题目解析：

空间某点的电场强度是点电荷Q1和点电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。设Q2右侧场强为零的点到Q2的距离为L，且要使电场强度为零，那么正点电荷Q1和负点电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反，则有kQ1?0.06m＋L?2＝k|Q2|L2，解得L＝0.06m＝6cm，所以x轴上x＝12cm处的电场强度为零，则从x＝20cm到x＝12cm间，场强方向沿x轴正方向，从x＝12cm到x＝10cm间，场强方向沿x轴负方向，将一带负电的试探电荷q从x＝20cm的位置沿x轴负方向移到x＝12cm的位置，电场力做正功，从x＝12cm的位置沿x轴负方向移到x＝10cm的位置，电场力做负功，所以该负电荷的电势能先减小后增大，故C正确，A、B、D错误。

题目解析：

由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确。

题目解析：

图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右，带电粒子受力方向不同，粒子不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0＝EB，粒子也会做匀速直线运动，故选B。

题目解析：

由图可以计算出电子做圆周运动的半径为4L，故在磁场中运动的时间为t＝π3?4Lv0＝4πL3v0，A正确，B错误；ab是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(3L，L)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，计算出其坐标为(0，－2L)，所以CD错误。

参考答案：

无

题目解析：

依题意知指针右偏，电流方向是B→A，电容器是充电，则电容一定变大，即正对面积增大，液面升高。

参考答案：

无

题目解析：

罗盘所在处的磁场为磁铁的磁场与地磁场的合磁场，地磁场由南向北，小磁针N极所指的方向为合磁场的方向，根据矢量合成的平行四边形定则，已知磁场的水平分量，只要知道地磁场与合磁场的夹角就可求出磁铁的磁场。

参考答案：

无

题目解析：

(1)微粒在加速电场中由动能定理得qU1＝12mv20①解得v0＝1.0×104m/s
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，有a＝qU2md，
vy＝at＝aLv0飞出电场时，速度偏转角的正切为tanθ＝vyv0＝U2L2U1d＝13②解得θ＝30°(3)进入磁场时微?乃俣仁莢＝v0cosθ③轨迹如图所示，由几何关系有：D＝r＋rsinθ④洛伦兹力提供向心力有Bqv＝mv2r⑤由③～⑤联立得B＝mv0?1＋sinθ?qDcosθ代入数据解得B＝3/5T＝0.346T所以，为使微?换嵊纱懦∮冶呓缟涑觯迷惹看懦〉拇鸥杏η慷菳至少为0.346T。(B＝0.35T也可以)

题目解析：

由等量同种正点电荷电场分布特点可知a、c两点电势相等，正电荷＋q在a、c两点的电势能相等，A、B错误。M、N连线的中垂线上由无穷远到O点场强先变大再变小，中间某一位置场强最大，负电荷从无穷远到O点做加速度先增大再减小的加速运动，在O点时速度最大，动能最大，电势能最小，过O点后做加速度先增大再减小的减速运动，动能减小，电势能增加，所以负电荷在M、N连线中垂线上的O点电势能最小，则O点电势最高，C正确。由于不知b、d在M、N连线中垂线上的具体位置，负电荷从d到b运动过程中加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，D错误。

题目解析：

如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：
φb－φa＝φa－φe
得φe＝20V
又φb－φe＝φc－φd
得φc＝20V，A正确。
ec连线为等势线，则电场方向由b指向d，C错误。
质子做类平抛运动，则有：
2lsin45°＝v0t
得t＝2lv0，B正确。
质子从b运动到c电场力做功W＝qUbc＝8eV，D正确。

参考答案：

无

题目解析：

本题考查电场中的功能关系。负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，由图可知φA>φB，电势能增加；电场力做负功，由动能定理可知动能减少。

