下列物理量中属于矢量的是( )
A.动能 B.电动势 C.加速度 D.振幅
知识点:物理
C
【考点】矢量和标量.
【分析】即有大小又有方向,相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量,如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量;
只有大小,没有方向的物理量是标量,如路程、时间、质量等都是标量.
【解答】解:加速度是既有大小又有方向,相加时遵循平行四边形定则的,所以加速度是矢量,
而动能、电动势和振幅只有大小没有方向,所以它们都是标量.
故选:C.
首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是( )
A.奥斯特 B.法拉第 C.麦克斯韦 D.赫兹
知识点:物理学史
A
【考点】物理学史.
【分析】通电导线周围存在磁场的现象叫电流的磁效应,首先是由奥斯特发现的.
【解答】解:A、首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特,故A正确.
B、法拉第发现了电磁感应现象,故B错误.
CD、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论,预言了电磁波的存在,赫兹首先证实了电磁波的存在.故CD错误.
故选:A.
关于磁感应强度的单位T,下列表达式中不正确的是( )
A.1T=1C•m2 B.1T=1Wb/m2 C.1T=1kg/(A•s2) D.1T=1N/(A•m)
知识点:电磁感应
A
【考点】磁感应强度.
【分析】根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出T与其他单位的关系.
【解答】解:
AB、磁通量的单位是Wb,面积的单位是m2,根据磁通量的公式Φ=BS得,1T=1Wb/m2.故A错误,B正确.
CD、根据磁感应强度的定义式B= 得,1T=1N/A•m,又由牛顿第二定律表达式F=ma得,1N=1Kg•m/s2,则得到1T=1kg/(A•s2).故CD正确.
本题选择错误的,故选:A.
下列几种运动,运动状态发生变化的是( )
A.汽车沿着上坡坡道匀速直线前进
B.降落伞吊着货物斜向下匀速降落
C.船在海面上向东北方向匀速航行
D.火车沿水平面内的弯曲轨道匀速前进
知识点:共点力的平衡
D
【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力.
【分析】状态与时刻对应,过程与时间间隔对应,故运动状态用瞬时速度描述,速度是矢量,大小或方向的变化都是速度发生变化.
【解答】解:A、汽车沿着上坡坡道匀速直线前进,瞬时速度不变,故运动状态不变,故A错误;
B、降落伞吊着货物斜向下匀速降落,瞬时速度不变,故运动状态不变,故B错误;
C、船在海面上向东北方向匀速航行,瞬时速度不变,故运动状态不变,故C错误;
D、火车沿水平面内的弯曲轨道匀速前进,是曲线运动,速度的方向时刻改变,故运动状态是改变的,故D正确;
故选:D
电动机的自动控制电路如图所示,其中RH为热敏电阻,RL为光敏电阻,当温度升高时,RH的阻值远小于R1;当光照射RL时,其阻值远小于R2,为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,则在图中虚线框内应接入的元件是( )
A.非门 B.或门 C.与门 D.与非门
知识点:物理
B
【考点】简单的逻辑电路.
【分析】为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,知只要有一个条件满足,事件就能发生,可知是“或”门.
【解答】解:光照射光敏电阻RL时,其阻值迅速减小,电流减小,R2两端间的电势差增大,则输入门电路的是高电平,输出是高电平.当温度升高时,RH的阻值远小于R1;电流减小,R1两端间的电势差增大,则输入门电路的是高电平,输出是高电平;
所以,为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动,电路中虚线框内应选 或门逻辑电路;
故选:B
关于两等量异种点电荷在其连线中点的电场强度和电势,下列说法中正确的是( )
A.场强为零,电势不为零 B.场强不为零,电势为零
C.场强为不零,电势也不为零 D.场强为零,电势也为零
知识点:电场强度
B
【考点】电场线;匀强电场中电势差和电场强度的关系.
【分析】根据两个等量异种点电荷的电场线分布情况,分析电场强度的大小;两个等量异种点电荷连线的中垂线是一个等势面,一直通到无穷远,据此分析电势.
