两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电

（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：
带电小球在A点时有：
mgsin 30°-k[Qq
L2=ma_A
带电小球在B点时有：
k
Qq
(
L/2)2]-mgsin 30°=ma_B
且a_A=[g/4]，可解得：a_B=[g/2]
（2）由A点到B点应用动能定理得：
mgsin 30°•[L/2]-U_BA•q=0
由mgsin 30°-k[Qq
L2=m•a_A=m
g/4]
可得：[1/4]mg=k[Qq
L2
可求得：U_BA=k
Q/L]
答：
（1）小球运动到B点时的加速度大小为[g/2]．
（2）B和A两点间的电势差为k[Q/L]．

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系；电势差．

考点点评： 此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解．对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路．

（1）电场强度为：E=[F/q]=
2.0×10−4
1.0×10−8N/C=2.0×10⁴ N/C．
（2）电荷从A点移动到B点的过程中，电场力对电荷做的功为：W=Fd=2.0×10^-4×0.10=2.0×10^-5 J．
答：（1）电场强度的大小为2.0×10⁴ N/C；
（2）电荷从电场中的A点移动到B点过程中电场力对电荷做的功为2.0×10^-5 J．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．

考点点评： 该题主要是认清匀强电场的特征，电场强度的定义式可以用来计算各种电场强度．

（1）粒子从O到A的运动，Oy方向，根据速度时间关系公式，有：0-v0=-g△t ①根据位移时间关系公式，有：0-v02=2（-g）y ...

点评：
本题考点： 电场强度；电势．

考点点评： 本题是带电微粒在复合场中运动的问题，由于微粒所受的力是恒力，运用运动的分解法研究，根据动能定理求解电势差．

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示，
∠OO′A=30°，得到圆运动的半径R=O′A=
3r
根据牛顿运动定律　　　　qvB＝m•
v2
R
有R＝
mv
qB粒子的入射速度　v＝

3rqB
m
（2）由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60˚角，所以粒子完成了[1/6]个圆运动，根据线速度与周期的关系　v＝
2πR
T有　T＝
2πm
qB
粒子在磁场中的运动时间为　t＝
1
6T＝
πm
3qB．
答：（1）粒子做圆周运动的半径为
3r，入射速度为v＝

3rqB
m．
（2）粒子在磁场中的运动时间为[πm/3qB]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径．

电流I=[Q/t]=[2C/10s]=0.2A，
∵I=[U/R]，
∴导体电阻R=[U/I]=[8V/0.2A]=40Ω，
导体电阻与电压无关，当电压为5V，电阻为40Ω；
故答案为：0.2；40；40．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用．

考点点评： 本题考查了求电流、电阻问题，应用电流的定义式、欧姆定律即可正确解题．

A、根据点电荷的电场强度公式E=k
q
r2可得点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，两点的电势相等，故A错误．
B、根据点电荷的电场强度公式E=k
q
r2，可求得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，两点电势不等，故B正确．
C、根据点电荷的电场强度公式E=k
q
r2，得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同，两点电势相等．故C错误．
D、根据点电荷的电场强度公式E=k
q
r2可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同．
再根据U=Φ₂-Φ₁，U=Ed得，Φ₂-Φ₁=Ed可判断a、b两电势相等．故D错误．
故选：B

点评：
本题考点： 电势；电场强度；电场的叠加．

考点点评： 本题考查了点电荷的电场强度公式E=k qr2，场强的叠加以及电场线的特点，难度中等，是道好题．

（1）带电粒子的运动有两种情况，其运动轨迹分别如图所示．
①上图，根据几何知识得：r-rcosθ=d
则得带电粒子的轨迹半径为：r=[1/1−cosθ]d
由qv₀B=m
v02
r
得：v₀=[qBr/m]=[qBd
(1−cosθ)m
②下图中，由几何知识得：r′+r′cosθ=d
解得：r′=
1/1+cosθ]d
v₀=[qBr/m]=[qBd
(1+cosθ)m
（2）如上图，带电粒子从PQ边射出的射出点到A点的距离为：s₁=2rsinθ=2d
sinθ/1−cosθ]．
如下图，带电粒子从PQ边射出的射出点到A点的距离为：s₂=2r′sinθ=2d[sinθ/1+cosθ]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题是带电粒子在磁场中运动问题，因为初速度方向不确定，有两种情况，不能漏解．画出轨迹，运用几何知识求轨迹半径是解题的关键．

（1）根据动能定理：qU_AB=△E_k
质点以恒定速率v从A点运动到B点，则△E_k=0
可知：U_AB=0
（2）根据牛顿运动定律，得：qE=m
v2
r
而r=[l/θ]；
解得：E=
mv2θ
ql；
答：（1）A、B两点的电势差为0；
（2）AB弧中点的场强大小E为
mv2θ
ql．

点评：
本题考点： 电场强度；电势差．

考点点评： 涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．要掌握电场强度，电势差，电场力做功等物理量间的关系．

对小球受力分析知：qEcosa=mg，所以E=[mg/qcosa]，若剪断线，小球受的合力水平向右，因此，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向水平向右．
故答案为：[mg/qcosa]，初速度为零的匀加速直线．

