单元检测(八) 动力学、动量和能量观点在力学中的应用-【衡水真题密卷】2025年高考物理单元过关检测（广东专版）

2024一2025学年度单元过关检测（八）】 物理·动力学、动量和能量观点在力学中的应用 (考选时可75分钟，惑分100分》 一、单项迹择题：本题其7小驱，每小驱4分，共2指分。在每小题给出的四个燃项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 4 5 6 7 答菜 1,如图所示，誉块A,B用轻霞弹簧连接后静止在光滑水平面作板 上，滑块A与左侧竖直国定挡版接啦。观对带块B随加 水平推力F使滑块B向左缓慢远动到某一位置后保持静 止，一段时问后抛去推力下，弹簧如终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A,B,下列说 法正确的是 A.推力下做的功大于弹簧增加的弹性势健 B当弹瓷族夏原长时，滑块A开始离开挡版 C从量左推力F滑块A离开挡版的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系旋功量守恒 D从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A,B两滑块做功的大小相等 2如图新示，竖直面内两个完全相同的光滑圆冀轨道平清对线，P,Q是等高的两装。让 一可视为质点的小球以沿切线的初速度从P端进人轨道，测 A小球在镜道最低点的机械能最大 五小球在轨道最妖点对轨道的压力最大 C初速度足够大时，小球可能飞离“凹形”轨道 山制速度足够大时，小球一定能通过”凸形轨道量高点 3.如图断示，在领角为8二30的成定粗精解血体上，有一可找为质 点，质量为m一1kg的小球用长为L一0.4m的轻绳拴接，轻淘 的另一端因定在口点，小球静止时位于最低点A。现给小球一 与轻绳垂直的初速度山一4m/,使小球在斜面上数翼周运动，经过一爱时同小球刚好 能运功到最高点B,取g=10m/,忽略空气阳力。则小球由A运动到B的过程中克服 摩擦力做的功为 A.10J B8J C.6J D.3J 单元过美检测（八1物理第1页{共8页） 衡水真无 生，跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起桃区a位置处水平龙出，落在着陆区内的b点，不 计空气阻力，如图所示。E,,,E,P分别表示运动员在空中的重力势能，动能，机械能 重力的功率，用表示运动员在空中的运动时间，则下列图像可能正确的是《》 5如图所示，艺滑轮围定在横角为3？的光带斜面上，细线跨 过滑轮，质最分则为m,2m的A,B两滑块与罪线连接并叠 敏在料面上，A,B沿着斜面分别间上，向下做匀速运动，细 线与斜面平行，不计滑轮与绳之间的滑功厚擦力，B的长 度足够长，sin37”-06,c0s37”=Q8,料A,B之间的动享 燕因数为 7✉ A号 R c n号 6,如图所示，质定光滑斜面模角一，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑风氧轨道 相切，位置D为阀轨道的最低点。质量为2器的小球A和质量为m的小环B(均可钱 为质点)用L,=1,5R的轻杆通过整疑议饰相连。B套在光滑的同定整直长杆上，杆和圆 轨道在问一竖直平面内，杆过轨道翼心O,初分轻杆与斜面垂直，在斜而上由静止释放 A,能设在送动过程中两杆不会秘撞，小球能滑过D点且通过纯道连接处时无雀量拟失 (速度大小不变)，重力加速度为g,从小球A由静止释枝到运动至最低点的过程中，下 列判断正确的是 A,A和B用成的系统机候能不守恒 且刚释放时小速A的加速度大小为： C,小环B速度最大时轻杆印力为想g D小球A运动到最抵点时的速度大小为盛 密卷 单元过美检测（八）物理第2页{共8页) 7.