01專題網(wǎng)絡·思維腦圖
02考情分析·解密高考
03高頻考點·以考定法
04核心素養(yǎng)·難點突破
05創(chuàng)新好題·輕松練習
【典例1】（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）真空中固定有兩個點電荷，負電荷Q1位于坐標原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x=x0處產(chǎn)生的合電場強度為0，則Q1、Q2相距（ ）
A．2x0
B．(22?1)x0
C．22x0
D．(22+1)x0
【答案】B
【詳解】依題意，兩點電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，所以合場強為0的位置應該在x軸的負半軸，設兩點電荷相距L，根據(jù)點電荷場強公式可得
kQ1x02=kQ2(x0+L)2
又
Q2=8Q1
解得
L=(22?1)x0
故選B。
【典例2】（多選）（2022·重慶·高考真題）如圖為兩點電荷Q、Q′的電場等勢面分布示意圖，Q、Q′位于x軸上，相鄰等勢面的電勢差為3V。若x軸上的M點和N點位于0V等勢面上，P為某等勢面上一點，則（ ）
A．N點的電場強度大小比M點的大
B．Q為正電荷
C．M點的電場方向沿x軸負方向
D．P點與M點的電勢差為12V
【答案】AD
【詳解】A．等差等勢線的密度體現(xiàn)場強的大小，由圖可知N點的等差等勢線比M點更密，則N點的電場強度大小比M點的大，故A正確；
B．沿著電場線電勢逐漸降低，由圖可知電場線由N指向Q，則Q為負電荷，故B錯誤；
C．沿著電場線電勢逐漸降低，結(jié)合各等勢線的電勢高低關(guān)系可知M點的電場方向沿x軸正方向，故C錯誤；
D．M點與N點等勢均為0V，P點與N點的等勢線間隔四個，而相鄰等勢面的電勢差為3V，則P點與M點的電勢差為12V，故D正確。
故選AD。
【典例3】（多選）（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，一位于P點左側(cè)的固定正電荷產(chǎn)生的電場中，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點，N點，且q在M，N點時速度大小也一樣，則下列說法正確的有（ ）

A．P點電勢大于MB．M點電勢大于N
C．q從P到M一直做減速運動D．M、N兩點處電場強度大小相同
【答案】AD
【詳解】ABC．由題意知，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點與N點，且q在M，N點時速度大小也一樣，由動能定理可知M、N兩點的電勢相同， M、N 兩點位于以場源電荷為圓心的同一圓周上，由于場源點荷在P點左側(cè)，所以P點電勢高于M點電勢，q從P到M做加速運動，故BC錯誤，A正確；
D．根據(jù)以上分析可知，M、N兩點在同一等勢面上，且該電場是固定正電荷產(chǎn)生的電場，則說明M、N到固定正電荷的距離相等，由點電荷的場強公式可知M、N兩點處電場強度大小相同，故D正確。
故選AD。
1．庫侖定律
(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．
(2)表達式：F＝keq \f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．
(3)適用條件：真空中的點電荷．
①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式；
②當兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷．
(4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，且同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．
應用庫侖定律的四條提醒
(1)在用庫侖定律公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均代入電量的絕對值計算庫侖力的大?。?br>(2)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反．
(3)庫侖力存在極大值，由公式F＝keq \f(q1q2,r2)可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和一定的條件下，當q1＝q2時，F(xiàn)最大．
（4）對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．
2.幾種典型電場的電場線分布特點

(1)孤立點電荷的電場(如圖甲、乙所示)
①正(負)點電荷的電場線呈空間球?qū)ΨQ分布指向外(內(nèi))部；
②離點電荷越近，電場線越密(場強越大)；
③以點電荷為球心作一球面，則電場線處處與球面垂直，在此球面上場強大小相等，但方向不同．
(1)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大．
(2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向．
(3)沿電場線方向電勢逐漸降低．
(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直．
3.幾種常見的典型電場等勢面的對比分析
4．電勢高低的判斷
5.電勢能大小的判斷
6．求電場力做功的四種方法
(1)定義式：WAB＝Flcs α＝qEdcs α(適用于勻強電場)．
(2)電勢的變化：W＝qUAB＝q(φA－φB)．
(3)動能定理：W電＋W其＝ΔEk.
