电场方向的速度不变， 平行电场方向的速度有偏转速度，欲证明粒子离开电场时的速度相同，只要证明平 行电场方向的速度相同;(4) 粒子进入电场的时刻不同， 所以离开电场时的位置不同， 由第3小问的铺垫可知离开电场时速度方向都相同， 但要注意分析粒子能否从上、 下 极板边缘离开电场. 解析:(1) 进入电场的粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动L=v 0t. L 粒子在电场中的运动时间t= v0 =310-5 s. (2) 粒子在电场中的运动时间一共是310-5 s，根据两极板间的电压图象，竖 直方向上0210-5s粒子匀加速运动，210-5s310-5s粒子匀减速直线

22、运动，由 qU 0 于电压大小相等，所以加速度大小相等，a= md =108 m/s2. 离开电场时竖直方向的速度 v y=a210 -5-a110-5=1 000 m/s. 11 -52-52 -5-5 (110 ) =0.035 (210 ) 22 竖直方向的位移y=a+a210 110 -a m. 粒子离开电场后打到荧光屏的过程，水平方向匀速直线运动x=v 0t. 竖直方向匀速直线运动y=v yt=0.05 m. 所以打到荧光屏的位置到O点的距离y+y=0.085 m. (3) 任意时刻进入电场的粒子水平方向都是匀速直线运动，在电场中的运动时 间310-5 s不变，该时间刚好等于电场变化

23、的周期. 竖直方向， 根据运动时间等于一个周期可判断电压为U 0时运动时间为210 s， 则电压为-U 0时运动时间为110 -5 s，所以竖直方向的速度v y=a210 -5-a1 10 =1 000 m/s.根据速度合成得粒子离开电场时的速度v= -5 -5 22v y v 0均相同. (4) 挡板撤去后，所有粒子离开电场的速度都相同(前一问所得).示意图如下: 1 t=0时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向y=2a 1 (2 10-5)2 +a210-5110-5-2a(110-5)2=0.035 m. 若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上边沿离开电场. t=21

24、0-5s时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到0的时候， 若 粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为t=110-5 s，此 粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场. 1 此粒子的正向偏移为y=2a(110-5)2=0.005 m. 根据粒子离开电场的速度大小方向都相同，判断打在荧光屏上面的光带长度为 d-y=0.095 m. 答案:(1) 310-5 s(2) 0.085 m(3) 略 (4) 0.095 m 变式训练变式训练5 5(2014启东中学)如图甲所示，一质量为m，带电荷量为+q的粒子 从静止开始经恒定电压为U 0的电场加速后紧贴着水平放置的A板射入

25、一竖直方向的 匀强电场中，A、B两板间的电压如图乙所示，极板长均为L，相距为d，带电粒子恰 好能从此电场中射出，不计粒子的重力.求: (1) 竖直电场两极A、B间的恒定电压U为多大. (2) 若使A、 B间所加电压按图丙所示规律变化， 带电粒子也恰好从B板右边沿平 行于金属板的方向射出，且从带电粒子飞入竖直电场的时刻开始计时，求: 所加电压的周期T应满足的条件. 所加电压的振幅U 1应满足的条件. 1 2 v 0 2 解析:(1) 带电粒子通过加速和偏转，最终从B板右边射出，有qU 0= m， qU1 L=v 0t，d= 2 at2，a= md ， 4d2U 0 2 联立解得U= L . (2

26、) 带电粒子在偏转电场中运动的时间必须为整数个周期， 才能平行金属板 m L L 2qU 0射出，有nT= v0 ，从而求得T= n (n=1，2，3，). 根据偏转规律，在半个周期内竖直方向上的位移 qU 1 T 1 md 2 ， 2 y 1= 2 qU 1T 2 在一个周期内竖直方向上的位移2y 1= 4md ， 在n个周期内竖直方向上的位移n2y 1=d， qU 1T 2 即n 4md =d(n=1，2，3，). m L 2qU 0把T= n 代入上式，整理后得 U 1= (n=1，2，3，). 答案:(1) 2，3，) (2) (n=1，2，3，)(n=1， 能力呈现能力呈现 【考情分

27、析】【考情分析】 201220132014 带电粒子在电T15:带电粒子在T15:带电粒子在交变电T4:电场强度、电 场中的运动电场中的运动场中的运动 【备考策略】【备考策略】 1. 要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会 贯通. 2. 注意体会和掌握处理复杂的物理问题的方法，如类比法、等效法、建立模型 等思维方法. 3. 重视带电粒子在电场中的加速、 偏转以及电容器的相关知识在实际生产、 生 活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等. 势 1. (2014泰州质检)两个带电荷量分别为Q 1、Q2的点电荷周围的电场线如图所示， 由图可知() A.