点评：
本题考点： 电场强度；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．

考点点评： 正确对小球受力分析是解决本题的关键，小球的运动情况要根据受力情况来判断．

（1）对小物块，根据动能定理：qEl=[1/2m
v21]
解得，v₁=

2qEl
m
（2）小物块与挡板碰撞过程动量守恒，设小物块与挡板碰撞后的速度为v'₁，所以：
mv₁=mv'₁+8mV₁
依题意：v′1＝±
3
5v1
若v′1＝
3
5v1时，V1＝
1
20v1，该情况不符合实际应舍去．
若v′1＝−
3
5v1时，V1＝
1
5v1＝
1
5

2qEl
m
在小物块第一次与挡板碰撞之后到第二次与挡板碰撞之前，小物块做匀减速直线运动，滑板做匀速直线运动，从第一次碰撞后到第二次碰撞前，小物块和滑板相对于地面的位移相同，则有：
v2+v1′
2t＝V1t
解得：v₂=v₁=

2qEl
m
（3）设第一次碰撞过程中能量损失为△E
根据动量守恒：mv₁=mv'₁+8mV₁
能量守恒定律：
1
2m
v21＝
1
2mv
′21+
1
2×8mV12+△E
运算得到：△E＝
8
25qEL
第二次碰撞前瞬间：
滑板速度：v₂=v₁=

2qEl
m，V₁=[1/5v1=
1
5

2qEl
m]
根据功能原理：W=[1/2m
V21]+[1/2•8m•
v22+△E
解得，W＝
41
25qEl
答：
（1）小物块与挡板第一次碰撞前瞬间的速率v₁为

2qEl
m]．
（2）小物块与挡板第二次碰撞前瞬间的速率v₂为

2qEl
m．
（3）小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做的功W是
41
25qEl．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题是动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分析运动过程，把握能量如何转化是关键．

A、等量同种电荷等势面对称性可知，A点与B点的电势相等．故A错误．
B、由于电势Φ_A=Φ_B＞Φ_G，正电荷从A到B，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大．故B正确．
C、根据对称性，O点场强为零，由于零电势点不知道，无法确定O点的电势，故C错误．
D、根据对称性，U_AD=U_AB，同一负点电荷，沿路径A→C→D比沿A→B电场力做的功一样多．故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 电势；电场强度；电势能．

考点点评： 掌握等量同种电荷、异种电荷电场线、等势面的分布情况，对解答这类问题至关重要，紧扣对称性是常用方法．

（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：
带电小球在A点时有：
mgsin 30°-k[Qq
L2=ma_A
带电小球在B点时有：
k
Qq
(
L/2)2]-mgsin 30°=ma_B
且a_A=[g/4]，可解得：a_B=[g/2]
（2）由A点到B点应用动能定理得：
mgsin 30°•[L/2]-U_BA•q=0
由mgsin 30°-k[Qq
L2=m•a_A=m
g/4]
可得：[1/4]mg=k[Qq
L2
可求得：U_BA=k
Q/L]
答：
（1）小球运动到B点时的加速度大小为[g/2]．
（2）B和A两点间的电势差为k[Q/L]．

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系；电势差．

考点点评： 此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解．对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路．

对小球进行受力分析如图所示：

根据库仑定律有：
F₁=k
Q1q

r21，r₁=Lcosα ①
F₂=k
Q2q

r22，r₂=Lsinα ②
根据平衡条件有：
F₁sinα=F₂cosα ③
联立①②③解得：tan³α=
Q2
Q1，故BCD错误，A正确．
故选A．

点评：
本题考点： 电场强度．

考点点评： 本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用．

由于开关S闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压U_AB保持不变．随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E=[U/d]可知两极板之间的电场强度E减小，由于U_Aa=Eh_Aa，由于电场强度E减小，故U_Aa减小，由于U_AB=U_Aa+U_aB，所以U_aB增大，由题图可知电源的负极接地，故B极板接地，所以B板的电势为0即Φ_B=0，又U_aB=Φ_a-Φ_B，所以Φ_a=U_aB增大．而点电荷在a点所受的电场力F=qE，由于E减小，所以电场力F减小．故B正确．
故选：B．

点评：
本题考点： 电容器的动态分析．

考点点评： 本题难度较大，涉及知识面大，需要认真分析．方法是：先找不变量（UAB），再找容易确定的物理量（E和UAa），最后求出难以确定的量（确定UaB不能用UaB=EhaB，因为E和haB一个变大另一个变小）．

A：在量同种点电荷的电场分布图上，中垂线与连线的交点处电场强度为0，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，交点处电场强度仍然为0，故A正确；
B：电场强度是矢量，有方向，E、F、G、H各点的电场强度方向是不同的，故B错误；
C：E、F、G、H各点电场具有对称性，因此各点的电势相等，故C正确；
D：若释放c处的电荷，它将受到abc电荷对它的沿ac方向的力的作用，将沿着直线ac做单方向的直线运动，故D错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 电场强度．

考点点评： A该题考查常见电场的电场分布与特点，结合等量同种点电荷的电场分布特点的图，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，可以直接判定．属于简单题．