一、选择题
1．一个简易的电磁弹射玩具如图所示，线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上（金属硬币半径略大于铁芯半径），电容器刚开始时处于无电状态，先将开关拨向1，电容器充电，再将开关由1拨向2瞬间，硬币将向上飞出。则下列说法正确的是（ ）
A．当开关拨向1时，电容器上板带负电 B．当开关由1拨向2时，线圈内磁感线方向向上 C．当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小 D．当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
2．如图所示，A、B、C、D为半球形圆面上的四点，处于同一水平面，AB与CD交于球心且相互垂直，E点为半球的最低点，A点放置一个电量为+Q的点电荷，B点放置一个电量为－Q的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．C、E两点电场强度不相同 B．C点电势比E点电势高
C．沿CE连线移动一电量为+q的点电荷，电场力始终不做功
D．将一电量为+q的点电荷沿圆弧面从C点经E点移动到D点过程中，电场力先做负功，后做正功
3．如图所示，将带正电的粒子从电场中的A点无初速地释放，不计重力的作用，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子一定做加速直线运动 B．带电粒子的电势能一定逐渐增大 C．带电粒子的动能一定越来越小 D．带电粒子的加速度一定越来越大
4．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个
点，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在三点所受的电场力不相等 B．粒子必先过a，再到b，然后到c
C．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekb＞Eka＞Ekc D．粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb
5．如图所示的电场中，虚线a、b、c为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即
UabUBC，一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹如实线所示，
P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知
A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点的动能比在Q点大 C．带电质点在P点的电势能比在Q点小 D．带电质点在P点时的加速度比在Q点小
6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知( )
A．三个等势面中，c等势面电势高 B．带电质点通过Q点时动能较小 C．带电质点通过P点时电势能较大 D．带电质点通过Q点时加速度较大
7．如图所示，在空间坐标系Oxyz中有A、B、M、N点，且AO=BO=MO=NO；在A、B两点分别固定等量同种点电荷+Q1与+Q2，若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势为零
B．M点与N点的电场强度相同 C．M点与N点的电势相同
D．试探电荷+q从N点移到无穷远处，其电势能增加
8．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板下移一段距离，小球可能打在下板的中央
9．如图所示是示波管的原理示意图，XX′和YY′上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX′和YY′分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？
A． B．
C． D．
10．如图所示,一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量+q的小球,由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是（ ）
A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球经过环的最低点时机械能最大
C．小球经过环的最低点时对轨道压力为2(mg+qE) D．小球经过环的最低点时对轨道压力为(mg+qE)
11．两个相同的金属小球，所带电荷量大小之比为1:9，相距为r（r远大于金属球的直径），两球之间的库仑引力大小为F。如果把这两个小球相互接触后再使它们之间的距离变为原来的2倍，它们之间的库仑力大小将变为（ ） A．
25F 36B．
5F 6C．
2F 3D．
4F 912．某静电场的一簇等差等势线如图中虚线所示，从A点射入一带电粒子，粒子仅在电场力作用下运动的轨迹如实线ABC所示。已知A、B、C三点中，A点的电势最低，C点的电势最高，则下列判断正确的是( )
A．粒子可能带负电
B．粒子在A点的加速度小于在C点的加速度 C．粒子在A点的动能小于在C点的动能 D．粒子在A点的电势能小于在C点的电势能
13．某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直．以下说法正确的是
A．O点电势与Q点电势相等
B．M、O间的电势差大于O、N间的电势差 C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少 D．正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上
14．一端固定在天花板上的绝缘细线的另一端与一带正电的小球M相连接，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在图中，小球M能处于静止状态的是（ ）
A． B．
C． D．
15．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相连，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（ ）
A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大 B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小 C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小 D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大
16．如图所示，在一对带等量异号电荷的平行金属板间，某带电粒子只在电场力作用下沿虚线从A运动到B．则（ ）
A．粒子带负电
B．从A到B电场强度增大 C．从A到B粒子动能增加 D．从A到B粒子电势能增加
17．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上，
电场强度为零的地方在（ ）
A．B左侧 C．A和B之间
B．A右侧
D．A的右侧及B的左侧
18．如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度( )
A．大小为C．大小为42kQ，方向竖直向上 2a42kQ，方向竖直向下 2aB．大小为
22kQ，方向竖直向上 2a22kQ，方向竖直向下 2aD．大小为19．如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（ ）
A． B． C． D．
20．在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子( )
A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小 C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加
21．两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB．由图线提供的信息可知
A．P点的电场强度为零 B．Q1的电荷量较大
C．电子沿x轴从A移到B的过程中，加速度逐渐减小
D．电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功