【解答】解:根据两个等量异种点电荷的电场线图可知,其连线中点的电场强度不为零;由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面,一直通到无穷远,两个等量异种点电荷,故连线中点的电势也为零.故ACD错误,B正确.
故选:B.
如图所示,电路中每个电阻的阻值都相同.则通过电流最大的电阻是( )
A.R1 B.R2 C.R3和R4 D.R5
知识点:闭合电路的欧姆定律
D
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】先分析电路的结构,然后根据串并联电路的特点,判断哪个电阻的电流最高.
【解答】解:由图可知,R1和R2并联后与R5串联,最后跟R3和R4的串联电路并联,由图知上一支路的电阻小,通过R5的电流最大.
则D正确
故选:D
如图,一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动,在圆盘上放一块橡皮,橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针).某段时间圆盘转速不断增大,但橡皮块仍相对圆盘静止,在这段时间内,关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中,正确的是( )
A. B. C. D.
知识点:圆周运动
C
【考点】向心力.
【分析】橡皮块做加速圆周运动,合力不指向圆心;合力的径向分力提供向心力,切线分力产生切向加速度.
【解答】解:橡皮块做加速圆周运动,合力不指向圆心,但一定指向圆周的内侧;由于做加速圆周运动,动能不断增加,故合力与速度的夹角小于90°;
故选:C.
如果力F在时间t内使质量为m的物体移动一段距离s,那么( )
A.力F在时间t内使质量D
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系.
【分析】由牛顿第二定律求出物体的加速度,然后由匀变速运动的位移公式求物体的位移,根据物体的位移表达式分析答题.
【解答】解:物体做初速度为零的匀加速运动,由牛顿第二定律与匀变速运动的位移公式可得:s=at2=;
A、力F在时间t内使质量的物体移动的距离为,故A错误;
B、力F在时间内使质量的物体移动距离为,故B错误;
C、力F在时间2t内使质量2m的物体移动距离为,故C错误;
D、力在时间t内使质量的物体移动距离为,故D正确;
故选:D
如图所示,一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈,则流过灵敏电流计的感应电流方向是( )
A.先向左,再向右 B.先向右,再向左
C.始终向右 D.始终向左
知识点:楞次定律
A
【考点】楞次定律.
【分析】楞次定律的内容:感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化.根据楞次定律判定感应电流的方向,从而即可求解.
【解答】解:条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中,原磁场方向向左,且磁通量在增加,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化,所以感应电流的磁场向右,由安培定则,知感应电流的方向顺时针方向,即向左.
条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中,原磁场方向向左,且磁通量在减少,根据楞次定律,感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化,所以感应电流的磁场向左,由安培定则,知感应电流的方向逆时针方向,即向右,故A正确,BCD错误.
故选:A.
某长直导线中分别通以如图所示的电流,则下面说法中正确的是( )
A.图①所示电流周围产生匀强磁场
B.图②所示电流周围的磁场是稳定的
C.图③所示电流周围各点的磁场方向在0~t1时间内与t1~t2时间内的方向是相反的
D.图④所示电流周围的磁场先变强再变弱,磁场中各点的磁感强度方向不变
知识点:带电粒子在磁场中的运动
D
【考点】电磁场.
【分析】根据奥斯特实验可知:电流周围存在磁场;麦克斯韦电磁场的理论:变化的电场周围产生磁场,变化的磁场周围产生电场.
【解答】解:A、图(1)是恒定电流,则电流周围产生稳定的磁场,而不是匀强磁场.故A不正确;
B、图(2)是均匀变化的电流,则其周围的磁场是变化的,而不是稳定的.故B不正确;
C、图(3)电流大小在0~t1时间内均匀增加,而在t1~t2时间内均匀减小,但方向却没有变化.所以产生的磁场方向也不会变化.故C不正确;
D、图(4)电流大小先增后减,则磁场也先增后减,且方向不变.故D正确;
故选D
已知某种步枪将子弹以速度v水平射出,射到正对面的竖直靶墙上,测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为θ,若不考虑空气阻力,则根据以上条件( )
A.只能计算出枪口位置与弹孔位置的竖直距离
B.只能计算出枪口位置与靶墙的水平距离
C.只能计算出弹头在空中飞行的时间
D.能计算出弹头在枪口与靶墙间的位移
知识点:抛体运动
D
【考点】平抛运动.
