第九章 静电场-6静电场综合问题 高三物理一轮复习

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第九章
静电场
静电场综合问题


目录
「带电体在电场中的直线运动」 1
「带电体在电场中的一般曲线运动」 7
「带电体在电场中的圆周运动」 10
「静电场中的力电综合问题」 11

「带电体在电场中的直线运动」
1.(2022·江西诊断)如图所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电微粒沿图中直线从A向B运动，则该带电微粒（  ）

A．动能减小
B．电势能减小
C．机械能减小
D．可能带负电
【答案】B
【解析】
带电微粒沿题图中直线从A向B运动，微粒受到的电场力与重力的合力沿AB方向，所以电场力方向水平向右，微粒带正电，电场力做正功，电势能减小，机械能增大，故B正确，C、D错误；合外力做正功，动能增大，故A错误．
2.(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是（  ）

A．两种情形下带电小球的运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2
D．小球的速度满足关系2v＝v＋v
【答案】BD
【解析】
电场力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受电场力大小均为F＝，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情形带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情形，水平方向上有：v－v＝2ax，第二种情形，水平方向上有：v－v＝2ax，两式联立，可得2v＝v＋v，D正确。
3.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（  ）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】BD
【解析】
根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D正确。
4.(多选)如图所示，一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，电键闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够到达B板的小孔b处，然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是（  ）

A．保持电键闭合，将A板下移一段距离
B．保持电键闭合，将B板下移一段距离
C．将电键断开，将A板上移一段距离
D．将电键断开，将B板上移一段距离
【答案】BD
【解析】
带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，电键闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，hPb不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，hPb增大，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，A错误，B正确。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qEd＝Ekb－0，电键断开时，极板所带电荷量不变，极板间电场强度E＝＝＝＝，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上移一段距离，d增大，hPb不变，根据动能定理知，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，d减小，hPb减小，且减小量相同，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，C错误，D正确。
5.(多选)(2022·泸州二诊)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是（  ）

A．物块在上滑过程中机械能一定减小
B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
【答案】CD
【解析】
上滑过程中满足qEcos θ＞Ff＋mgsin θ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电－Wf－WG＝ΔEk，则W电＞WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。
6.水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为＋Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为＋q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（  ）

A.小球受到的电场力先减小后增大
B.小球的运动速度先增大后减小
C.小球的电势能先增大后减小
D.小球的加速度大小不变
【答案】C
【解析】
小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；小球下滑时，匀强电场的电场力对小球不做功，由以上分析可知，小球的电势能先增大后减小，选项C正确；由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。
7.(多选)(2021·贵阳市一模)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（  ）

A．电场强度的最小值等于
B．电场强度的最大值等于
C．带电油滴的机械能可能增加
D．电场力可能对带电油滴不做功
【答案】CD
【解析】
带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知

当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E>时，若电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．
8.(2022·雅安市一诊)如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1×10－6 C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端B的长度为1.5 m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？

【答案】（1）7.5×105 N/C；（2）1 s　3 m/s
【解析】
（1）小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，如图所示

则有qE＝mgtan 37°，故有E＝7.5×105 N/C。
（2）电场强度变为原来的一半后
根据牛顿第二定律得mgsin 37°－qEcos 37°＝ma
代入数值解得a＝3 m/s2
方向沿斜面向下
由运动学公式x＝at2和v－v＝2ax
代入数值解得t＝1 s，vB＝3 m/s。
9.如图所示，ACB是一条绝缘水平轨道。轨道CB长L＝18 m，且处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达电场中某点时撤去拉力，到达B点时速度恰好为零，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，求：
（1）小物体到达C点的速度大小；
（2）小物体在电场中运动的时间。

【答案】（1）12 m/s；（2）2 s
【解析】
（1）小物体的加速度a＝＝12 m/s2
vC＝＝12 m/s。
（2）小物体进入电场后，未撤去拉力F前的加速度
a2＝＝4 m/s2
A到B由动能定理
F(L0＋x)－μmg(L0＋L)－|qE|L＝0
x＝9 m
x＝vCt1＋a2t
解得t1＝ s
又a3＝＝12 m/s2
撤去力F后小物体向右的运动可看作反向的初速度为0的匀加速运动，则有
L－x＝a3t
得t2＝ s
由于|qE|>μmg，所以小物体不会静止在B点，则加速度a4＝＝4 m/s2
t3＝＝3 s
t＝t1＋t2＋t3＝2 s。
「带电体在电场中的一般曲线运动」
10.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（  ）

A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
【答案】B
【解析】
小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
11.(多选)如图甲，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．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．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0～T时间内运动的描述，正确的是（  ）

A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
【答案】BC
【解析】
因0～时间内微粒做匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻竖直方向的速度为vy1＝，水平方向的速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，微粒竖直方向的速度减小到零，水平方向的速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W克电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误．
12.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小；
（3）现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。

