1、基础巩固12014渭南模拟如图K181所示，真空中存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图所示，a点的电场强度方向与ab连线成60角，b点电场强度方向与a、b连线成30角，则以下关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势a、b的关系正确的是()图K181AEa3Eb，abBEa3Eb，abDEaEb，ab，选项A正确2C解析 电子从B到A，由动能定理有eUBAE0，同理质子从C到A，eUCAE0，解得UBAUCA，即BC，又电场为匀强电场，则B、C连线为等势线，电场线垂直于B、C连线指向A，而UBAEacos 30，选项C正确3B解析 对小球，由动能定理，F合sEk，由图像斜率得F
2、合 N，电场力Eq2 N，方向向上且与水平方向夹角的正切值tan ，则30，场强E4103 N/C，选项A错误，选项B正确；OQ的电势差UOQEOQcos 302 103 V，选项C错误，选项D正确4AC解析 由图知，M点电势能Ep0，由分析得知，M点电势0.Epx图像的斜率FqE，则知N点场强为零故A正确，B错误根据正电荷在电势高处电势能大可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能先减小后增大，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由Ek知，Q2电荷量较小，故C正确，D错误5C解析 小球从A点到B点先做匀加速运动，再做匀减速运动，由a可得，带电小球在加速和减速
3、过程中的加速度大小相同，方向相反，选项A错误；由牛顿第二定律，|a|，则E1E2，选项D错误；小球从A点到B点由动能定理，有mghqUAB0，则UAB，选项C正确，选项B错误6D解析 由于EQsin 60mgcos 60，物块脱离斜在做匀加速直线运动如图所示，由脱离斜面到落地，电场力做的功W电EQ3mgH，由于斜面顶端电势为零，故落地时电势能为3mgH，对物块应用动能定理，有W电WGmv2，解得v2 ，选项D正确7A解析 研究第一象限的情况：第一象限内，带正电平面A1B1形成的电场方向竖直向上，带负电平面A2B2形成的电场方向水平向左，如图所示，合场强方向如图所示，根据等势面与电场线垂直可知，
4、等势面如虚线所示同理分析其他象限内等势面的分布情况，如图虚线所示，选项A正确8AD解析 带电小球从x2L处由静止释放，电场力做正功，从高电势向低电势移动，所以xL处速度最大，选项A正确；根据动能定理，由静止释放的带电小球在光滑的水平面运动过程中，可以到达与x2L等电势的点，由图知，选项B错误；因为电势左、右不对称，所以xL处不是位移的中心，选项C错误；由图乙得，xL点为图线的最低点，根据图像上切线斜率为零确定该点场强为零，所以有，解得QA4QB，选项D正确9在O点左侧距O点0.2 m处解析 物块先在电场中向右做减速运动，设运动的位移为x1，由动能定理得(qEmg)x10mv解得x10.4 m可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因为物块所受的电场力FqE0.03 Nmg，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则(qEmg)x1mgx20解得x20.2 m.10(1)(2)解析 (1)对小球由A到B的过程，由动能定理得mgLqEL0所以E.(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，设到B点时的速度为vB，小球做匀加速直线运动的加速度为a，则agv2aL所以t.
