热门试卷

解：A、正点电荷的电场线呈发散型，由于沿着电场线方向电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；

B、结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式E=k，可知，B点的电场强度大小是A点的4倍，故B错误；

C、在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，

由A处可知，Fcos30°+mgsin30°=ma；

而在C处，则有：mgsin30°-Fcos30°=ma′，解得：a′=g-a．故C正确；

D、根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误；

故选：C

解：A、对于公式①②仅适用于点电荷．④适用于匀强电场．③适用于任何电场．故C正确，A、B、D错误．

故选C．

解：A、小球在运动的过程中，受重力、支持力和电场力，重力做负功，支持力不做功，电场力就做正功．故A点的电势高，小球在A点的电势能大．故A错误；

B、A到B速度未变，说明重力做功等于电场力做功．电势差为：．故B正确；

C、根据能量守恒可知小球在A点的电势能和重力势能之和与在B点时相同，故C正确；

D、根据动能定理可知，电场力做的功等于克服重力做的功，故D错误；

故选：BC

解：若A、B都为正电荷，都为负电荷，或A为正电荷，B为负电荷，C点合场强的方向不可能与AB平行．所以qA一定为负电荷、qB一定为正电荷．

根据平行四边形定则，知A、B在C点的场强之比为：=．

又点电荷的场强公式为：E=k，C点距离A、B两点间的距离比=，可得：=．

故选：BD

解：

A、在A点时小球的重力势能比B点的小，A点与B点的动能相同，则由能量守恒可知小球在B点的电势能比A点的小．故A错误．

B、根据动能定理得：-mgLsinθ+qUAB=m-m=0，得到，UAB=．故B错误．

C、若电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0．当小球所受的支持力为0时，电场力最大，方向与重力方向相反，即mg=qE，E=，故C正确．

D、如果Q在AC边中垂线上AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于A点的，则Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q是负电荷；故D错误．

故选：C．

解：A、A、B间的电势差为 UAB==V=-300V，故A正确．

B、根据UAB=φA-φB，φB=100V，得 φA=-200V，故B正确．

C、微粒克服电场力做功6.0×10-6J，则微粒的电势能增加6.0×10-6J．故C错误．

D、把电荷量为2.0×10-8C的负电荷放在A点时的电势能为 Ep=qφA=-2.0×10-8×（-200）J=4×10-6J．故D正确．

故选：ABD．

解：A、小球能在Q点静止，由平衡条件得 cos30°×4=mg，解得m=，故A错误；

B、小球从E点到F点受电场力方向向上，先重力大于电场力，后小于电场力，从E点到F点先加速再减速，在Q点处速度最大，电场力逐渐增大，故场强也逐渐增大，但在Q点下方只要满足做减速就可以，即重力小于电场力，场强最大的位置在F点或F点的下方，也可能在F点上方，故B错误；

C、由等量的同种点电荷的电场推知直线OP上各点的场强方向均沿OP向上，从0点向上电场强度先增大后减小，电势逐渐降低，故C错误；

D、由功能关系得mgh+qUEF=0，解得UEF=-，故D正确．

故选：D

解：考虑到AB间的库仑力大小相等方向相反令其大小为F，故用隔离法分析当给A球施加向左的恒力F1时，整体的加速度与B球的加速度相同

以B球为研究对象其产生的加速度，所以F1=（mA+mB）aB=，同理以用F2作用在球上时，隔离A其加速度为，整体加速度与A球的加速度相同，故

所以：，故ABC错误，D正确．

故选：D．

解：A、带电粒子所受的电场力对粒子先做正功，后做负功，动能先增大后减小，粒子在x1处动能最大．故A正确．

B、根据根据牛顿第二定律得：a=，知粒子运动的加速度先减小后反向增大，故B错误．

C、从坐标原点到坐标x2位置，电场强度先减小后增大，则电场线分布先变疏后变密，故C正确．

D、从坐标原点到坐标x2位置，动能的变化量为0，电场力所做的总功为0，在0-x1和x1-x2之间图线与坐标轴所围面积大小相等．故D正确．

本题选错误的，故选：B．