28、两点电荷带异号电荷，且Q 1Q2 B. 两点电荷带异号电荷，且Q 1Q2 D. 两点电荷带同号电荷，且Q 1Q2，选项A正确. 答案:A 2. (多选)(2014南京调研)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，O点是a、 c连线的中点，在a、c两处分别固定一个等量的正点电荷，如图所示.若将一个带负 电的试探电荷P置于b点，自由释放后，电荷P将沿着对角线bd往复运动.在电荷P从b 点运动到d点的过程中，电荷P() A. 经过O点的电势能最大 B. 所受电场力先增大后减小 C. 电势能和动能之和保持不变 D. 电势能先减小后增大 解析:由等量正点电荷的电场线分布特征和题意可知，电荷P的动能与

29、电势能之和保 持不变，故选项C正确;在电荷P从b点运动到d点的过程中，将先加速至O点，再减速 至d点， 因此经过O点时， 其动能最大，电势能最小，故选项A错误， 选项D正确;在a、 c连线的中垂线上，电场强度由中心O点向两侧至无穷远处，先变大后变小，即电荷P 所受电场力也先增大后减小，由于b、d位置与电场强度最大值位置关系不明，因此 电荷P从b点运动到d点的过程中， 所受电场力的变化情况也不能确定， 故选项B错误. 答案:CD 3. (多选)(2014江苏联考)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放 置的两平行金属板间， 金属板间所加的电压为U， 电子最终打在光屏P上.关于电子的 运

30、动，下列说法中正确的是() A. 滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B. 滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C. 电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 D. 电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 解析:滑动触头向右移动时，其他不变，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在 荧光屏上的位置下降， 选项A错误;滑动触头向左移动时， 其他不变， 加速电压减小， 电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确;电压U增大时，其他不 变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，电子打在荧光屏上的速度增大，

31、选 项C正确、D错误. 答案:BC 4. (多选)(2014南通二调)如图所示，一对面积较大的平行板电容器水平放置，且 带等量异种电荷，B板固定且接地，A板用绝缘线悬挂，P为两板中点.下列说法中正 确的是() A. 若在两板间充满电介质，P点电势将升高 B. A、B两板的电荷分别在P点产生的电场强度大小相等，方向相同 C. 若将A板竖直向下平移一小段距离，电容器储存的电能减小 D. 若将A板竖直向上平移一小段距离，线的拉力将变大 解析:A、B两极板之间没有导线相连，所以A板电荷量Q保持不变，B板接地，则B板的 电势为零，A板带正电，B板带负电，则A板电势高于B板电势且为正.若在两板之间充 Q

32、满电介质，根据公式C=4kd，电容器的电容C要增大，根据C= U ，Q不变，U变小， d A、B板之间的电场强度E变小， P-B=E 2 ，而 B=0，所以P变小，选项A错误; r S A板带正电， 在P处产生的场强方向向下， B板带负电， 在P处产生的场强方向也向下， 且两板到P点的距离相等，则场强的大小也相等，选项B正确;若将A板竖直向下平移 r S 一小段距离，两板之间的距离d将减小，根据公式C=4kd，电容器的电容C要增大， Q21 而电容器储存的电能为E C= 2 CU2=2C，则E C减小，选项C正确;若将A板竖直向上平移 q 1q2 2 一小段距离，两板之间的距离d增大，根据F=

33、k r ，板A受到的引力将减小，所以 绳的拉力将变小，选项D错误.选择BC项. 答案:BC 专题六专题六带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 1. (多选)(2014盐城三模)如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒内有两个带正 电的小球A、B，A位于筒底靠左侧壁处，B在右侧筒壁上的P处时处于平衡状态.现将B 小球向上移动一段距离，从E处由静止开始释放，则在它下落到筒底前() A. 小球A对筒底的压力保持不变 B. 小球B对筒壁的压力逐渐增大 C. 小球B的动能先增大后减小 D. 小球A、B间的电势能逐渐增大 2. (2014南京盐城二模)如图所示，虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电

34、 场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示.粒子在A点的速度为v A、电势能 为E pA;在B点的速度为vB、电势能为EpB.则下列结论中正确的是( ) A. 粒子带正电，v AvB，EpAEpB B. 粒子带负电，v AvB，EpAEpB C. 粒子带正电，v AvB，EpAEpB D. 粒子带负电，v AEpB 3. (2014江苏)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心 O.下列关于x轴上的电场强度和电势说法中，正确的是() A. O点的电场强度为零，电势最低 B. O点的电场强度为零，电势最高 C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 4. (2014南通中学)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一 带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的 三点，由此可知() A. 带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度 B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D. 带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度 5. (2014 山