【分析】根据平行四边形定则求出弹头的竖直分速度,结合速度时间公式求出弹头的运动时间,根据速度位移公式求出竖直高度,结合初速度和时间求出水平位移.
【解答】解:测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为θ,根据平行四边形定则知,tanθ=,
解得竖直分速度为:,
则弹头飞行的时间为:t=,
枪口位置与弹孔位置的竖直距离为:,
枪口位置与靶墙的水平距离为:x=,故D正确,ABC错误.
故选:D.
在静止的车厢内,用细绳a和b系住一个小球,绳a斜向上拉,绳b水平拉,如图所示.现让车从静止开始向右做匀加速运动,小球相对于车厢的位置不变,与小车静止时相比,绳a、b的拉力Fa、Fb变化情况是( )
A.Fa变大,Fb不变 B.Fa变大,Fb变小
C.Fa不变,Fb变小 D.Fa不变,Fb变大
知识点:牛顿第二定律
C
【考点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
【分析】以小球为研究对象,分析受力情况,作出力图,根据牛顿第二定律,运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况.
【解答】解:以小球为研究对象,分析受力情况,作出力图,根据牛顿第二定律得:
水平方向:Fasinα﹣Fb=ma ①
竖直方向:Facosα﹣mg=0 ②
由题,α不变,由②分析得知Fa不变.
由①得知,Fb=Fasinα﹣ma<Fasinα,即Fb变小.
故选:C.
(多选题)带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,实线是电场线,下列说法正确的是( )
A.粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小
B.从a到b过程中,粒子的电势能不断减小
C.无论粒子带何种电,经b点时的速度总比经a点时的速度大
D.电场中a点的电势一定比b点的电势高
知识点:牛顿第二定律
AC
【考点】电场线;牛顿第二定律;电势.
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出,到负电荷或无穷远处为止,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.
【解答】解:A、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,可知EA<EB,所以a、b两点比较,粒子的加速度在b点时较大,故A正确
B、由粒子的运动的轨迹可以知道,粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧,根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,整个过程电场力做正功,故B错误
C、整个过程电场力做正功,根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能,所以无论粒子带何种电,经b点时的速度总比经a点时的速度大,故C正确
D、由于不知道粒子的电性,也不能确定电场线的方向,所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系,故D错误
故选AC.
如图所示,直升飞机放下绳索从湖里吊起困在水中的伤员后,在某一高度沿直线飞行;在伤员上升的某段过程中,地面上观察者发现伤员的运动轨迹是一条倾斜向上的直线.空气阻力不计,关于该过程中吊绳对伤员的拉力,下列分析正确的是( )
A.拉力一定竖直向上,且大于重力
B.拉力一定倾斜向上,且大于重力
C.拉力可能竖直向上,也可能倾斜向上,但一定指向直升机
D.拉力可能竖直向上,也可能倾斜向上,不一定指向直升机
知识点:运动的合成和分解
C
【考点】运动的合成和分解.
【分析】地面上观察者发现伤员运动轨迹是一条倾斜向上的直线,因此伤员可能做匀速直线运动,也可能做匀加速直线运动,从而可判定受力情况.
【解答】解:若伤员做匀速直线运动,则在水平方向上匀速直线,水平方向上不受力.在竖直方向的运动是匀速直线运动,竖直方向只受两个力的作用,所以悬索的拉力等于伤员的重力.
若伤员做匀加速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动,竖直方向上是匀加速直线运动,从地面看,轨迹是斜向上的直线,因此拉力倾斜向上,且指向直升机,故C正确,ABD错误.
故选:C.
