为2E2cos30°＝3E，方向沿∠eod的角平分线，选项B错误；a处正电荷移至e处，2
o处的电场强度大小为E2，方向沿oc，选项C正确；a处正电荷移至f处，o处的电场强度大小为2E2cos30°＝3E，方向沿∠cod的角平分线，选项D错误。2
5．选A由三电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，q1和q3为同种电荷，它们与q2kq2q1kq1q3q2互为异种电荷，设q1和q2距离为r，则q2和q3的距离为2r，对于q1有2＝，则有rq33r21kq1q3kq2q3q19＝，对q3有＝，所以＝，考虑到各电荷的电性，故A正确。9q243r22r2qQ6mgL26．选C3k2cosθ＝mg，si
θ＝33，联立解得q＝。L6kQ7．选AB在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故A、B正确。8．选ABC摩擦使笔套带电，笔套靠近圆环时，由于静电感应圆环上、下都感应出异号电荷，圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，选项ABC正确；笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷部分转移到金属圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误。9．选AC对带电小球＋q受力分析，画出带电小球＋q受力图，根据qQ1qQ2库仑定律，F1＝k，F2＝k，设半圆环对带电小球＋q的弹力为Lcosα2Lsi
α2FN，根据平行四边形定则可得，F1＝FN′cosα，F2＝FN′si
α，FN＝FN′，联Q2Q2Q2立解得：ta
3α＝，故A正确B错误；由ta
3α＝，α45°，得1，即Q2Q1，则O点Q1Q1Q1的场强一定不为零，故C正确，D错误。10．选AC设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asi
α，则两个q之间距离为2acosQqq2α。选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k2cosα＝k，解得cos3α＝aacosα2
5
fqQqQ2，故A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k2si
α＝k，8Qaasi
α2Q解得si
3α＝，故C正确，D错误。8q11．解析：1对小球进行受力分析，如图所示。设绳子对小球的拉力为T，mg＝cosθTmgT＝cosθ2设小球在水平方向受到库仑力的大小为F，F＝ta
θF＝mgta
θmgQ2又因为：F＝k2r＝2Lsi
θr所以Q＝2Lsi
θ答案：1mgta
θ。kmgta
θk
mg22Lsi
θcosθ
12．解析：1当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小。由mgsi
θ＝qE，解得：mgsi
θE＝。q小球带负电，所受电场力方向与场强方向相反，故场强方向为斜向左下方。2设线长为l，小球运动到最低点的速度为v，细线对小球的拉力为F，则有：1mgl1－cosθ＝mv2，2v2F－mgr