知图新示，固定光滑斜雀顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为两的物块产和面量为3m的 物块Q用轻质特绳相速，外力作用于P,使P,Q均静止。某时刻操去外力，当Q下降的 高皮为h时，细绳断裂，重力如度为g,加37”-Q6,P,Q均可锐为质点，斜面是够长 则 3 3 A物扶P沿斜面上升的最大高度为莞 县当细绳塘裂的瞬绳，物块Q的重力的功率为，2 C在潮绳断裂后，物块P静斜面俏上运动的闲为品图 A当物块P运动经最高点时，物块Q的机减能相对：=0时刻碱少了瓷 二，多项选择题：本题共3小版，每小紫6分，共18分。在每小题给出的四个洗项中，有多 项符合题日要求。全部选对的得6分，慧对但不全的得3分，有造错的得非分。 题号 8 9 10 答案 8.如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车A日段是半整为R的四分之一光滑网孤轨 道，从B到小车右端挡酸平带连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于 自由默态，自山端在C点。一质量为m,可栈为霞点的滑块从轨道的最高点A山静 止滑下，范后滑人水平轨道，小车面量是滑块质量的2倍，重力加速度为g。下列说法面 确的是 CMMW A.清块到达B点时的速度大小为2g天 五弹簧获得的最大洋性势能为州gR C带扶从A点运动到B成的过程中，小车运动的位移大小为兰R D.滑块第一次从A点运动到B点时，小车对滑块的支持力大小为4战g 9.如图甲新示，一领斜传送带以2m/s的建度沿逆时针方向匀建转动，一0时刻，将一质 量为1kg的物块轻放在传送带底端，物块在传适带上受到的摩擦力随时同的变化如调 ) 单元过美检测（八1物理第3页（共8页） 衡水真 乙所示（取平行传送梦向上为正）。取g=10m/,n37=06,0g37”=0.8,下列跳 法正确的是 A.传送带的衡角为3 且物块与传送墙同的动摩报因数为总8 C,传送带的长度为10m D运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5m 10.物块P,Q中何用一根轻质弹簧相连，放在光带木平面上，物块P的质量为2g,如图 甲所承，开始时两物块均静止，弹簧处于原长，1一0时对物块P葡加水平向右的氢力 F,=1s时橙去，在01：内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。关于幕 个运动过程，以下分析正确的是 +a线m· 甲 A.=1时Q的速度大小为0,4m/8 且恒力大小为2N C0-1s内P的动量增加量为2kg·m/s D耀去推力后弹簧最长时，Q的速度大小为0.8回/s 三，非送择驱：本驱共5小题，共54分。考生根据装求作答。 11,(7分)在探究加速度和力、质量的关系”实验中。小车受到的拉力测定至关重要，用如 图甲所示的实验装置，不计情轮与饵线，轮轴间摩擦。取兵一10m/s, 打点计时落小/ e.IN 占槽w 乙 题密鞋 单元过美检测（八】物理第4页{共8页） 1》实验前，选择槽码时，槽码的质量网（选填需餐”或不器要“）调足运小于 木车的版量M。此时 (选填需要或不雷要)测定情野疑量 (》实验一：小车质量礼不变，改变槽码疑量，多次实验，测出力传感器的值F和小车 如速度a。作出F图像，如图乙所示A线，划图规A与横轴F的交点的含义 为 (3)实验二：改变小车的质量，用同一装置重复做了该实教小组的实验，作出小车爱量 为M时的F周像为B线，别两线所对应的小军质量M和M相比较，M M(进填大于一等子”或“小于. 12.(0分)在羚证机械能守何定律的实轻中，某同学采用如图甲所示装爱，说过定滑轮的 御线上悬挂爱量相等的重物A和B,在B下面再挂钩码C。已知打点计时葬新用交浅 电兼的飘率为50比 打点扫封海 甲 乙 (1)在重物A下方因定打点计到器，用纸常连接A,测量A的运动情况。