22．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是( )
A．粒子一定带负电 B．A处场强大于C处场强
C．粒子在A处电势能大于在C处电势能
D．粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功
23．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A．θ增大，E增大 C．θ减小，EP增大
B．θ增大，EP不变 D．θ减小，E不变
24．如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )
A．点电荷所受电场力增大 C．P点电势减小
B．点电荷在P处的电势能减少 D．电容器的带电荷量增加
11圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各44圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是
25．下列选项中的各
A． B．
C． D．
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一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A．当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上板带正电，故A错误。
B．当开关由1拨向2时，电容器放电，电流从上向下通过线圈，根据安培定则可知，线圈中磁感线方向向下，故B错误。
C．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误。
D．当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。
故选D。
2．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A．等量异种电荷形成的电场，根据电场线的分布情况和对称性知，C、E两点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误。
B．由等量异种电荷形成的电场，根据电场线的分布情况和对称性知，C、E两点在通过AB连线的中垂面上，C、D、E在同一等势面上，所以C点电势等于E点电势，故B错误。
C．由以上分析知，C、E在同一等势面上，则沿CE连线移动一电量为+q的点电荷，电场力始终不做功，故C正确。
D．由上面的方向知，C、D、E在同一等势面上，所以将一电量为+q的点电荷沿圆弧面从C点经E点移动到D点过程中，电场力不做功，故D错误。 故选C。
3．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
A．粒子所在处电场线为直线，初速度为零，不满足曲线运动的条件，故做加速直线运动，A正确；
B．电场力对粒子做正功，电势能减小，B错误；
C．根据动能定理，电场力做正功，粒子的动能增加，C错误；
D．粒子运动的过程中，所到之处，电场线越来越疏，故场强越来越弱，加速度越来越小，D错误。 故选A。
4．D
解析：D 【解析】 【详解】
A．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。选项A错误。
B．由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会的到如图的轨迹。选项B错误。
CD．带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最
小。选项C错误，D正确。
5．A
解析：A 【解析】 【详解】
A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最低，a点的电势最高，故A正确；
BC．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，在P点的电势能比在Q点大，故BC错误；
D．P点等势面较Q点密集，则电场线也密集，则质点通过P点时的电场力比Q大，则其加速度比Q点大，故D错误．
6．C
解析：C 【解析】 【详解】
A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误．B、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故B错误．C、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故C正确．D、由于相邻等势面之间的电势差相同．等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．故选C． 【点睛】
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．
7．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A．规定无穷远处电势为零，则O点的电势大于0，故A错误；
B．由电场叠加可知，M点与N点的电场强度大小相等，M点电场强度方向沿y轴负方向，N点的电场强度沿z轴正方向，故B错误；
C．M点与N点到两点电荷的距离相等，则M点与N点的电势相同，故C正确； D．由电场叠加可知，Oz方向的电场强度方向沿Oz正方向，则N点电势大于0，且规定无穷远处电势为零，则试探电荷+q从N点移到无穷远处，电势能减小，故D错误。 故选C。
8．B
解析：B
【解析】 【分析】 【详解】
ABC．将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于
E=UQ4πkQ dCdS由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误；
D．若上板不动，将下板下移一段距离，由
E=UQ4πkQ dCdS可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球不可能打在下板的中央，故D错误。 故选B。
9．D
解析：D 【解析】 【分析】
示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。 【详解】
设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为yU2L，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识4U1d得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X方向的电压变化的周期为T0，而Y方向变化的周期为2T0，所以在2T0时间内X方向变化2次，Y方向变化一次。在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X方向与Y方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉。故D正确，ABC错误，故选D。 【点睛】
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负。
10．B
解析：B 【解析】
【分析】 【详解】
A．小球在运动过程中，除重力外有电场力做功，机械能不守恒，故A错误； B．小球经过环的最低点时电场力做功最多，电势能转化为小球的机械能，故小球经过环的最低点时机械能最大，故B正确； CD．小球做圆周运动有
v2FEqmgm
R根据动能定理有
12mvmgREqR 2解得F3(Eqmg)，故CD错误。 故选B。
11．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 由库仑定律得
9Q2Fk2
r因为由题可知开始时两球之间的库仑引力大小为F，说明金属小球带异种电荷，把这两个小球相互接触后再使它们之间的距离变为原来的2倍，它们的电荷量变为，它们之间的库仑力大小将变为
16Q24F2kF 24r9故ABC错误，D正确。 故选D。
12．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A．曲线运动物体力指向曲线的凹侧，且其受到的电场力方向要与等势面垂直，故粒子在A点受到的电场力斜向左下，又AC，故粒子受到的电场力方向与场强方向一致，即粒子应该带正电，A错误；
B．等差等势面越密的地方场强越大，故A点场强大于C点，电荷在A点的加速度大于C点，故B错误；
