热门试卷

解：A、O点处场强为零，无穷远处场强也为零，故从O点沿ON指向无穷远处，场强先变大在变小，不能画一条电场线表示这个变化，故A错误．

B、把一个正点电荷从M移到O电场力做正功，电势能减小，即M点的电势能比O点大，从O移到N电场也做正功，电势能减小，即O点的电势能比N点大，所以该点电荷在M点时电势能最大．故B正确．

C、公式U=Eq仅仅适用匀强电场，故C错误；

D、若ON间的电势差为U，将一个带电量为q的负点电荷从N点移到O点，电场力做功为qU，做的是正功，故D错误．

故选：B．

解：A、正点电荷的电场线发散型，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正确；

B、结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式E=，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；

C、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C错误；

D、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D正确；

故选：ABD．

解：A、由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得OB间的距离r=，故A正确；

B、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有mgμ-F库=ma，因此物体的加速度逐渐减小．当越过B点后，库仑力大于滑动摩擦力，由F库-mgμ=ma，知加速度逐渐增大，因此从开始运动到碰到甲之前的瞬间，乙的加速度先逐渐减小后逐渐增大，故B错误．

C、从A到B的过程中，根据动能定理得：W-μmgL=-，得W=μmgL+mv2-mv02，故C正确．

D、从A到B的过程中，电场力对乙做正功，乙的电势能减少，故D正确．

故选：ACD

解：据题知，q1和q2两个点电荷在R处产生的场强大小相等、方向相反，则q1和q2的电性相反．

设PQ=RQ=r，则根据电场的叠加原理可得：k=k

可得|q1|=4|q2|

综上可得：q1=-4q2．

故选：D

解：A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φc==6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V．故A错误．

B、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强Ea可能小于b点处的场强Eb．故B错误．

C、D根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小．故C正确，D错误．

故选：C

解：

A、小球上滑过程中，由动能定理得：

  W-mgh=-，则得电场力做功 W=mgh．故A错误．

B、由W=qU得，A、B两点的电势差为U=．故B正确．

C、由于电场力做正功，小球的电势能减小，则小球在B点的电势能小于在A点的电势能．故C正确．

D、由U=Ed得，E=，若电场线沿AB时，AB两点沿电场线方向的距离 d＞h，则E＜=，即场强的最小值小于．故D错误．

故选：BC

解：由公式E=k 分析可知，r1＜r2，则场强E1＞E2． 因此F1＞F2，

又Q是带负电的点电荷，电场线方向由P2指向P1，顺着电场线电势降低，则电势φ2＞φ1．因电子带负电，所以所具有的电势能E＞E故B正确，ACD错误；

故选：B．

解：A、由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上，粒子带负电，故场强向下．故A错误．

B、由上则有：

mg=qE     ①

由洛伦兹力提供向心力，则有：

qvB=m   ②

又v=  ③

联立三式得，微粒做圆周运动的半径为：

r=．故B正确．

C、由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小．故C错误．

D、根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定．故D错误．

故选：B．