下列操作过型 正翰的是 ，(填正答案标号) A固定打点计器时应将复写纸定位轴置于系重物A的细线的正下方 飞安装打点计时普时要竖直架稳，使其两限位孔在门一经直线上 C.接通电黑前让重物A尽量常近打点计时器 D.应选取最初第1,2两点间南离接近2mm的纸带 (2》某次实险结束后，打出的纸镭的一都分如周乙所示，A,B,C为三个相第计时点。则 打下B点时量特的速度a一 一m/s,(结果保御三位有效数字) 《3》如果本实验室电兼顾率大于50Hx,期瞬时违度的周量值 (选填“篇大”或 “偏小”)。 ()已知重物A和B的质量肖为M,钩得C的质量为m,某次实验中从纸带上测量重 物A由静止上升高度为时对应计时友的速度为，最重力加速度为：，测跨证系 统机械能守恒定律的表达式品 (5》为了测定当地的重力加速度，改变秋码C的质量四，测得多组m和对应的如速度 “,作出。一品图像如图两所术，脂线与级轴藏距为，则当地的重力加速厦 为 单元过美检测（八！物理第5页{共8页] 衡水真是 13.(0分)如图所示，光附的四分之一图气轨道最低点P与足够长的水平传透带相切，传 送带以4m/的速度逆时针匀速转动。一质量m一1kg的小物块{可视为质点)在距 传送带高私=3.2m的慈方由静止开给沿圆无轨道滑下，小物块与传送带之间的动摩擦 因数=0,4，传送带长度为d,重力加速度g取10m/分，求： 《1)小物块再次返国国无轨道时沿轨道上升的最大高度： (2)从小物块开始运动到第二次经过P点的过程中，小物块与传送带同由于原擦产生 的热量。 密卷 单元过美检测（八）物理第6页{共8页) 切 14.13分)如图所示，竖直平雀内半径为R=4m的光滑圆氧轨道AB固定在足够长的水 平地面上，轨道AB的底端与水平地面解切于B点，其周心0在B点的正上方，Q4与 竖直方向的夹角为=60°，一质量为网一2kg的滑块1从A点由静止开始下滑，另 一质量为m=1Dkg韵的滑块2静止放于水平地面上的C点，C的长度为L.一1m。两 誉块均可找为质点，两滑块的碰撞为弹性碰靠，两滑块与水平范面间的动摩擦国数均 为=02，数黑=10m/。求： (1)滑块1第一次到达阅弧轨道底骑B点时，对图氧轨道的压力大小： (2)滑块1第一次到达C点时，因碰幢使滑块2获得的速度大小。 A61 切 单元过美检测（八1物理第7页{共8页） 衡水真题密卷 5.(15分)如图所示，在水平地面上静置一质量M=2kg的长木板，在长木板左端静置一 质量m一1kg的小物块A,在A的右边静置一小物块B(B表面光滑)，B的质量与A 相等，A,B之间的距离L:=5m。在1=0时刻B以w=2m/s的初建度向右路动，同 时对A整加一水平向右，大小为6N的拉力P,A开始相对长木板带动。一2时A 的速度大小为助一4m/,木板与地面何的动摩擦四数：一Q05,设最大静摩振力等于 滑动摩擦力，取g=10m/g。 (1)求物块A与术版同的动摩擦因数4a: (2)已知n一25时两物块均末带离长木板，求此时物块A,B间的距离r (3》当B滑到木板的右端时A.B恰好相罐，求木板长度L: ()若木板足够长且在一3s时操去牧力F,试分析物体A,B能香相檀？若能，求A, B两物体从撤去拉力F到相撞所用的时间：若不佳，求A,B两物体从徵去牧力F 刊A,B之间距离达到最小距离的时何，（结果可用根式表示） 单元过美检测（八】物理第8页{共8质）·物理· 参考答案及解析 定律有mw=(m十M) 盘高知 9 解得功=圣m/s 从开始刹车到木板最后停下来总的制车距离s= 此后整体一起以a减速直到静止，有a 49 (m+M)g=5 m/s x十x=160m m十M 2024一2025学年度单元过关检测（八） 物理·动力学、 动量和能量观点在力学中的应用 一、单项选择题 用力，则由牛领第二定律得mgsin0=",设小 1.B【解析】水平面光滑，对滑块B施加一水平推 力F使滑块B向左缓慢运动到某一位置后保持 球由A到B的过程中克服摩擦力做功为W:,由 静止，根据功能关系可知推力F做的功等于弹簧 动能定理得-2 mngLsin0-W1=m呢-2m6, 增加的弹性势能，A错误；当弹簧恢复原长时，滑 解得W=3J,D正确。 