(4)電勢能的變化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB.
7．電場中的功能關(guān)系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的增量．
(4)所有外力對物體所做的總功，等于物體動能的變化．
考向01 利用庫倫定律求解點電荷的受力問題
【針對練習1】（多選）如圖所示，同一直線上的三個點電荷q1、q2、q3，恰好都處在平衡狀態(tài)，除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2間的距離是q2、q3間距離的2倍。下列說法正確的是（ ）
A．若q1、q3為正電荷，則q2為負電荷
B．若q1、q2為負電荷，則q3為正電荷
C．q1:q2:q3=36:4:9
D．q1:q2:q3=9:4:36
【答案】AC
【詳解】AB．三個自由電荷在同一直線上處于平衡狀態(tài)，則一定滿足“兩同夾異，兩大夾小，近小遠大”，所以q1和q3是同種電荷，q2是異種電荷，故A正確，B錯誤；
CD．根據(jù)庫侖定律和矢量的合成，則有
kq1q22r2=kq1q33r2=kq2q3r2
解得
q1:q2:q3=36:4:9
故C正確，D錯誤。
故選AC。
【針對練習2】如圖，電荷量分別為Q1、Q2的小球B、C固定于相距為d的絕緣水平面上。另有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球A懸浮靜止于空中，此時小球A、B的距離為當32d，小球A、C的距離為12d、已知重力加速度大小為g，靜電力常量為k，三個小球均可視為點電荷。下列說法正確的是（ ）
A．Q1與Q2為異種電荷
B．帶電小球A所在點的電場強度方向一定豎直向上
C．Q1=3Q2
D．Q1=mgd28kq
【答案】C
【詳解】A．小球A懸浮靜止于空中，因此小球B對A的排斥力與小球C對A的排斥力的合力一定與小球A所受的重力等大反向，故三個小球均帶同種電荷，故A錯誤；
B．小球A受到的電場力一定豎直向上，但不知小球A所帶電荷的電性，故無法判定其所在點的電場強度方向，故B錯誤；
CD．由三角形的邊角關(guān)系可知∠ABC=30°，∠ACB=60°，根據(jù)庫侖定律和平衡條件，可得
kQ1q32d2sin30°+kQ2q12d2sin60°=mg
kQ1q32d2cs30°=kQ2q12d2cs60°
解得
Q1=3Q2，Q1=3mgd28kq，Q2=3mgd28kq
故D錯誤，C正確。
故選C。
考向02 同種或異種點電荷周圍電勢和電場強度的分布
【針對練習3】（多選）如圖所示，等量的異種點電荷＋Q、-Q在x軸上并關(guān)于O點對稱放置，虛線是其在空間中產(chǎn)生的電場的等勢線，空間的點a、b、c連線與x軸平行，b點在y軸上，并且ab=bc，則下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)、c兩點的電勢關(guān)系為φa=φc
B．a(chǎn)、c兩點的電場強度的大小關(guān)系為Ea=Ec
C．若在a點由靜止釋放一個質(zhì)子，則質(zhì)子經(jīng)過y軸后一定不能通過c點
D．若從O點以初速度v0沿y軸正方向射出一電子，則電子將沿y軸運動
【答案】BC
【詳解】A．在等量異種點電荷的電場中，電場線從正電荷出發(fā)沿垂直于等勢面方向指向負電荷，所以φa>φc，選項A錯誤；
B．a(chǎn)、c兩點關(guān)于y軸對稱，所以電場強度的大小相等，選項B正確；
C．質(zhì)子從a點由靜止釋放，受到的電場力可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸正方向的分力Fy，所以質(zhì)子沿x軸正方向做初速度為零的加速運動，同時沿y軸正方向也做初速度為零的加速運動，當質(zhì)子經(jīng)過y軸后受到的電場力的方向可以分解為沿x軸正方向的分力Fx和沿y軸負方向的分力Fy，所以質(zhì)子沿x軸正方向繼續(xù)做加速運動，沿y軸正方向則做減速運動，由于ab=bc，所以質(zhì)子一定不會經(jīng)過c點，選項C正確；
