备考2025高考物理“二级结论”精析与培优争分练讲义-11.带电粒子在电场中的力电综合问题（教师版）

11.带电粒子在电场中的力电综合问题——备考2025高考物理“二级结论”精析与培优争分练一、带电粒子在重力场和电场中的圆周运动1．等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．2.3．举例例题1.（2022·河南·模拟预测）如图所示，空间竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m带正电的小球用长为l的轻绳连接，轻绳一端固定于O点，现将小球拉直从与O点等高的A点无初速的释放，小球运动到最低点B时测得轻绳的拉力为2mg，则在小球的运动过程中，下列说法正确的是（）A．小球运动到最低点时的速度为B．电场强度的大小为C．小球在运动过程中的最大动能为D．小球在运动过程中的最大动能为【答案】D【解析】A．根据题意，在最低点B时，由牛顿第二定律有解得故A错误；B．从A到B的过程，由动能定理有解得故B错误；CD．根据题意，设最大速度所对应的位置为D点，与水平方向的夹角为，由动能定理有则有由数学知识可知，令，则有可知，当时，有最大值，最大值为故C错误，D正确。故选D。练1.（2024·广西·一模）如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（）

A．从M点到Q点动能减小B．在M点和N点的电势能相等C．从M点到Q点电场力做负功D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势【答案】D【解析】C．小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误；B．作出等势面如图：

沿电场线方向电势降低，则在M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于N点的电势能，B错误；A．小圆环受到的电场力受力如图：

则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误；D．根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。故选D。例题2.（2022·湖北武汉·模拟预测）如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场。AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出。已知重力加速度为g，电场强度大小为，，空气阻力不计，下列说法正确的是（）A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大C．在A、B两点的速度大小满足vA>vBD．从B点抛出后，小球速度的最小值为【答案】D【解析】A．从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；B．设等效重力与竖直线的夹角为θ，则故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；C．B点比A点更靠近等效最低点，所以，故C错误；D．从A到B，由动能定理有解得之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则故D正确。故选D。练2.（2023·江西上饶·二模）如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为，有一质量为m的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好呈水平状态。若用外力F使小球绕O点做半径为L的匀速圆周运动，在沿圆弧（图中虚线）从A点运动到O点正下方的B点的过程中（重力加速度为g），小球电荷量保持不变，下列说法正确的是（）

A．小球带负电，电量值为 B．小球带正电，电量值为C．电势能增加 D．外力F做负功【答案】C【解析】AB．当小球静止时，细线恰好呈水平状态，小球受重力mg、电场力F电、细线拉力T作用，如图

小球受电场力方向与场强方向相同，所以小球带正电。竖直方向上解得故AB错误；C．从A点运动到O点正下方的B点的过程中，小球电势能的增加量等于克服电场力做得功故C正确；D．从A点做匀速圆周运动到O点正下方的B点，由动能定理可知解得外力F做的功所以外力F做正功，故D错误。故选C。二、电场中的力电综合问题1．带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，题．(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．2．用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)．④根据W＝ΔEk列出方程求解．(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．(3)两个结论①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．例题3.（2024·河北·模拟预测）如图所示，水平边界PQ、MN间存在方向竖直向下的匀强电场，电场的宽度为L。一绝缘轻杆两端分别固定质量为m的带电小球A、B，A、B两小球所带的电荷量分别为、。现将该装置移动到边界PQ上方且使轻杆保持竖直，使球B刚好位于边界PQ上，然后由静止释放该装置，释放后该装置的轻杆始终保持竖直且做周期性往复运动。已知电场强度的大小（g为重力加速度），忽略两带电小球对电场的影响，两小球均可视为质点。则该装置中轻杆的最大长度为（）A．L B．2L C．3L D．4L【答案】C【解析】由静止释放该装置，释放后该装置的轻杆始终保持竖直且做周期性往复运动，当小球A到达电场下边界MN的速度刚好为0时，该装置中轻杆具有最大长度，设为；根据动能定理可得解得故选C。练3.（2024·四川·一模）如图所示，在水平面上A、B物块通过轻弹簧相连，其中A物体带电量为+q、质量为m1，B物体不带电、质量为m2，弹簧劲度系数为k，原长为L。水平面处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，A、B一起向右做匀加速直线运动，A、B与地面的动摩擦因数均为μ，则此时A、B的距离为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】A、B一起向右做匀加速直线运动，对A、B和轻弹簧看成一个整体进行分析，则有得A、B一起向右做匀加速直线运动，对B进行分析，则有而联立解得故选C。例题4.（2023·四川成都·模拟预测）如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为、带电量分别为和的两小球同时从点以速度斜向右上方射入匀强电场中，方向与水平方向成，A、B（图中末画出）两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为，不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是（）

