热门试卷

解：A、当达到静电平衡时导体中心O点的场强为0，则导体两端的感应电荷和点电荷Q在O点产生的场强大小相等、方向相反，所以导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小不等于0．故A错误．

B、电荷量为Q的点电荷在O点产生的场强大小等于，由上分析可得，导体两端的感应电荷在O点产生的场强大小等于．故B正确．

C、闭合S，大地中的电子在点电荷Q的吸引力作用下从大地流向枕形导体．故C错误．

D、当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则导体a端电势等于b端电势，即φa=φb．故D错误．

故选：B

解：匀强电场场强方向平行于平面xoy，过N点作平面xoy 的垂线，垂足记为N1，N1与N等电势．在平面xoy内过M点和N1点作电场线的垂线，垂足分别为M1和N2，则M1、M等电势，N2、N1、N等电势．将一电量为+q的试探电荷由M点沿某一未知路径移至N点的过程中电场力做的功等于将其由M1沿某电场线方向移至N2过程中电场力做的功．根据几何关系，M1N2=a，由W=Eqd得：电场力做的功为：W=（）qEa

故选：C．

解：A、若两电荷为等量的负电荷，两电荷的垂直平分线与y轴的交点处的电势最低，而图2中可知，两电荷的垂直平分线与y轴的交点处的电势最高．则可能为等量的正电荷．故A错误；

B、根据电场强度与电势的关系：E=可知，图线的斜率可以表达电场强度的大小，而推广图线不能直接比较出B与C哪一点的斜率大．故B错误；

C、由图1 可知，B点距离O比较近，结合图2可知，B点的电势高，则电子在B点的电势能小，将一电子由B点静止释放，电荷仅在电场力作用下不可能运动到C点．故C错误；

D、结合等量同种点电荷的特点可知，在两个电荷的连线的垂直平分面上，电子受到的电场力的方向始终指向0点，所以将一电子从B点以某一速度射入电场，使它受到的电场力恰好等于需要的向心力，则仅在电场力作用下有可能作匀速圆周运动．故D正确．

故选：D

解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；

B、C、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动；故B正确，C错误；

D、0与x2处电势能相等，根据Ep=qφ可知0与x2处电势φ0、φ2的关系为φ0=φ2，故D正确；

故选：ABD．

解：A、粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra=rc=，

代入库仑定律：F=k，

可得：==；而a与c点的电场力相等；由a=可知，加速度之比应为：2：1：2；故A错误

B、电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小；故B错误；

C、根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势低于ac两点的电势；Ea=Ec=；Eb=Ea，故C正确；

D、由C的方向可知，带电粒子abc三个点受到的电场力大小不相等，所以不可能其经过a、b、c三点做匀速圆周运动．故D错误．

故选：C

解：正电荷Q在A点产生的场强为E，沿BA方向，负电荷Q在A点产生的场强也为E，方向沿AC方向，根据场强的叠加可知：

故选：C

解：无电场时由A到B：mgh=m…①

    有电场时由A到B：mgh+WE=m（v0）2…②

   有电场时由A到C：mgh+WE′=m（v0）2…③

 由①②③可得：WE=m

=m

又  WE=UABq  

=UACq  

则：UAB=UAC．

 A、B，C不是等电势点，则电场线不与BC垂直，则A错误；

 B、因B为AC的中点，则滑到B点电场力做功为到C点的一半，为mv02，mv02，则B正确；

 C、因UAB=UAC，但不能确定B点电势是C点电势2倍，则C错误；

 D、因UAB=UAC，则A、C两点间电势差是A、B两点间电势差的2倍，则D正确；

故选：BD．

解：A、由平均速度关系可知，设下落t秒时的速度为v，再次回到A点时的速度大小为vx则满足，即第二次回到A点时的速度大小vx=2v，为下落t秒时的2倍，

物体做自由落体运动的过程中：v=gt  ①

增加电场后的加速度a′，则：vx=-v+a′t  ②

比较①②可得，上升加速度a′为自由落体加速度的3倍．

由牛顿第二定律得：F电-mg=ma′，F电=ma′+mg=4mg，电场力为重力的4倍．

电场力做功对应电势能变化：W=Fh=4mg×，B正确，A错误：

C、减速时候加速度为自由下落时3倍，所以时间为自由下落的三分之一，总位移为，所以重力势能变化为△Ep=，则C正确．

D、最低点时小球速度为零，所以加电场开始到最低点时，动能变化△Ek=，则D错误：

故选：BC

解：A、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A错误；

B、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，当电场力竖直向上时与重力大小相等，故此时电场强度E=，故BC正确；

D、根据动能定理得：-mgLsinθ+qUAC=m-m=0，得到：

UAC=，故D错误；

故选：BC