热门试卷

解：粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，-qU=0-mv02，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于-．

A、当初速度为，U不变，则有带电粒子动能的变化△Ek=0-m（）2=-mv02≠-．故A错误；

B、电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=-q（2U）=-qU，与粒子动能变化相等，故B正确；

C、电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=-q（4U）=-2qU，与粒子动能的变化不等，故C错误；

D、初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确．

故选：BD

解：A、B、小球在从A到C的过程中，受到重力和向下的电场力，合力大于重力，小球做加速运动，场强增大，电场力增大，小球的加速度增大，则小球做加速度增大的变加速直线运动；故从A运动到B小球做非匀变速直线运动．故AB错误．

C、A、B两点的电势相等，从A到B过程，电场力做功为零，根据动能定理得：2mgh=m，

解得：vB=2．故C正确．

D、从A运动到C点小球的重力和电场力都做正功，则小球的重力势能和电势能都在减少．故D正确．

故选：CD

解：A、由图可知，粒子从P到Q，电势渐渐降低，且粒子由静止开始运动，因此电场线方向由P到Q点，那么粒子带正电，故A正确；

B、由于电场线方向由P到Q，则沿着电场线方向，电势降低，那么N点电势高于Q点电势，故B错误；

C、根据∅=Ex，可知，图象的斜率大小表示电场强度的大小，那么PO间的大小E=10V/m，而OQ间的场强大小E′=V/m，因此比OQ间的场强还大，故C错误；

D、因带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，电场力做正功，则电势能减小，故D错误；

故选：A．

解：电势差是电荷从电场中的一点移动到另一点时，电场力所做的功W与电荷的电量q的比值，故得到：

W=qU

q=

故AB错误，CD正确；

故选：CD．

解：A、根据电场线的分布情况知，a处电场线密，c处电场线疏，则Ea＞Ec．由对称性可知Eb=Ed．故A正确．

B、设正方形边长为2L．由题可知：φa=+=．φc=+=，则φa＞φc．由对称性可知，φb=φd．故B错误．

C、根据电场的叠加原理知，在AB连线上BO之间的某点场强为零，最小，O点的场强不是最小．故C错误．

D、bd连线不是等势线，则将一正点电荷沿直线有b运动到d的过程中电势能是变化的，故D错误．

故选：A

解：A、电势差是反映电场本身的性质的物理量，由是电场本身决定，与所移动的电荷无关，故A错误．

B、根据电势差的定义式U=得：电场力做功 W=qU，可知在两点间移动电荷电场力做功的多少由两点间的电势差和该电荷的电量决定，故B正确．

C、电势差有正负，但是正负不表示方向，表示相对大小，是标量，电场力做功是标量．故C错误．

D、在匀强电场中，等势面与电场线垂直，根据在同一等势面上移动电荷时电场力不做功得知，在与电场线垂直方向上任意两点间移动电荷q电场力做功一定为零．故D错误．

故选：B．

解：A、连接AC、DF，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，而匀强电场的等势面平行，则DF直线也是一条等势线，BF不处于等势线上．故A错误；

B、BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30°，得场强E==V/m．故B正确；

C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；

D、由以上得，F点与A点电势相等，DC电势相等，故电子从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同，电荷的电势能减少量为20eV，故D错误；

故选：B

解：AB、对带电小球受力分析，如图所示，

根据力的合成法则，则沿着MN杆方向，合力可能向下，也可能向上，因此小球可能一直加速，也可能先加速后减小，最后再加速，故A正确，B错误；

C、根据功能关系，小球从M到N点过程中，电场力做功零，则有：mg•2h=，解得：v=2，故C正确；

D、根据动能定理，小球从M到O点过程中，因存在电场力做负功，导致电势能增加，因此减小的重力势能没有完全转化为动能，故D正确；

故选：ACD．

解：A、B、C、静止时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg和地面的支持力N′．根据共点力平衡的条件和牛顿第三定律得：

Mg=N′=N

静止时，对小球B进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出：mg+F=F电

若将系B的细线断开，对小球B进行受力分析，小球B受重力mg，向上的电场力F电

刚断开时，运用牛顿第二定律得出小球B的加速度为：a==

刚断开时，对整体（A、B和木盒）进行受力分析，整体受重力Mg、地面的支持力N″．运用牛顿第二定律得：

F合=N″-Mg=ma

N″=Mg+ma=N+F．故AC错误，B正确．

D、在B向上运动的过程中，小球B受向上的电场力F电增大，所以小球B向上的加速度也在增大，运用牛顿第二定律研究整体得：

F合=N″-Mg=ma

由于小球B向上的加速度a增大，所以地面对木盒的支持力也在增大，根据牛顿第三定律知道木盒对地的压力逐渐变大．故D正确．

故选：BD．