A．两小球同时到A、B两点B．带负电的小球经过点的速度大小也为C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为D．与水平距离之比为【答案】C【解析】A．由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度大小均为上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确，不符合题意；B．水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为由题可知，带正电的小球有带负电的小球有解得带负电的小球经过点的速度大小也为，B正确，不符合题意；C．由B解析可知，到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为，C错误，符合题意；D．由上分析可知联立解得故代入数据解得即与水平距离之比为，D正确，不符合题意。故选C。练4.（2023·山东青岛·三模）如图，在方向平行于纸面的匀强电场中有一平台，一带电小球从平台左下侧某位置P以的初速度竖直向上抛出，小球恰好从平台左端Q点以速度水平滑入平台。小球质量，带电量，重力加速度，关于该匀强电场，下列说法正确的是（）

A．场强大小可能小于1000N/C B．场强大小一定为1250N/CC．场强大小最小为1000N/C D．若场强大小确定，其方向也唯一确定【答案】C【解析】由题意可知，水平方向竖直方向可知设场强方向与竖直方向夹角为θ，则竖直方向水平方向整理并带入数据可得可知E最小值为1000N/C；当时E=1250N/C；若场强大小E确定，其方向θ不是唯一确定的。故选C。例题5.（2023·湖北·模拟预测）如图所示，质量均为m的滑块A、B，A不带电，B带正电，电荷量为q，A套在固定竖直杆上，B放在绝缘水平面上并靠近竖直杆，A、B间通过铰链及长度为L的刚性绝缘轻杆连接且静止。现施加水平向右电场强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动，已知A、B均视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。则在A下滑的过程中，下列说法正确的是（

）

A．A、B组成的系统机械能守恒B．A运动到最低点时，轻杆对A的拉力为0C．A的机械能最小时，B的加速度大小为D．A运动到最低点时，滑块A速度大小为【答案】C【解析】A．A、B组成的系统因有电场力做功，故机械能不守恒，A错误；C．当杆对A的作用力为0时，A的机械能最小，此时轻杆对B在水平方向上作用力为0，故B的加速度大小为，C正确；D．根据系统能量守恒可得解得A落地的瞬时速度为D错误。B．当A运动到最低点时，由于B一直沿水平方向运动，以A为参考系，B相对A向上的速度大小为v的圆周运动，则有解得故B错误；故选C。练5.（2023·浙江温州·模拟预测）如图1所示，同号点电荷A、B绝缘置于水平气垫导轨上，A固定于导轨左端，B可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置随x的变化规律（坐标原点位于A处），如图3曲线Ⅰ。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度，如图2所示，则B的总势能曲线如图3中II所示，图3中直线III为曲线II的渐近线，其斜率为。B在处由静止释放，则（）

A．B在运动过程中动能最小位置为处；B．B在运动过程中势能最大位置为处；C．运动过程中B的最大位移大小为D．点电荷A、B电荷量之积时（k为静电力常量）【答案】D【解析】AB．位置为处对应曲线II的最低点，此位置势能最小，动能最大，故AB错误；C．由图像可知运动过程中B在处的总能量小于在处的总能量，所以B在处的速度不为零，运动过程中B的最大位移大小大于，故C错误；D．直线III为曲线II的渐近线，表示重力势能随位置变化关系则当时，B的动能最大，速度最大，有则点电荷A、B电荷量之积为故D正确。故选D。（建议用时：60分钟）一、单选题1．（2024·重庆大足·二模）如题图所示，在相距较远的两平行金属板中央有一个静止的带电粒子（不计重力），当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，在时刻静止释放该粒子，下列说法正确的是（）A．电压如甲图所示时，在时间内，粒子的电势能先增加后减少B．电压如乙图所示时，在时间内，粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动C．电压如丙图所示时，在时间内，粒子动量变化量为0D．电压如丁图所示时，若粒子在之前不能到达极板，则一直不能到达极板【答案】D【解析】A．若电压是甲图，时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；B．电压是乙图时，在时间内，电子向右先加速后减速，粒子所受电压在发生变化，故电场力在发生变化不是匀变速运动，故B错误；C．电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故在时间内，粒子动量变化量不为0，故C错误；D．电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，若粒子在之前不能到达极板，则粒子在此时速度发生变化，则一直不能到达极板，故D正确。故选D。2．（23-24高三上·浙江·阶段练习）粒子直线加速器原理示意图如图1所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为，电荷量为，交变电源电压为，周期为。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（