块与挡板间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开 4.B【解析】运动员在空中做平抛运动，下落的高 挡板，B正确：从撇去推力F到滑块A离开挡板 度为A=2g,以6为零势能点，则有E,=E。 的过程中，墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和 滑块A、B组成的系统动量不守恒，C错误；从滑 mg·h=E。一"m受·2，A错误：根据动能定理有 块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中，弹簧 对A、B两滑块做的功等于弹簧弹力与A、B位移 B-B=mgh,可得B=A+"受，B正确； 的乘积，因为弹簧对于A、B的弹力大小相等且在 平抛过程中只受重力，故机械能守恒，Et图线应 此过程中xA≠xB,所以弹簧对A、B做功的大小 为横线，C错误；运动员沿竖直方向上的速度为 不相等，D错误。 ,=gt,则重力的功率P=mg·飞，=mg2·t,D 2.B【解析】小球在光滑圆孤轨道上运动，只有重 错误。 力做功，机械能守恒，A错误：小球在轨道最低，点 5,D【解析】先对A进行受力分析可得F一f 有R一mg=m号，根据机械能守恒E-之m心十 mgsin37°，再对B进行分析可得F十f= 2 ngsin37°，联立可得F=0.9mg,f=0.3mg,根 mgh,则小球在轨道最低，点速度最大，则小球在轨 3 道最低，点时轨道对小球的支持力最大，根据牛顿 据N可得u=卡n8c7=音，D正确 6.B【解析】小球A下落到最低点的过程中，A和 第三定律得小球对轨道的压力最大，B正确；设小 B组成的系统只有重力做功，故A和B组成的系 球与竖直方向的夹角为日，在“凹形”轨道运动，根 统机械能守恒，A错误：刚释放小球A时，由牛顿 据牛顿第二定律有F一mg©0s0=m号，小球的 第二定律可知2 mgsin0=2ma,解得a=5。 8,B 重力与轨道对小球的支持力的合力提供向心力，支 持力不可能为零，所以初速度不管有多大，小球 正确；小环B速度最大时，小环B在竖直方向上 的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg,而只有 都不可能飞离“凹形”轨道，C错误：在“凸形”轨道 A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量 运动，根据牛顿第二定律有mg©os0-F=m 才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于 初速度足够大时，小球的重力与轨道对小球的支 mg,C错误；几何关系如图所示，设A初始时刻距 持力的合力不足以捉供向心力，小球不能通过 离最低，点的距离为h1,由几何关系可知Rsin0十 “凸形”轨道最高点，D错误。 3.D【解析】小球刚好运动到B点时，轻绳没有作 tam0=1.5Rsin1,解得A-R,设小环B初 ·23. Y灯 衡水真题密卷 单元过关检测 始时刻距离最低点D的距离为h2,由几何关系可 转化为弹性势能，B正确；从A到B滑下过程由 知h2=h十1.5Rcos0=2R,由系统机械能守恒 人船模型mx1=2mx2,x十x2=R,解得小车的住 可知2mgh1十mg(h,-1.5R)=号×2m,解得 移=尽，C错误。 w=√3gR,D错误。 