(2015·山東高考)xOy中，M、Nx軸強的大小和方向分別為() A.4a2，沿y軸正 B.4a2，沿y軸負 C.4a2，沿y軸正 D.4a2，沿y軸負解析：BOGE1＝kQy軸負向；又G點處場強為零，所以M、NG點共同產生的場強E2＝E1＝kQ，方y軸正向；根據對稱性，M、NHE3＝E2＝kQ，方yGHyHE＝E3－E4＝3kQyRr表示該直線上某點到球心的Er變化的圖像正確的是() 該球的電荷密度ρ＝q，球內某點的電場強度等于以距球心的距離r

4πρ3 q半徑的球體所產生的電場強度，大小A

r2＝3πρkr，球外某點的電場強度E＝kr2(2013·卷Ⅰ)如圖一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為QbccdRaq(q＞0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量 A． B．

解析：選 由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在點產生的電場強度與圓盤上Q在b點產生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝q QdEQ′＝qEd＝EQ′＋Eq′＝q＋

B

將云母介質移出，則電容器()d解析：DC＝εS，將極板間的云母介質移出后，導慮到極板間電場強度E＝U，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項Dd(多選)(2016·南陽一中月考)A極板帶正電，BC用絕緣細線懸掛，如圖所示。小球θ，則()BB極板向下平移稍許，A、BBθCd解析：ABCB極板向右平移稍許，dC＝εrS，知電容器的電容ABSC＝εrS，知電容Cd場力增大，夾角θ將變大，故C正確。輕輕將細線剪斷，小球將沿重力與電場力的合力方向做勻加速直線運動，故D錯誤。P點且處于靜止狀態。下列說法正確的是()PPU解析：選 U＝εSE＝UE＝4πkQqE＝mg dA錯誤；將上極板向下移動，dE＝U變大，Pd的距離不變，PB錯誤；將下極板向下移動，dC＝εS可知，C變小，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由E＝4πkQ可知電容器兩極板間的電場強度不變，P與下極板的距離變大，P與下極板間的電勢差變大，P的電勢升高，故電場力變大，電場力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運動，故D的中點，下列說法正確的是()A．OPB．PKC．OKD．OP解析：選D 根據場強的疊加原理，P點的場強等于－q在P點形成電場的場強，而O點的場強等于兩個＋q在O點場強以及－q在O點場強的疊加由平行四邊形定則可判斷O點的電場強度大于P點的電場強度，選項A錯誤；K點的場強等于B點的＋q和A點的－q在K點的場強疊加然后再與C點的＋q在K點的場強的合成由平行四邊形定則可判斷P點的電場強度小于K點的電場強度，選項B錯誤；由電勢疊加原理可知，O點的電勢等于C點的＋q在O點形成電場的電勢，而K點的電勢等于C點的＋q在K點形成電場的電勢，由距離關系可知O點的電勢高于K點的電勢，選項C錯誤；P點的電勢等于兩個＋q和一個－q在P點電勢的疊加，由距離關系可知O點的電勢低于P點的電勢，選項D正確；故選D。(2016·甲卷)如圖，PP為圓心的兩個b、cQPa、b、c點的aa、ab、acva、vb、vc。則() ＝

kr2E＞E＞EQa＞a＞aQPab|qUab|＝1mv2－1v 2m |Uab|＞|Ubc|va＞vcva＞vc＞vb，選項D如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點。它們是一個四邊形平行。已知a點電勢為20V，b點電勢為24V，d點電勢為8V。一個質子以一定的速度經過b點，過一段時間后經過c點。不計質子的重力，則( A．acBc16CaDbc4解析：Bφa＝20V，φb＝24V，φd＝8V，根據勻強電16Vcc′bdCb運動到c，電場力做功為8eV，所以選項D錯誤。abcdabsadh為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入2244

s2s24解析：選B 2 該題只有選項B正確，A、C、D皆錯誤。反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其xφ隨x一質量＝1.×－20，電荷量＝1×1－9C的帶負電的粒子從－1,點由靜止開始，僅在電場力作用下在xExE1E2的大小之比E2

V/m＝2.0×103

V/m＝4.0×103 x＝1.0×10－2mmmm2⑦mEkm＝1mv2⑦m答案 答案 ＝

Ekm＝2.0×10－8 T＝3.0×10－8ABd，它們的右端安放著垂直于金MNA、BU0電壓值為 T。不計重力的影響，試求：t＝0OMNU0的數值應滿足什么條件？(U0、m、d、q、T的關系式即可) 點 T時間內，粒子豎直向下的位移：

2a12

22y＝

1 v2－2a22其中：v＝aT＝qU0T，a

y2＝y