）

A．要实现加速，电子在圆筒中运动的时间必须为B．电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的两倍C．第个圆筒的长度应满足D．要加速质子，无须改变其他条件但要在到时间内从圆板处释放【答案】C【解析】A．电子每经过圆筒狭缝时都要加速，然后进入圆筒做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间必须为，A错误；B．由动能定理得电子出圆筒1时的速度为解得由动能定理得电子出圆筒2时速度为解得B错误；C．由动能定理得电子进圆筒n时的速度为第个圆筒的长度为解得C正确；D．如果要加速质子，质子的比荷比电子的比荷要小，则质子进入圆筒的速度比电子进入圆筒的速度要小，则圆筒的长度需要相应的变短，释放的时间应该在到时间内释放，D错误。故选C。3．（2024·四川南充·二模）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q（q>0）的滑块（可看做点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，b点为滑块运动中距Q最近的点。已知a、b间距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．滑块在b点的加速度一定为0B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为【答案】D【解析】A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小于滑动摩擦力，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达b点时加速度不为零，故A错误；BC．若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为在运动过程的中间时刻，速度的大小为而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速度的大小不等于，中间时刻的速度不等于，故BC错误；D．根据动能定理可得所以故D正确。故选D。4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示，一绝缘轻质细绳悬挂一质量为m、电量为q的带电小球静止于水平向左足够大的匀强电场中，已知电场强度大小。现使匀强电场保持场强大小不变，方向在纸面内缓慢逆时针转动30°，则在该过程中（已知重力加速度为g，轻绳与竖直方向的夹角设为θ）（）A．θ先增大后减小 B．θ最小值为30°C．电场力不做功 D．轻绳拉力最小值为【答案】D【解析】A．根据受力分析可知，小球受重力，电场力和绳子拉力，重力大小方向不变，电场力大小不变，因为电场方向在纸面内缓慢逆时针转动30°，所以电场力也逆时针转动30°，与重力之间的夹角变大，因此θ一直增大，A错误；B．当电场力水平向右时，θ最小，正切值为B错误；C．因为电场方向缓慢移动，小球动能不变，θ一直增大，小球高度升高，重力做负功，因此电场力做正功，C错误；D．由受力分析可知，当电场力与水平方向夹角为30°时，轻绳拉力最小，此时电场力与拉力垂直，根据勾股定理可得D正确。故选D。5．（2024·浙江·一模）空间中固定一电量为的点电荷，且存在某方向的匀强电场，使一初速度为，带电量为的小球恰可绕该点电荷作半径为的圆周运动，则（）A．若点电荷电量为，则匀强电场方向一定向上B．将点电荷电量变为，则小球圆周运动半径变为C．换用另一带电量的小球使之仍以绕该点电荷做圆周运动，则小球运动半径仍为D．若只撤去点电荷，同时调节场强为，则小球将作类平抛运动【答案】C【解析】A．若点电荷电量为，则q带负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；B．根据库仑定律和牛顿第二定律可知可知若点电荷电量变为，小球的速度大小不变，小球圆周运动半径应变为，B错误；C．用另一带电量的小球使之仍以绕该点电荷做圆周运动，根据可知小球的质量变为原来的2倍，根据可知则小球运动半径仍为，C正确；D．只撤去点电荷，同时调节场强为，则小球所受的合力为若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速度倾斜，做斜抛运动，D错误。故选C。二、多选题6．（2024·贵州毕节·二模）如图，竖直面内有半径为的四分之一光滑圆弧轨道BC，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点与水平地面相切。空间加有水平向右的匀强电场，点位于点左上方，相对于点的水平距离和竖直高度均为，一可视为质点的带电小球从点以某一速度水平抛出，恰能从点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到点（点未画出）时速度减为零，则（）A．小球带负电 B．CD段长度为C．小球从点抛出时的速度为 D．从点到点过程中小球的电势能增加了【答案】AD【解析】A．由题意，可知小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，则小球在水平方向上减速，小球受到水平向左的电场力作用，与电场方向相反，则小球带负电，故A正确；BCD．小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球在竖直方向上做自由落体运动，则可得小球运动的时间和此时的速度大小为小球在水平方向上，做匀减速直线运动，则有可得小球从A点抛出时的速度大小为小球在水平方向的加速度的大小为可知小球受到的电场力大小为小球从A到D的过程中，由动能定理可得求得可得CD段的长度为根据功能关系可得从A点到D点过程中小球的电势能增加了故BC错误，D正确。故选AD。7．（2024·福建厦门·二模）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，之后两者通过静电场便可分离。如图所示，图中A、B分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为，质量为，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104V，距离桶底高度为0.8m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（）A．M处电场强度大于N处电场强度B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶C．茶梗P落入桶底速度为D．茶梗P落入桶底速度为【答案】BD【解析】A．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一些，则M处电场强度小于N处电场强度，故A错误；B．根据牛顿第二定律有解得由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷，可知茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故B正确；CD．对茶梗进行分析，根据动能定理有其中解得故C错误，D正确。故选BD。8．（2024·四川泸州·二模）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度为g，电场强度大小。则下列说法中正确的是（）A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在M、Q之间B．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点C．经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为D．小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动【答案】AB【解析】A．使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，设该场的场强为g′，结合平行四边形法则有设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，则有解得故等效重力（即重力和电场力的合力）与圆交的最低点在MQ之间，故动能最大的位置在MQ之间，故A正确；B．根据功能关系，非重力做负功最多位置在N点，所以机械能最小的位置在N点，B正确；C．小球在M点，由牛顿第二定律得小球在N点，由牛顿第二定律得从M到N点，由动能定理得解得小球所受轨道弹力大小的差值故C错误；D．由于等效场对物体的力与竖直方向的夹角为故等效场的最高点在弧的中间位置，设为点，又质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，从P处到点，根据动能定理假设小球在Q处以速度水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动，从Q处到点，根据动能定理联立解得故小球在Q处以速度水平向右射出，不能在此轨道内做完整的圆周运动，故D错误。故选AB。9．（2024·天津河西·一模）图（a）中M、N是同一条电场线上的两个点，一个电子仅在静电力的作用下沿着这条电场线从M点运动到N点，其运动的图像如图（b）所示。电子经过M、N两点时的速度分别为和，电子的质量为m，电子电荷量的绝对值为e。以下说法正确的是（