9.BD【解析】由图乙可知，在0~5s内，摩擦力f =6.4N,在5~10s内，摩擦力f2=6N,在t=5 s时突变，说明在5~10s内物块与传送带共速， 则有f2=mgsin0,解得0=37°，A错误；在0~5s h 内为滑动摩擦力，即f=mgcos0,解得u=0.8, D 7 B正确；物块在0~5s内做匀加速运动，5~10s 7.C【解析】根据题意可知，当Q下降的高度为h 时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度 内微匀递运动，则传送常的长度L=十，解 =闲sin37产=，每绳断裂的醉间P.Q选 得L=15m,C错误：运动过程中，物块相对传送 带的位移大小为△x=t一L,解得△x=5m,D 度大小相等，对P、Q整体，根据机械能守恒有 正确。 3mgk-mg成'=（m十md,解得=√/gh, 10.BD【解析】ct图像与坐标轴国成的面积表示 速度变化量，若0~1s内Q的加速度均匀增大， 细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足mgh1 1 m,解得如=是，则物块P沿针面上升的 则1=1s时Q的速度大小学于0=号X1× 0.8m/s=0.4m/s,由图可得实际Q的a-t图像 最大高度H=十A-沿，A错误：当细绳断泉的 与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大 瞬间，物块Q的重力做功的功率P=3 mngusin53° 时at图像与坐标轴围成的面积，故t=1s时Q 的速度大小大于0.4m/s,A错误；t=0时，对物 9mg/2g五，B错误；细绳断裂后，物块P在斜面 块P有F=mpan=2X1N=2N,故恒力大小为 上的运功时问1g品-景臣，C正确：根 2N,B正确：施加水平向右的恒力F的过程中， 根据动量定理有Ft=mp1十mo02= 据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能 2kg·m/s,故0~1s内P的动量增加量小于 守恒，细绳断裂后，物块P、Q的机械能均守恒，则 2kg·m/s,C错误：l=1s时，对物块P、Q整体 当物块P运动至最高，点时，物块P增加的机械能 有F=(mp十ma)a1,解得mo=0.5kg,撤去推 等于物块Q的机械能相对t一0时刻的减少量， 力后，P、Q共速时，弹簧最长，有Ft=mp心1十 中△E-mg伍+h)-器gh,D错误。 mow2=(mp+十o)U,解得撤去推力后弹簧最长 时，Q的速度大小为v=0.8m/s,D正确。 二、多项选择题 三、非选择题 9.BD【解析】滑块从A滑到B时，满足水平方向 11.(1)不需要不需要(2)小车受到的阻力 动量守恒，机械能守恒，则有m=2m,mgR (3)小于 是m听+是×2m哈，解得=√号gR,w 4 【解析】(1)根据题意，由图甲可知，细线对小车 的拉力可以通过力传感器测量，则不需要满足 √合R,运动到B点时对滑块受力分析有F、 槽码的质量m远小于小车的质量M,也不需要 测定槽码质量。 mg=m》,解得FN=4mg,A错误，D正 R (2)由图乙可知，由于加速度a=0时，拉力F不 确：滑块运动到小车最右端时，根据水平方向动 为零，则小车受到阻力作用，设小车受到的阻力 量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部 为f,由牛顿第二定律有F-f=Ma,可知，当 Y灯 ·24✉ ·物理· 参考答案及解析 a=0时F=f,即图线A与横轴F的交点的含 向右减速运动，后向左加速运动，直至速度与传 义为小车受到的阻力。 送带相同时匀速运动，即第2次经过P点时的 (3)由(2)分析，整理可得a--一有，可知，国 速度大小为v=4m/s 小物体第二次经过P点后滑上圆弧轨道的最大 像的斜率表示小车质量的倒数，由图乙可知，图 线A的斜率大于图线B的斜率，则M。小 高度之m时=mg 于M. 解得hm=0.8m; 12.