热门试卷

解：A、根据动能定理得：-mgLsinθ+qUAC=，得到：

UAC=，故A正确；

B、小球从A运动到C的过程中，重力势能增加，电势能减小，则小球在C点的电势能一定小于小球在A点的电势能．故B错误；

C、若电场是匀强电场，电场力恒定，到达C点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零，小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值是，故C正确；

D、该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则小球在A、B两点动能相等，重力势能增大，电势能减小，电场力做正功，故Q一定带负电．故D正确

故选：ACD

解：A、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，故A错误；

B、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见EBx＞ECx，故B正确；

C、同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故C错误；

D、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，电场力先做正功，后做负功，故D正确．

故选：BD

解：B、根据动能定理得，qU1=mv02-0，则进入偏转电场的速度v0=，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比：1：1．

在偏转电场中运动时间t=，则知时间之比为1：：．故B错误

C、在竖直方向上的分速度vy=at=，则出电场时的速度v==．因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同．故C错误．

D、偏转位移y=at2=，因为qU1=mv02-0，则y=，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点．故D错误．

A、偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy，因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2．故A正确．

故选：A．

解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：，解得：r=（）L；故A错误；

B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；

C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；

D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确．

故选：BD．

解：平行金属板间有一静止的正电粒子，若两板间加电压u=Umsinωt，粒子受到电场力作用，根据E= 和F=Eq，电场力为：

F=sinωt

即粒子的电场力随着时间按照正弦规律变化；

加速度：a==sinωt，故粒子的加速度也随着时间按照正弦规律变化；

由于速度与加速度一直同方向，故粒子一直做单方向的直线运动，位移不断增加；

物体的速度方向不变，大小经过一个周期减小为零，当t=时，电子速度达到最大值；故BC正确，AD错误；

故选：BC．

解：A、由E=，知等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，电子在P点受到的电场力大，粒子的加速度大，故A错误．

B、电子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；根据电场线与等势面垂直，电子所受的电场力与电场方向相反，可知，电场线斜向下．故a等势面电势最高，故B正确．

C、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故C错误．

D、只有电场力做功，电子的电势能和动能之和守恒，故电子在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能小，动能大．故D正确；

故选：BD

解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点．

设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．

整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：

gt2+gt×2t-a（2t）2=0

解得：a=g，

根据牛顿第二定律：F合=F电-mg=ma

解得：mg，

电场力做功为：W=mg×gt2=mg2t2

由功能关系得，电场力做功等于机械能增加，故A正确；

B、小球运动到最低点时，速度为零，由动量定理得：g（t+t′）-F电t′=0，而解得：mg，故有t′=，故B错误；

C、从加电场开始到小球运动到最高点时由动能定理求得小球动能变化为：△Ek=W=（）×gt2=mg2t2，故C正确；

D、从最低点到A点的距离为：h=结合B项分析可得，h=gt2，小球重力势能变化值为重力做的功，故△EP=mgh=mg2t2，故D错误．

故选：AC