）A．电场强度的方向由N指向MB．M、N两点之间的电势差C．电子运动的过程中，其电势能不断减小D．N点的电场强度大于M点的电场强度【答案】AC【解析】AB．由图乙可知负电荷的速度在增大，根据动能定理可知电场力对负电荷做了正功，即解得电场力对负电荷做正功，所以电场力向右，则电场线方向由N指向M，故A正确，B错误；C．根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D．根据图像的变化特点可知，负电荷在M、N两点的加速度大小关系为负电荷仅受电场力的作用，则所以N点的电场强度小于M点的电场强度，故D错误。故选AC。10．（2024·新疆塔城·二模）如图所示，竖直面内固定的光滑绝缘圆轨道与两等量异种点电荷连线相切于中点O，圆轨道半径为R，a、c为圆轨道上与圆心等高的两点，b点是圆轨道的最低点。一带正电的小球以一定的水平初速度从轨道的最高点O开始沿轨道内侧做圆周运动，已知小球始终不脱离轨道，重力加速度大小为g，不考虑带电小球电量对电场的影响，下列说法正确的是（）A．a点的电势低于c点的电势B．a点的电场强度与c点的电场强度不相同C．小球到达b点时的速度大小不可能为D．小球在圆轨道内运动时，在ac两点间的电势能大小相差最大【答案】ABC【解析】AB．根据等量异种点电荷周围电场线的分布可知a点更靠近负点电荷，所以a点的电势低于c点的电势，a、c两点电场强度大小相等，方向不同，故AB正确；C．小球从O到b的过程,该两点在等势线上，电场力不做功，只有重力做功，根据机械能守恒得则小球始终不脱离轨道则在最高点出所以所以故C正确；D．轨道与等势线相切的两个切