CD．由于粒子带正电，由Epq可知，正电荷在电势越低的地方电势能越小，故粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，D正确；粒子动能和势能总和不变，而粒子在A点的电势能小于C点电势能，故粒子在A点的动能大于C点动能，故C错误； 故选D。
13．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故B正确；M点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C错误．正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选B．
14．B
解析：B 【解析】 【详解】
设小球M受到的重力为G，细线的拉力为FT，静电力为F，如果小球M能处于静止状态，则G，FT，F三个力的合力必须为零，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，对题中的粒子受力分析，结合平行四边形定则，满足条件的只有选项B，故B正确，ACD错误；
15．D
解析：D 【解析】 【分析】
【详解】
由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板B稍向上移动一点，极板正对面积
SQ，电容减小，由公式C可判断出电容器极板间电压变大，4kdU静电计张角增大，故D正确，ABC错误． 【点睛】
Q本题要抓住电荷量不变的条件，根据电容的定义式C分析电容如何变化．
U16．C
减小，根据公式C解析：C 【解析】 【详解】
一对带等量异号电荷的平行金属板间的电场为匀强电场，则从A到B电场强度不变，带电粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场力的方向与电场强度的方向相同，且与带电粒子的速度方向夹角为锐角，则可判断粒子带正电，电场力对带电粒子做正功，从A到B电势能减少，动能增加，故C正确．
17．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
A．在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，而且由于A的电量大于B的电量，在B的左侧处离A较远，由点电荷场强公式E知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故A正确；
B．A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，但由
kQ可r2kQ可知，在同一点A的电r2场强度一定大于B的电场强度，所以合场强不可能为零．故B错误；
题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式EC．A和B之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零．故C错误； D．由上可知D错误。 故选A。
18．C
解析：C 【解析】 【详解】
四个点电荷中处于对角线上的两个正负点电荷产生的电场强度的方向沿对角线方向且由正电荷指向负电荷，四个点电荷中任意一个点电荷在对角线交点处产生的电场强度大小为
EkQ2kQ2a，根据叠加原理，正方形两条对角线交点处的电场强度22(a)242kQ，方向竖直向下.故C正确，ABD错误． 2aE总故选C
19．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：N点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律
Fk律aQ1Q2可得，随着两者之间的距离的增大，N受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定r2F可得，N点的点电荷做加速度减小的直线运动，而vt图像中图像的斜率表示物m体运动的加速度，所以A正确，B图像表示物体做匀加速直线运动，C图像表示物体做加速度增大的直线运动，D图像表示物体先做加速度增大的直线运动，后做加速度减小的直线运动．
20．D
解析：D 【解析】 【详解】
A．从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；
B．设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E趋近于零时，
，当Δx无限x
表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率x先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；
CD．在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．
21．B
解析：B 【解析】 【详解】
A、该图象的斜率等于场强E，则知P点电场强度不为零，A错误；
B、如果Q1和Q2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于
AP＞PB，故Q1＞Q2，B正确；
C、从φ﹣x图象的斜率可知，A到B的区间电场强度先减小后增大，故电子在沿x轴从A移到B的过程中，受到的电场力先减小后增大，加速度也是先减小后增大，C错误； D、电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力方向始终指向x轴负方向，与电子移动方向相反，故电场力一直做负功，D错误．
22．B
解析：B 【解析】 【详解】
A．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；
B．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确； C．从A点飞到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C正确；
D．由于电势差相同，根据WUq知，电场力做功相同，D错误．
23．D
解析：D 【解析】
试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据CS4πkd可知，C
变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据EQ=CU，CU，dS4πkd，联立可得E4πkQ，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点S离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．
【学科网考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能
【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：CS，4kdU，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场d强大小与两板间距无关． E24．B
解析：B 【解析】 【详解】
A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则
板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；
BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=qφ而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误； D.由Q=CU，又有CS，故C减小，Q减小，故D错误。 4kd25．B
解析：B 【解析】 【详解】
根据点电荷的电场强度公式E1kq可得各圆环上的电荷在O点的电场场强大小，再根2r41圆环上4据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可．由于电荷均匀分布，则各的电荷等效集中于
1圆环的中心，设圆的半径为r，则A图O点处的场强大小为4EAkq；将B图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为r22kq,方向沿x轴负方向；C图中两正电荷在O点的合场强2r90°，则在O点的合场强EBkq，D图由于完全对称，易得合场强ED=0．故O 处电2r场强度最大的是图B．故答案为B． 【考点定位】
本题考查电场的叠加,要注意采用等效思想及矢量的运算．难度：中等．
为零，则C中的场强大小为Ec
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