题目内容
6．
光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个质量为m=0.1kg的小物块在水平面上由A点静止释放，小物块带正电，电荷量为q=2×10-3C，其运动的v-t图线如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）．则下列分析正确的是（ ）| A． | B点为中垂线上电场强度最大的点 | |
| B． | 由A点到C点，物块的电势能先增大后减小 | |
| C． | A、C两点关于B点对称 | |
| D． | 由A点到C点，电势逐渐降低 |
分析 根据v-t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况．根据电场线方向判断电势的高低
解答 解：A、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，故A正确；
B、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B错误．
C、物块从A到B的过程，根据动能定理得：$q{U}_{AB}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$，解得：${U}_{AB}^{\;}=\frac{m{v}_{B}^{2}}{2q}=\frac{8m}{q}=400V$，同理知${U}_{BC}^{\;}=\frac{m{v}_{C}^{2}-m{v}_{B}^{2}}{2q}=1.65×1{0}_{\;}^{3}V$，${U}_{BC}^{\;}＞{U}_{AB}^{\;}$，B点不关于A、C两点对称，故C错误；
D、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D正确．
故选：AD
点评 解决本题关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系EP=qφ．
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1．
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通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述中正确的是（ ）| A． | ab和cd两条边所受的安培力的方向相同 | |
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如图所示，是两个点电荷形成的电场：