热门试卷

解：A、由于三个电荷的电量大小相等，CO=OD，∠ADO=60°，根据平行四边形定则得到，y轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+x轴方向，大小等于E1=，Q在D点产生的场强大小为E2=，方向水平向左．由几何知识得到，AD=CD，则E1=E2，所以D点电场强度为零．故A错误．

    B、由于三个电荷的电量大小相等，CO=OD，∠ADO=60°，根据平行四边形定则得到，y轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+x轴方向，大小等于E1=，Q在D点产生的场强大小为E2=，方向水平向左．由几何知识得到，AD=CD，则E1=E2，所以D点电场强度为零，故B正确．

  C、根据叠加原理可知，OD的电场方向从D→O，将点电荷-q从O移向D，电场强度减小，导致电场力变小，从而使得加速度变小．所以-q在OD间做加速度逐渐减小的加速运动，故C错误；

   D、根据叠加原理可知，OD的电场方向从D→O，将点电荷-q从O移向D，电场强度减小，导致电场力变小，从而使得加速度变小．所以-q在OD间做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误．

故选B

解：

A、由电势能的公式EP=qφ知，由C到A的过程中，电势逐渐降低．故A错误．

B、v-t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma知，B为中垂线上电场强度最大的点，B点的加速度为 a===2m/s2，E== V/m=l×l03V/m．故B正确．

C、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=m-m 则得，UAB=m（-）=×（42-62）V=-5×103V，故C正确．

D、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小，故D错误．

故选：BC．

解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点合场强大小为E2=•=，则E1与E2之比为：E1：E2=：1．

故选：B

解：均匀带正电的细杆AB，在O点电势为φ0，根据对称性，带正电细杆CD，在O点电势也为φ0，

由于电势是标量，则O点的电势为2φ0，故D正确，ABC错误；

故选：D．

解：两个点电荷+Q对带电小球的电场力大小均为 F1=k，夹角为90°

由电场的叠加原理可知，带电小球所受的电场力的大小为 F电=F1==F，方向由a指向P

由平衡条件可知，小球所受的摩擦力大小应等于电场力和F的合力大小，为 f=2Fcos=

故选：D

解：正负点电荷单独存在时，在中点处产生的电场强度都为E1=E2==，且方向沿着两者的连线，指向负电荷，故合场强为E=E1+E2=；

故选：D．

解：

A、据v-t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a==2m/s2，所受的电场力最大为 F=ma=1×2N=2N，则电场强度的最大值为 E===1N/C，故A错误．

B、由C点到A点的过程中，据v-t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误．

C、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C正确．

D、由v-t图可知A、B两点的速度分别为：vA=6m/s，vB=4m/s，物块在A到B过程，根据动能定理得：qUAB=mB2-mA2=×1×（42-62）J=-10J，得：UAB==V=-5V，故D正确．

故选：CD．

解：如图，根据点电荷的场强公式E=，运用平行四边形定则，结合结几何关系，M、N点的场强分别为：

EM=-≈…①

根据平行四边形定则有：

EN=≈…②

由①②两式，M点的场强是N点场强的2倍，方向相反，故AB错误；

由①②两式，M点的场强与N点场强都与a成正比，与L的三次方成反比，故C正确，D错误；

故选：C．

解：A、两等量正点电荷，由点电荷电场强度公式E=，结合矢量叠加原理，则从A到O，电场强度可能先增大后减小，也可能一直减小，因此从A到O的过程加速度不一定是减小，故A错误；

B、根据动能定理，从A到O与从O到B两过程中，分别使用动能定理，假设长度相等时，由于电场力做功的正负值不同，而重力做功相等，阻力做功也相等，且动能的变化相同，因此可知，假设不正确，那么OA的长度不可能等于OB的长度，故B正确；

C、根据受力分析，可知，小球处于B点时，受到竖直向上的电场力与竖直向下的重力，当两者大小相等时，则可能处于平衡，故C正确；

D、根据动能定理，从A到O过程中，-0=qUAO+mgh-fh，解得：UAO=，故D正确；

故选：BCD．