如图所示的电路中,当滑动变阻器滑片B在图示位置时,电压表和电流表的示数分别为1.6V、0.4A,当滑动变阻器滑片B从图示位置向右滑到另一位置时,它们的示数各改变了0.1V和0.1A,则此时( )
A.电压表示数为1.7V,电源电动势为2V
B.电流表示数为0.3A,电源的效率为65%
C.电压表示数为1.5V,电源电动势为3V
D.电流表示数为0.5A,电源的效率为75%
知识点:闭合电路的欧姆定律
D
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】由根据闭合电路欧姆定律分别列出两种情况下的表达式,再联立即可求得电动势和内电阻
【解答】解:向右滑则总电阻变小,电流增加则电压减小,
由闭合电路欧姆定律得:
E=1.6+0.4r ①
E=1.5+0.5r ②
由①②解得:r=1Ω E=2V
则电动势为2V,内阻r=1Ω
A、C、电压表示数为1.5V,电动势为2V,则AC错误
B、D电流表示数为0.5A,电源的效率为: %=75%则B错误,D正确
故选:D
(多选题)物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出,当它上升到某一高度A点时,动能减少40J,机械能减少10J.设空气阻力大小不变,以地面为零势能面,则物体( )
A.在最高点时机械能为105J
B.上升到最高点后落回A点时机械能为70J
C.空气阻力与重力大小之比为1:4
D.上升过程与下落过程加速度大小之比为2:1
知识点:功能关系
BD
【考点】功能关系;牛顿第二定律.
【分析】物体以一定的初动能竖直上抛,由于阻力使得物体在运动过程中机械能有损失.可利用动能定理求出上升过程中阻力做的功,因为阻力恒定,所以再由动能定理可求出当回到出发点时动能.加速度根据牛顿第二定律求解.
【解答】解:A、物体以120J的初动能竖直向上抛出,做竖直上抛运动,当上升到A点时,动能减少了40J,机械能损失了10J.根据功能关系可知:合力做功为﹣40J,空气阻力做功为﹣10J,合力做功是阻力做功的4倍,则当上升到最高点时,动能为零,动能减小了120J,合力做功为﹣120J,则阻力做功为﹣30J,机械能减小30J,因此在最高点时机械能为120J﹣30J=90J,故A错误.
B、由上知,从A点到最高点机械能减小20J,当下落过程中,由于阻力做功不变,所以又损失了20J.因此该物体回到出发点A时的机械能为110J﹣20J﹣20J=70J.故B正确;
C、对从抛出点到A点的过程,根据功能关系:mgh+fh=40J,fh=10J,则得:空气阻力与重力大小之比为f:mg=1:3.故C错误.
D、根据牛顿第二定律得:
上升过程有:mg+f=ma1;
下降过程有:mg﹣f=ma2;则得 a1:a2=2:1,故D正确.
故选:BD
(多选题)一列横波沿直线传播,在波的传播方向上有A、B两点.在t时刻A、B两点间形成如图甲所示波形,在(t+3s)时刻A、B两点间形成如图乙所示波形,已知A、B两点间距离a=9m,则以下说法中正确的是( )
A.若周期大于4s,波可能向右传播
B.若周期为4s,波一定向右传播
C.若波速为8.5m/s,波一定向左传播
D.该波波速可能的最小值为0.5m/s
知识点:波长、频率和波速
BCD
【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系.
【分析】根据两时刻的波形,列出周期通项,得到波速的通项,再分析特殊值确定波的传播方向.
【解答】解:A、若波向右传播,3s=(n+)T1,(n=0,1,2,…),T1=s;
若波向左传播,3s=(n+)T2,(n=0,1,2,…),T2=s
由于n是整数,当n=0时,T=4s时,符合T1通项,波向右传播,而波向右传播周期T≤4s.故A错误,B正确.
C、由图知波长λ=6m,若波速为8.5m/s,波传播的距离为x=vt=8.5×3m=25.5m=4λ,根据波形的平移,波一定向左传播.故C正确.
D、波传播的最小距离为向左传播1.5m,波波速可能的最小值为v=m/s=0.5m/s.故D正确.