D．若電子從O點以初速度v0沿y軸正方向射出，電子受到的電場力沿x軸負方向，不可能沿y軸運動，選項D錯誤。
故選BC。
【針對練習4】如圖所示為兩個異種點電荷A、B形成電場線和等勢線，其中正電荷的電荷量為+q，負電荷的電荷量為-2q。已知N、M點在A、B兩個點電荷的連線上，P、Q點同在某一條電場線上，下列說法正確的是（ ）
A．點電荷B的電荷量為+q
B．若N點電勢為0，則M點電勢必小于0
C．在P點由靜止釋放一個帶正電的試探電荷，它可沿電場線運動到Q點
D．N、M之間的電勢差小于P、Q之間的電勢差
【答案】B
【詳解】AB．取其中一條電場線的最高點或者最低點，畫出兩個電荷在該點的電場強度矢量，根據(jù)豎直方向電場強度矢量和為零，可以判斷出A的電荷量小于B的電荷量，所以A帶正電，電荷量為q，B帶負電，電荷量為-2q，由此可知A、B連線的電場方向由A→B，那么N點電勢為0，則M點電勢必小于0，故A錯誤，B正確；
C．由P點釋放試探正電荷，試探電荷在之后的運動過程中，速度方向與電場力的方向不在一條線上，所以不會沿著電場線運動到Q點，故C錯誤；
D．N、P和M、Q分別在兩個相同的等勢面上，所以N、M之間的電勢差等于P、Q之間的電勢差，故D錯誤。
故選B。
考向03 帶電粒子在電場中的運動和功能關(guān)系
【針對練習5】真空中存在點電荷q1、q2產(chǎn)生的靜電場，其電場線的分布如圖所示，圖中P、Q兩點關(guān)于點電荷q1水平對稱。P、Q兩點電場強度的大小分別為EP、EQ，電勢分別為φP、φQ。一個帶電粒子沿虛線軌跡從M移動至N，則（ ）
A．EP>EQ，φPq2
C．從M移動至N，加速度先減小再增大
D．粒子帶負電，從M至N它的電勢能先變大后變小
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)電場線的疏密程度表示場強的大小，由圖可知
EP>EQ
P、Q兩點關(guān)于點電荷q1水平對稱，P到q1之間場強較大，電勢降低較快，可知
φP>φQ
故A錯誤；
B．由電場線分布可知，q1帶負電，q2帶正電，由電場線的疏密可知，q1的電荷量絕對值大于q2的電荷量絕對值，故B錯誤；
C．由電場線分布可知，從M移動至N，電場強度先增大后減小，則加速度先增大再減小，故C錯誤；
D．粒子帶負電，從M至N電場力先做負功后做正功，它的電勢能先變大后變小，故D正確。
故選D。
【針對練習6】（多選）空間某區(qū)域電場線分布如圖所示，帶正電小球（質(zhì)量為m，電荷量為q），在A點速度為v1，方向水平向右，至B點速度為v2，v2與水平方向間夾角為α，A、B間高度差為H，以下判斷不正確的是（ ）
A．A、B兩點間電勢差U=mv22?mv122q
B．小球由A至B，電勢能的減少量為12mv22?12mv12?mgH
C．小球由A運動到B的過程中，機械能一定增加
D．小球重力在B點的瞬時功率為mgv2csα
【答案】AD
【詳解】AB．小球由A點運動至B點過程中，重力和電場力做功，由動能定理得
mgH+W=12mv22?12mv12
得電場力做功
W=12mv22?12mv12?mgH
所以電勢能減小量為
ΔEp=12mv22?12mv12?mgH
由電場力做功
W=qU
得A、B兩點間的電勢差
U=mv22?mv12?2mgH2q
故A錯誤，B正確；
C．電場力做正功，機械能增大。故C正確；
D．小球運動到B點時所受重力與速度方向不同，則其重力的瞬時功率
P=mgv2sinα
故D錯誤。
本題選錯的，故選AD。
考向04 等量點電荷在空間的電勢和電場強度分布
【典例4】（多選）（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（ ）

A．F′點與C′點的電場強度大小相等
B．B′點與E′點的電場強度方向相同
C．A′點與F′點的電勢差小于O′點與D′點的電勢差
D．將試探電荷+q由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小
【答案】ACD
【詳解】D．將六棱柱的上表面拿出