参考答案：

无

题目解析：

(1)设小物块到达圆弧轨道的最高点时速度为v1，因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供：mg＝mv21R　v1＝gR＝1m/s
小物块从开始运动至到圆弧轨道最高点A的过程中，由能量守恒定律得：Ep＝μmgL＋mg2R＋12mv21
解得Ep＝9×10－2J  (2)存在水平向左的匀强电场时，设小物块运动到圆弧轨道最高点A时的速度为v2，由功能关系得：W弹＝－ΔEp＝－(－Ep)＝9×10－2J  W弹＋EqL－μmgL－mg2R＝12mv22解得 v2＝3m/s  小物块由A飞出后竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀变速直线运动，由运动学规律有 竖直方向：2R＝12gt2　t＝4Rg＝0.2s  水平方向：Eq＝ma　a＝Eqm＝8m/s2
x＝v2t－12at2＝0.44m
在整个过程中由电场力做功与电势能变化关系可得
W电＝Eq(L－x)＝9.6×10－3J
W电＝－ΔEp电
ΔEp电＝－9.6×10－3J
即此过程中小物块电势能减小了9.6×10－3J。

参考答案：

无

题目解析：

(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图所示
则有FNsin37°＝qE①  FNcos37°＝mg②由①②可得E＝3mg4q
(2)若电场强度减小为原来的12，即E′＝3mg8q
电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL

题目解析：

如图，由小球在C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B点的电荷带负电，
由∠ABC＝∠ACB＝30°，
知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L，BC＝2ABcos30°＝3L
由几何关系可得：F1＝3F2
即：kQqL2＝3kQBq?3L?2
得QB＝3Q，故A、B错误，C正确。
圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确。

参考答案：

无

题目解析：

(1)离子经电场加速，由动能定理：
qU＝12mv2，可得v＝2qUm，
磁场中做匀速圆周运动，qvB＝mv2r，
刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知r＝kd2，
联立解得B＝22qUmqkd。
(2)若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后，若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达N′右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在O点。设共加速了n次，有
nqU＝12mv2n。
qvnB＝mv2nrn，
且2rn＝kd，
解得B＝22nqUmqkd，(n＝1,2,3，…，k2－1)。
(3)加速次数最多的离子速度最大，取n＝k2－1，离子在磁场中做n个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。
T＝2πrv＝2πmqB，
t磁＝(n－1)T＋T2＝?2k2－3?πmkd22qUm?k2－1?，
电场中一共加速n次，等效成连续的匀加速直线运动．
(k2－1)h＝12at2电，
a＝qUmh，
可得t电＝h2?k2－1?mqU。

题目解析：

0～t0时间内，M中电流由0逐渐增加到IN，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，故A对。t0～2t0时间内，M中电流由IN增大到2IN，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，B错。0～t0时间内，AB中电流由A→B，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对。t0～2t0时间内，AB中电流仍为A→B，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对。

题目解析：

根据题意和左手定则可判断：该带电粒子带负电，故A选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动时间t与圆心角θ、周期T的关系可得t＝θ2π?T，又带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为T＝2πmqB，又根据数学知识可得θ＝π3，解得t＝πm3qB，故C选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角应该为60°，故D选项错误。

题目解析：

?挚豐闭合，R0两端的电压为U＝R0ER0＋R1＋r，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，则微粒所受重力和电场力的合力增大，加速度a增大，则在竖直方向有：d2＝12at2，水平方向有x＝v0t，解得x＝v0da，因a增大，则水平位移将减小，故微?蛟贠点左侧，A正确。?挚豐闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，则电容器两端电压不变，微粒仍打在O点，B错误?峡兀缛萜鞔绾闪坎槐洌桨寮涞牡绯∏慷菶＝Ud，结合C＝QU及C＝εrS4πkd，可得E＝4πkQSεr，若M极板稍微上移，电场强度不变，电场力不变，则其所受合外力不变，加速度不变，不会影响微?脑硕势浠勾蛟贠点；若M极板稍微下移，加速度仍不变，但微粒在竖直方向的偏移量增大，即y>d2，水平位移为x＝v0ya>v0da，水平位移将增大，故微?蛟贠点右侧，C错误、D正确。