1 在正点电荷的电场中,离点电荷越近场强越大,电势越高

（1）无穷远处某点O的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式W_AB=E_pA-E_pB，有
W_OA=E_pO-E_pA
无穷远处电势能为零，即E_pO=0
故
E_pA=-W_OA=8×10^-6J
根据电势的定义式φ=[W/q]，有
φ_A=
EpA
q=
8×10−6
2×10−8＝400V
即A点的电势为400V．
（2）把该电荷从无限远处的O点移到电场中B点，需克服电场力做功2×10^-6J，取无限远处电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式W_AB=E_pA-E_pB，有
W_OB=E_pO-E_pB
无穷远处电势能为零，即E_pO=0
故
E_pB=-W_OB=2×10^-6J
根据电势的定义式φ=[W/q]，有
φ_B=
EpB
q=
2×10−6
2×10−8＝100V
故A、B间的电势差为
U_AB=φ_A-φ_B=400V-100V=300V
即A、B点的电势差为300V．
（3）根据电场力做功与电势差关系公式W_AB=qU_AB，有
W_AB=qU_AB=-2×10^-5C×300V=-6×10^-3J
即把2×10^-5C的负电荷由A点移到B点电场力做-6×10^-3J的功．

点评：
本题考点： 电势；电势差；电势能．

考点点评： 本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势，最后根据电场力做功与电势差关系公式WAB=qUAB求解电场力做的功．

A、电场力做功与路径无关，所以W₁等于W₂．故A错误．
B、B到O′电场力做负功，O′到C电场力做正功，根据场强的叠加，知O′C段的电场强度大于BO′段的电场强度，B到C过程中，电场力做的负功小于电场力做的正功，所以B到C电场力做正功．电场力做功与路径无关，所以W₁和W₂均为正值，故B正确．
C、D、由等量同种电荷的电场分布规律可知，AB是对称点，AB两点是等电势点，从A到B电场力做功为零，故从A到C电场力做的功等于从B到C做的功，所以W₁和W₃相等．故C错误、D正确．
故选：BD．

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握电场力做功的特点，知道电场力做功与路径无关，掌握电场力做功的方法．

由于D点为三角形外接圆的圆心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在D点产生的合场强与一个点电荷在D点产生的电场强度大小等大反向，故D点的电场强度为零，由于电势具有相对性，D点电势可能为零，故A对；由c点电荷在E. F两点产生的电场强度等大反向，但a、b两个点电荷在E. F两点产生的电场强度却不相等，即E. F两点的电场强度不相等，故B错；E. G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，故E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷b决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故C错误；若释放电荷c，则a、b在C点的合场强水平向右，a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动，D正确。所以本题选择AD。

AD

A、B、金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线运动．故A正确，B错误．
C、D、由于电场力与小球的速度方向垂直，小球受到电场力的方向不变，电场力对小球不做功．小球的电势能不变．故C错误，D正确．
故选：AD

点评：
本题考点： 静电场中的导体．

考点点评： 本题关键抓住静电平衡导体的特点：整体导体是一个等势体，表面是一个等势面．

A、从电场中的A点移到B点时，电场力做了-5×10^-6J的功，电荷的电势能增大．故A错误；
B、AB两点之间的电势差：UAB＝
WAB
q＝
−5×10−6
2×10−8V＝−250V．故B错误；
C、正电荷从电场中的A点移到B点时，电场力做了-5×10^-6J的功，说明正电荷运动的方向与受力的方向相反，所以运动的方向与电场线的方向相反，根据沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势低于B点的电势．故C正确；
D、该题中没有选取0势能点，所以不能判定该电荷在B处具有的电势能为5×10^-6J．故D错误．
故选：C

点评：
本题考点： 电势能；电势．

考点点评： 本题关键是结合电场力做功与电势能的关系公式WAB=EpA-EpB和电势差定义式UAB＝WABq联立列式分析，同时要注意两个公式中的电量都要分正负号．

根据牛顿第二定律，则有：mg-k
Qq
l2=ma；
代入数据解得：a=10-
9×109×2×10−7×10−7
0．52=6.4m/s²；
（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：
kQq
L2＝mg
代入数据，解得：L=

9×109×2×10−7×2×10−4
2×10−4×6.4=0.3m．
答：（1）B运动到距O点l=0.5m处的加速度大小6.4m/s²；
（2）P、O间的距离0.3m．

点评：
本题考点： 库仑定律；牛顿第二定律．

考点点评： 考查平衡条件的应用，掌握库仑定律与牛顿第二定律的内容，注意正确的运算．

A、由数学知识可知a点与c点到场源电荷距离相等，因此a、c两点场强大小相等，方向不同，由于电场强度为矢量，故A错误；B、a点与c点到场源电荷距离相等，因此在同一等势线上，所以a、c两点电势相等，故B正确；C、a、c...

点评：
本题考点： 电场线；电场强度；电势差；电势．

考点点评： 明确正点电荷形成电场特点：在正点电荷中的电场中，距离点电荷越近，电场强度越大，电势与越高．

A、根据电场强度的定义式E=[F/q]，可得a点的电场强度为E_a=[F/q]=
2×10−3
5×10−8=4×10⁴N/C，电场强度的方向沿着电场线的切线方向，向右，所以A正确．
B、电场强度的方向是由源电场决定的，不会因为放入的电荷的不同而改变，所以电场强度的方向不会改变，还是向右，所以B、C均错误．
D、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由电场线的分布可知，a点的电场强度比b点的电场强度大，所以b点处的电场强度小于4×10⁴N/C，所以D正确．
故选AD．

点评：
本题考点： 电场线；电场强度．

考点点评： 加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．

对小球进行受力分析如图所示：

根据库仑定律有：
F₁=k
Q1q

r21，r₁=Lcosα ①
F₂=k
Q2q

r22，r₂=Lsinα ②
根据平衡条件有：
F₁sinα=F₂cosα ③
联立①②③解得：tan³α=
Q2
Q1，故BCD错误，A正确．
故选A．

点评：
本题考点： 电场强度．

考点点评： 本题在电场中考查了物体的平衡，注意根据平衡条件列方程，注意数学知识的应用．

A：在量同种点电荷的电场分布图上，中垂线与连线的交点处电场强度为0，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，交点处电场强度仍然为0，故A正确；
B：电场强度是矢量，有方向，E、F、G、H各点的电场强度方向是不同的，故B错误；
C：E、F、G、H各点电场具有对称性，因此各点的电势相等，故C正确；
D：若释放c处的电荷，它将受到abc电荷对它的沿ac方向的力的作用，将沿着直线ac做单方向的直线运动，故D错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 电场强度．

考点点评： A该题考查常见电场的电场分布与特点，结合等量同种点电荷的电场分布特点的图，把两个相互垂直的等量同种点电荷的电场叠加在一起，可以直接判定．属于简单题．