【答案】（1）；（2）h；（3）mgh
【解析】
（1）小球静止时，对小球受力分析如图所示

有FTcos 37°＝mg，FTsin 37°＝qE，解得：E＝。
（2）剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，有Eq＝ma，x＝at2，h＝gt2
联立解得x＝h。
（3）从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得
Ek＝mgh＋qEx＝mgh。
「带电体在电场中的圆周运动」
13.(多选)(2022·深圳模拟)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R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左，P、Q分别为轨道上的最高点、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的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是（  ）

A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点
C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
【答案】BC
【解析】

根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等＝＝mg，故等效重力加速度为g等＝g，如图所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝mvP2－mv，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．
14.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104 N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向成37°角．若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.下列说法正确的是（  ）

A．小球的电荷量q＝6×10－5 C
B．小球在c点的动能最小，且为1 J
C．小球在b点时的机械能最小
D．小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5 J
【答案】AD
【解析】
小球静止时悬线与竖直方向成37°角，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件得：mgtan 37°＝qE，解得：q＝＝6×10－5 C，故A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点b速度最小，根据牛顿第二定律得：＝m；最小动能为Ek＝mv2＝＝1 J，故B错误；根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即机械能最小的位置在与O点等高的最左侧的位置a点，故C错误；由C选项分析可知，小球在运动过程中电势能和机械能之和不变，在b点，电势能、重力势能和动能之和为：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝Ek＋mg×2Lcos 37°＋Eq×2Lsin 37°＝5 J，故D正确．
「静电场中的力电综合问题」
15.如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则：
（1）带电小球从A 点开始运动时的初速度v0多大？
（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B 点与D 点的水平距离多大？

【答案】（1）；（2）(＋)R
【解析】
（1）小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，则θ＝37°，故F合＝＝mg。设此时的速度为 v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得＝m
解得v＝
从A点到该点由动能定理
－mgR(1＋cos 37°)－(＋sin 37°)＝mv2－mv
解得v0＝。
（2）设小球运动到C点的速度为vC，小球从 A 点到 C 点由动能定理－2mgR－×＝mv－mv
解得vC＝
当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t。设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x
水平方向上有＝ma
x＝vCt＋at2
竖直方向上有2R＝gt2
联立解得x＝(＋)R。
16.如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R.整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．求：
（1）小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；
（2）小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
（3）小物块在直线轨道AB上运动的总路程．

【答案】（1）5.4qE；（2）R；（3）15R
【解析】
（1）设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝mv－0
解得vC1＝
在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝
解得FNC1′＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE.
（2）设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，
根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝mvD12－0
解得vD1＝
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－mvD12
解得xm＝R.
（3）分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小．设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得
qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝＝15R.
17.（动量关系）如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D.已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转移)求：

（1）乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）碰撞前甲球的速度v0的大小．
【答案】（1）0.4 m;（2）2 m/s
【解析】
（1）设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则
mg＋qE＝m①
2R＝()t2②
x＝vDt③
联立①②③得x＝0.4 m．④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙⑤
mv02＝mv甲2＋mv乙2⑥
联立⑤⑥得v乙＝v0⑦
由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2⑧
联立①⑦⑧得v0＝2 m/s.
18.（动量关系）真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：
（1）油滴c在C点的初速度大小；
（2）变化后的电场强度的大小；
（3）油滴c从C点出发到回到C点的过程中，电势能最大值与最小值之差。
【答案】（1）v0；（2）3E0；（3）mv
【解析】
（1）设油滴a从A点到C点的时间为t1，碰前b的速度大小为v1，碰后油滴c在C点初速度大小为v2，则有v0t1＝v1t1
又由动量守恒定律得mv1－mv0＝2mv2
解得v1＝2v0，v2＝v0。
（2）根据题意易知油滴a带正电，设电荷量为q，油滴a从A点到C点的过程中有qE0＝mg
油滴b从B点到C点的过程有v1＝gt1
油滴c带正电，电荷量为q，质量为2m，设变化后的电场强度的大小为E，油滴c从C点开始以v2为初速度向下运动，加速度方向竖直向上，设大小为a′，由题意可知油滴c在时间t1内位移为零
则有2ma′＝qE－2mg,0＝v2t1－a′t
由v1＝2v0得2v0＝gt1，由v2＝v0得v0＝a′t1
则a′＝g，解得变化后的电场强度大小E＝3E0。
（3）油滴c从C点出发到回到C点的过程中，向下运动时电场力做负功，向上运动时电场力做正功，所以油滴c在最低点电势能最大，在C点电势能最小。设最低点与C点间的距离为x，从最低点到C点电场力对油滴c做的功为W，电势能最大值与最小值之差为ΔE，则有2a′x＝v，W＝qEx，ΔE＝W
结合第（1）问和第（2）问的解析解得ΔE＝mv。