由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直O(jiān)F，則K點的合場強與OF的夾角為銳角，在F點的場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；
C．由等量異種電荷的電勢分布可知
φA'=φ>0，φD'=?φ0
因此
φA'?φF'=φ?φF'0)，O為球心，A為球殼外一點，AO=x。已知球殼I在A點形成的電場強度為E1，規(guī)定距О點無限遠處的電勢為零，下列說法正確的是（ ）
A．O點電場強度為零，電勢為零
B．球殼I在O點形成的電場強度水平向右
C．球殼II在A點形成的電場強度大小EⅡ=2kqx2?EⅠ
D．球殼I和球殼II在A點形成的電勢相等
【答案】C
【詳解】A．球殼靠的很近，間距可忽略，根據(jù)對稱性，O點電場強度為零，兩球殼均勻帶有負電荷，距О點無限遠處的電勢為零，O點電勢為負，故A錯誤；
B．根據(jù)對稱性可以判斷，球殼帶負電，球殼Ⅰ在O點形成的電場強度水平向左，故B錯誤；
C．把兩球殼當成整體，在A點形成的電場強度為
E=2kqx2
沿OA自A指向O，兩球殼在A點分別形成的電場強度方向均沿OA自A指向O，則
E=EⅠ+EⅡ
解得
EⅡ=2kqx2?EⅠ
故C正確；
D．電勢是標量，球殼Ⅰ和球殼Ⅱ電荷量相等，球殼Ⅱ距離A點近，形成的電勢低，故D錯誤。
故選C。
【針對練習10】（多選）邊長為a的正方形的四個頂點上放置如圖所示的點電荷，以正方形中心O為原點建立坐標系，A、B、C、D為另一正方形的四個頂點，中心也為O。以下說法正確的是（ ）
A．O點場強大小為零
B．O點場強大小為42kqa2，方向沿?x軸方向
C．帶正點的檢驗電荷沿y方向移動，電場力不做功
D．帶負點的檢驗電荷從A點移到D點，電勢能增大
【答案】BC
【詳解】AB．BC方向兩個點電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度大小為
E1=2kq22a2=4kqa2
方向從B→C。
AD方向兩個點電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度大小為
E2=2kq22a2=4kqa2
方向從D→A。
根據(jù)電場的疊加原理可得O點場強大小為
E=2E1=42kqa2
方向沿?x軸方向，故A錯誤，B正確。
C．在A、B兩點的點電荷電場中y軸是一條等勢線，在C、D兩點的點電荷電場中y軸也是一條等勢線，由電場的疊加原理可得y軸是一條等勢線，則帶正點的檢驗電荷沿y方向移動，電場力不做功，故C正確。
D．從A點移到D點，電勢升高，電場力對負電荷做正功，電勢能減小，故D錯誤。
故選BC。
考向06 帶電粒子在勻強電場中的運動問題
【典例7】（2023·浙江·高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子（ ）
A．在XX′極板間的加速度大小為eUm
B．打在熒光屏時，動能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為2meU
D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα=l20d
【答案】D
【詳解】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小
ax=eEm=eUmd
A錯誤；
B．電子電極XX′間運動時，有
vx = axt
t=lvz
電子離開電極XX′時的動能為
Ek=12m(vz2+vx2)=eU(10+l240d2)
電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為eU(10+l240d2)，B錯誤；
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小
Ix=mvx=ldmeU20
C錯誤；
D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切
tanα=vxvz=l20d
D正確。
故選D。
