热门试卷

电场强度是矢量，空间某点电场强度是各部分电荷在该点   的电场强度的矢量之和。所以O点的场强大小为E1+ E2，Ａ错误，Ｂ正确；

电势是标量，空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和。所以O点的电势φ1—φ2，Ｃ正确，Ｄ错误。

故选：ＢＣ

A、根据等量异种电荷电场线的特点可知，A点场强的方向向左，B点场强的方向向右，两点场强的大小相等．故A正确．

 B、根据等量异种电荷电场线的特点可知，O点场强的方向向右，不是0．故B错误．

C、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，OCD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势．故C错误．

D、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，OCD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势，试探电荷从O处移到C处电场力不做功．电势能始终不变．故D错误．

故选：A

A、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A正确；

B、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杆方向的分力之合提供的；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杆方向的分力之差提供的，所以由牛顿第二定律知，小球在C点时的加速度大小不是a．故B错误；

C、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B点电势高于A点电势，故C正确；

D、结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，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D正确；故选：ACD

A、小球从A到B，根据动能定理得，qU-mgLsinθ=0，解得AB间的电势差，根据矢量合成的方法可知，匀强电场沿AB方向时电场强度最小，则电场强度最小值为，故A、B正确；

C、从A到B，电场力做正功，则电势能减小，则B点的电势能小于A点的电势能，故C错误；

D、若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，故D错误．

A、根据等量异种电荷电场线的特点可知，A点场强的方向向左，B点场强的方向向左，然后结合库仑定律可知，两点场强的大小相等，故A正确；

B、根据等量异种电荷电场线的特点可知，O点场强的方向向右，不是0，故B错误；

C、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，COD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势,故C错误．

D、根据等量异种电荷电场线、等势面分布特点知，COD在同一条等势线上，所以D点电势等于C点电势，试探电荷q0从沿C、D连线从C移到D的过程中，电场力不做功．电势能始终不变,故D错误.

A.在时间t内物体向右的位移为,从撤去力F到返回出发点的位移为,由题意可知，,解得,设撤去力F时物体的速度为v1,物体返回时的速度为v2,由动量定理得,,联立解得,故A正确；

B.同理由A选项分析，故B错误；

 C.因为 O点的电势能为零，对整个过程应用动能定理得，而，所以,从开始到撤去力时，应用动能定理得,解得,故C正确； 

D. 在撤去力F之前的任一时刻,设物体的位移为x,由于，所以

,所以,故D正确；

A.根据等量异种电荷与负的点电荷电场线分布的的特点，可知b处的电场线较密，所以Eb＞Ea．故A正确;

B.等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，但在N处放上了负的电荷，如果选无穷远处电势为0，则φa大于φb．故B错误；

C. 根据等量异种电荷与负的点电荷等势面的分布特点，叠加后可知a、O间的电势差大于a、b间的电势差2倍，故C正确；

D. 根据等量异种电荷与负的点电荷电场线分布的的特点电场叠加后，把电子从a处移到b处，电场力做负功，所以电子在a处的电势能小于电子在b处的电势能，故D错误；本题答案选AC

A选项，b到a过程中试探电荷速度不断减小，因此合外力与速度方向相反，故Q2带负电，A选项正确。B选项，根据动能定理及电场力做功 qUab＝q(φa－φb)＝mvb2－mva2＞0，故φa > φb，B选项正确。C选项，根据电场强度的定义式E=可知，试探电荷在a点所受电场力Fa=0从而电场强度Ea=0， Fb＞0从而电场强度Eb＞0，故Eb＞Ea，故C选项正确。D选项，b到a过程中速度减小动能减小，电场力做负功，电势能增加，故错误。