故选:BCD
(多选题)如图是一种工具﹣石磨,下面磨盘固定,上面磨盘可绕过中心的竖直转轴,在推杆带动下在水平面内转动.若上面磨盘直径为D,质量为m且均匀分布,磨盘间动摩擦因素为μ.若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动,磨盘转动一周,外力克服磨盘间摩擦力做功为W,则( )
A.磨盘边缘的线速度为AD
【考点】功的计算;线速度、角速度和周期、转速.
【分析】根据线速度v=ωr;根据功的定义w=Fs,s=2πr即可求解
【解答】解:A、根据线速度v=ωr,v=,故A正确B错误
C、根据功的定义w=Fs=μmgs,对应圆的周长s=2πr,解得 r=故C错误D正确
故选:AD
有7个完全相同的金属框,表面涂有绝缘层.如图所示,A是一个框,B是两个框并列捆在一起,C是两个框上下叠放捆在一起,D是两个框前后叠放捆在一起.将他们同时从同一高度由静止释放,穿过水平向里的匀强磁场,最后落到水平地面.关于金属框的运动,以下说法正确的是( )
A.D最先落地 B.C最后落地
C.A、B、D同时落地 D.B最后落地
知识点:恒定电流
C
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;安培力.
【分析】设金属框的质量为m,边长为L,刚刚进入磁场时的速度为v,然后写出电动势和感应电流的表达式,和安培力的表达式,最后结合运动学的公式分析比较AB、B、D金属框的运动情况即可.而C金属框与BD金属框的比较,需要使用动量定理,结合运动的过程进行分析.
【解答】解:设每一个金属框的质量为m,边长为L,电阻值为R,刚刚进入磁场时的速度为v,则:单个的金属框产生的感应电动势:E=BLv
感应电流:I=
受到的安培力:F=BIL=
金属框在进入磁场时受到重力和安培力的作用,以向下为正方向,则其加速度:
a=
B是两个框并列捆在一起,总质量是2m,进入磁场时受到的安培力是2F,所以加速度:
;
C是两个框上下叠放捆在一起,总质量是2m,但进入磁场时受到的安培力是F,所以加速度:
D是两个框前后叠放捆在一起,总质量也是2m,进入磁场时受到的安培力也是2F,所以加速度:aD=a;
由以上的分析可知,A、B、D三个金属框在进入磁场的过程中的加速度相等,所以运动的情况是完全相同的,所以ABD三个金属框同时落地.
设金属框进入磁场的时间为△t,平均电动势为,则流过金属框任意截面的电量q:
每一个金属框受到的安培力产生的冲量: =
可知在金属框进入磁场的过程中安培力产生的总冲量与下降的高度无关,与金属框进入磁场的速度大小也无关.
但是,由于在四个金属框刚刚进入磁场时,C受到的安培力是B、D金属框的一半,所以安培力的冲量比较小,所以在进磁场的最初的一段时间内,C受到的安培力的冲量小,根据动量定理可知,金属框进磁场的一段时间内C向下的速度大,一直到C全部进入磁场的高度的位置时,BCD的速度才重新相等.所以在这一段的时间的位移内C的时间比较小.所以C一定是最早落地.
综上所述,只有C选项正确.
故选:C
位移是描述物体 变化的物理量,加速度是描述物体 快慢的物理量.
知识点:速度、加速度
位置;速度变化
【考点】加速度;位移与路程.
【分析】位移的物理意义是描述物体位置变化的物理量,加速度是描述物体速度变化快慢的物理量,都是矢量.
【解答】解:位移是描述物体位置变化的物理量,加速度是描述物体速度变化快慢的物理量.
故答案为:位置;速度变化
用M表示地球质量,R表示地球半径,T表示地球自转周期,G表示万有引力常量,则地面上物体的重力加速度为g= ,地球同步卫星的轨道高度为h= .
知识点:宇宙速度
;﹣R.
【考点】同步卫星.