【針對練習11】正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖所示的電路中，板長為l，板間距為d，在距離板的右端2l處有一豎直放置的光屏M。D為理想二極管（即正向電阻為0，反向電阻無窮大），R為滑動變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關(guān)S，讓一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，v0粒子未碰到極板，最后垂直打在M上。已知重力加速度為g，在保持開關(guān)S閉合的情況下，下列分析或結(jié)論正確的是（ ）
A．粒子在板間運動的過程中與它從板的右端運動到光屏的過程中速度變化量相同
B．板間電場強度大小為3mgq
C．若僅將滑片P向下滑動一段后，則粒子不會垂直打在M上
D．若僅將兩平行板的間距變大一些，則粒子不會垂直打在M上
【答案】B
【詳解】A．粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，要垂直打在M屏上，離開電場后，粒子應打在屏的上方，做斜上拋運動，否則，粒子離開電場后軌跡向下彎曲，粒子不可能垂直打在M板上。粒子在板間的類平拋運動和離開電場后的斜上拋運動，水平方向都不受外力，都做勻速直線運動，速度都等于v0，而且v0方向水平，粒子垂直打在M板上時速度也水平，根據(jù)粒子的軌跡彎曲方向可知兩個過程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，則速度變化量方向相反，故A錯誤；
B．粒子的軌跡如圖所示
設粒子在板間運動的過程中加速度大小為a，則粒子離開電場時豎直分速度大小
vy=at1=qE?mgm×lv0
粒子離開電場后運動過程其逆過程是平拋運動，則
vy=gt2=g2lv0
聯(lián)立解得
E=3mgq
故B正確；
C．若僅將滑片P向下滑動一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，板間電壓不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然v0會垂直打在光屏上，故C錯誤；
D．若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C=QU知U不變，電荷量要減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，根?jù)推論可知板間電場強度不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從N點以水平速度v0射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，故D錯誤。
故選B。
【針對練習12】如圖所示的勻強電場方向豎直向下，一帶正電粒子由圖中的A點沿垂直電場線的方向射入電場，經(jīng)過一段時間粒子由電場中的B點離開，已知A、B兩點沿電場方向的間距為h，沿垂直電場方向的間距為x。現(xiàn)將A、B兩點之間的水平間距和豎直間距等分為兩份，粒子重力不計，則下列說法正確的是（ ）
A．前x2和后x2，粒子電勢能的變化量之比為1:3
B．前x2和后x2，粒子沿電場線的位移之比為1:1
C．前?2和后?2，粒子的運動時間之比為1:2
D．前?2和?2后，粒子垂直電場線方向的位移之比為1:（2?1）
【答案】AD
【詳解】AB．粒子在沿電場的方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直電場的方向上粒子做勻速直線運動。由公式
x=v0t
可知前x2和后x2所需時間的比值為1:1；
由公式
?=12at2
可知粒子沿電場線方向的位移比為1:3；
由電場力做功公式
W=Eqy
可知該過程中電場力做功之比為1:3，由功能關(guān)系得該過程中粒子電勢能的變化量之比為1:3，故A正確，B錯誤；
C．由沿電場線方向的分運動可知t=2?a，所以前?2和后?2所需時間的比值為1:2?1，故C錯誤；
D．由公式x=v0t可知粒子垂直電場線方向的位移之比為1:2?1，故D正確。
故選AD。
一、單選題
1．靜電植絨技術(shù)的植絨流程如圖所示，需要植絨的布在滾輪帶動下勻速向右運動，將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布表面上，假設每根絨毛規(guī)格相同。則（ ）

A．絨毛在飛往布的過程中電勢能增大
B．絨毛帶電量越多，到達布的表面時速率越大
C．滾輪的轉(zhuǎn)速變大，植絨會變密
D．容器與帶電極板之間的距離變大，植絨會變密
【答案】B
【詳解】A．絨毛在飛往需要植絨的布的過程中，絨毛成垂直狀加速飛到需要植絨的布表面上，電場力做正功，電勢能不斷減小，故A錯誤；
B．由動能定理
qU=12mv2
質(zhì)量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達需要植絨的物體表面時速率越大，故B正確；
C．若只增大滾輪的轉(zhuǎn)速，布運動的速度越大，植上相鄰兩個絨毛的距離越大，植絨越疏，故C錯誤；
D．若增大容器與帶電極板之間的距離，而電勢差不變，由
E=Ud
可知，電場強度變小，絨毛受力變小，加速度減小，根據(jù)
x=12at2
到達布上時間邊長，植絨會變稀疏，故D錯誤。
故選B。
2．如圖所示，正方形的兩個頂點B、B′上固定兩個等量正點電荷，將一電子從頂點A由靜止釋放，電子僅在靜電力的作用下運動到頂點A′的v?t圖像可能正確的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【詳解】如圖所示

因為場強最大點與B的連線和B、B′連線的夾角θ的正切值為
tanθ=22
由圖可知∠ABB′=45得
tan45=1
明顯
tan45>tanθ
可得電子是從小于電場強度最大值位置釋放，則電子所受的合電場力先增大后減小再增大最后減小，那么加速度也是先增大后減小再增大最后減小，而v?t圖像任意點的斜率表示加速度大小，所以在運動過程中v?t圖像點的斜率也應先增大后減小再增大最后減小。
故選C。
3．兩個點電荷的電荷量分別為Q1、Q2，M、N為其連線的中垂線上的兩點，電子在M、N兩點所受電場力的方向如圖中箭頭所示，則（ ）
A．Q1為正電荷B．Q2為負電荷
C．Q1小于Q2D．Q1大于Q2
【答案】C
【詳解】根據(jù)電子在M點的受力情況可知Q1為負電荷，Q2為正電荷，根據(jù)庫侖定律F=kQ1Q2r2結(jié)合矢量的合成可知Q1小于Q2。
故選C。
4．如圖所示，光滑絕緣桿彎成直角，直角處固定在水平地面上，質(zhì)量為3m、帶電荷量＋3Q小圓環(huán)A穿在右邊桿上，質(zhì)量為m、帶電荷量＋Q小圓環(huán)B穿在左邊桿上，靜止時兩圓環(huán)的連線與地面平行，右邊桿與水平面夾角為α，重力加速度為g。則（ ）
A．右邊桿與水平面夾角為α=30°B．A環(huán)對B環(huán)庫侖力大小為3mg
C．左邊桿對B環(huán)支持力大小為3mgD．右邊桿對A環(huán)支持力大小為33mg
【答案】A
【詳解】A．分別對小圓環(huán)A、B受力分析，如圖所示
根據(jù)平衡條件，對小圓環(huán)A，有
3mgsinα=Fcsα
對小圓環(huán)B，有
mgcsα=F′sinα
聯(lián)立解得
α=30°
故A正確；
BD．對小圓環(huán)A，據(jù)平衡條件可得
Ncsα=3mg
F=3mgtanα
解得A環(huán)所受支持力
N=23mg
A、B間的庫侖力
F=F′=3mg
故BD錯誤；
C．對小圓環(huán)B，據(jù)平衡條件可得
FN=mgsin30°=2mg
故C錯誤。
故選A。
5．某一區(qū)域的電場線分布如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，電場強度分別為EM、EN、EP，電勢分別為φM、φN、φP。下列說法正確的是（ ）
A．φM=φN>φPB．φM>φP>φNC．EM=EN

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