【分析】根据已知量,地球表面的物体受到的重力等于万有引力可求出近地轨道处的重力加速度;
地球的同步卫星的万有引力提供向心力,可以求出地球同步卫星的高度.
【解答】解:地球表面的物体受到的重力等于万有引力,有:
=mg
解得:g=,
地球的同步卫星的万有引力提供向心力:
=m
解得:r=
那么地球同步卫星的轨道高度为:h=﹣R;
故答案为:;﹣R.
如图所示,一长为L、质量为m的均匀棒可绕O点转动,下端A搁在光滑球面上,用过球心的水平力向左推球.若在图示位置棒与球相切,且与竖直方向成45°时球静止,则水平推力F为 .若球经过图示位置时水平向左的速度为v,则棒的端点A的速度为 .
知识点:运动的合成和分解
; v.
【考点】力矩的平衡条件;运动的合成和分解.
【分析】根据力矩平衡条件,列出方程,求得球对棒的支持力,再对球受力分析,依据平衡条件,即可求解水平推力大小;对棒与球接触处进行运动的分解,确定两分运动,从而即可求解.
【解答】解:对棒受力分析,根据力矩平衡,由图可知,则有:mg×=N×L
解得:N=
再对球受力分析,依据平衡条件,则有:Ncos45°=F
解得:F=
由题意可知,对棒与球接触处,进行运动的分解,如图所示:
则有:vA=vcos45°=v
故答案为:; v.
如图a所示是打桩机的简易模型.质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动,上升一段高度后撤去F,到最高点后自由下落,撞击钉子后物体不再弹起,将钉子打入一定深度.若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点,物体上升过程中,机械能E与上升高度h的关系图象如图b所示.不计所有摩擦,g=10m/s2.物体上升过程所受拉力F= N;在整个过程中距初始位置 m处物体的重力势能与动能相等.
知识点:功能关系
12;0.6
【考点】功能关系;动能和势能的相互转化.
【分析】根据功能原理列式可知E﹣h图象的斜率等于拉力,根据机械能守恒计算重力势能与动能相等时问题的高度.
【解答】解:根据功能原理得:△E=F△h,得F=,可知E﹣h图象的斜率等于拉力,为:
F==N=12N;
由图可知,物体的机械能最大为12J,
下落的过程中机械能守恒,物体的重力势能与动能相等时,均为6J,即:mgh=6J,
解得:h=0.6m.
故答案为:12;0.6
在匀强电场中建立空间坐标系O﹣xyz,电场线与xOy平面平行,与xOz平面夹角37°,在xOz平面内有A、B、C三点,三点连线构成等边三角形,其中一边与Ox轴重合.已知点电荷q=﹣1.0×10﹣8C在A点所受电场力大小为1.25×10﹣5N;将其从A点移到B点过程中克服电场力做功2.0×10﹣6J,从B点移到C点其电势能减少4.0×10﹣6J,则A、B、C三点中电势最高的点是 点,等边三角形的边长为 m.(cos37°=0.8,sin37°=0.6)
知识点:电场强度
C;0.4.
【考点】电势差与电场强度的关系;匀强电场中电势差和电场强度的关系.
【分析】根据电场力做功正负分析电势能的变化,结合推论:负电荷在电势高处电势能小,在电势低处电势能大,分析电势的高低.由电场力做功公式求等边三角形的边长.
【解答】解:将负点电荷从A点移到B点过程中克服电场力做功2.0×10﹣6J,电势能增大2.0×10﹣6J,从B点移到C点其电势能减少4.0×10﹣6J,所以C点的电势能最小,由推论:负电荷在电势高处电势能小,在电势低处电势能大,则C点的电势最高.
由于点电荷从B移动到C电势能变化量最大,由等边三角形的对称性可知,BC边应与x轴重合,设等边三角形的边长为L.
从B点移到C点电场力做功 W=4.0×10﹣6J
已知点电荷q=﹣1.0×10﹣8C在A点所受电场力大小为 F=1.25×10﹣5N,由W=FLcos37°得 L===0.4m
故答案为:C;0.4.