(1)BC(2)1.05(3)偏小 (2)小物块第一次达到和传送带共速有一口= ④mgk-=号2M+m6号 vo-at 由牛顿第二定律得mg=ma 【解析】(1)为减小纸带运动过程中所受的摩擦 解得t=3s 阻力，打点计时器振针应置于系重物A的细线 该过程中，小物块与传送带相对位移大小△x= 的正下方，而定位轴的位置在复写纸中心，在振 针旁边，所以定位轴不应在重物A的细线的正 +(仁g）=18m 下方，A错误：安装打点计时器时要竖直架稳， 由于摩擦产生的热量Q=mg△z 使其两限位孔在同一竖直线上，B正确：为了能 解得Q=72J. 在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当 14.(1)40N(2)2m/s 的数据，点，接通电源前应让重物A尽量靠近打 【解析】(1)滑块1下落到圆弧轨道底端过程 点计时器，C正确：本实验研究的对象不是做自 中，由机械能守恒得mgR(1一cos)=m话 由落体运动，无需选取最初第1、2两点间距离 接近2mm的纸带，D错误。 在B点时有FN一mg=m尺 (2)打B点时重锤的瞬时速度等于打A、C两点 解得%=2√/10m/s 间的平均速度，即阳一27= 42.0×10-3 m/s= FN=40 N 2×0.02 由牛频第二定律可知滑块1第一次到达圆弧轨 1.05m/s. 道底端B,点时，对圆孤轨道的压力大小为40N: (3)如果本实验室电源频率大于50Hz,则计算 (2)滑块1从B点到C点过程中，由机械能守恒 瞬时速度时所代入的T值比实际值偏大，从而 使瞬时速度的测量值偏小。 得2m听-2m6=-mgL (④根搭机械能守恒定律有0M+m)gh=合（2M 两物块发生弹性碰撞，有m=m1的十2内 m)t+Mgh,整理得mg=2(2M+m)t. 解得=一4m/s (5)对A、B、C整体根据牛顿第二定律有(M十 =2m/s m)g-Mg=(2M+m)a,整理得1-2M.1+ 即滑块1第一次到达C点时，因碰撞使滑块2 a g m 获得的速度为2m/s。 ，由题意可知b=。,解得g=名 g g 15.40.4(23.75m(3)7+25m40.8s 13.(1)0.8m(2)72J 2 【解析】(1)设小物块第一次经过P点时的速度 【解析】(1)由运动学公式得=a14 解得a1=2m/s2 为，则有之m6=mgh 对A由牛顿第二定律得F一Amg=ma1 解得%=8m/s 解得a=0.4: 所以小物块在传动带上第一次经过P点后，先 (2)t2=2.5s时B运动的位移大小x:=6红= ·25 Y灯 衡水真题密卷 单元过关检测 2×2.5m=5m 解得t4=0.68,%=3.6m/s t2=2.5s时A运动的位移大小x1= 2a线 A达到与木板有共同速度的位移大小x4 合×2X2.m=6.25m -遁=2.88m 2as 此后A与木板一起做匀减速运动，由以(2m十 2=2.5s时A、B间的距离x=Lo十x2一x1= M)g=(m+M)a 5m+5m-6.25m=3.75m: 2 (3)对木板由牛顿第二定律得mg一μ(m十 解得a,一g=子m/s m+M)g=Ma: 当A,B有共同速度时与=$二地=36一2g= 解得a2=1m/s 2 设经过t物块B滑到木板的右端时A、B恰好相 2.4s ,时2ar=L+n,2ar=L+an A的位移大小x4=,二近=6.72m 2a4 解得L=7+26 2 m; 在4=3s时撤去拉力F,A与B达到共同速度 (4)在t3=3s时撒去拉力F,A的速度大小3= 时，A运动的位移大小xA=十x十=18.6m ait3=6 m/s B运动的位移大小xB=(t十t4十t)=12m 则xA>L十xB A的位移=受=号×3m=9m 所以木板足够长且在t3=38时撒去拉力F,物 木板的速度大小山=a2l3=3m/s 体A、B能相撞；A、B两物体从撒去拉力F和木 撒去拉力F,对A由牛顿第二定律得4Amg= 板共速到A、B相碰的时间为t,则x?十x4十 mas wt-a=Lo+wa+么+0 解得aa=4m/s 解得t=0.2s 撒去拉力F,物块A做匀减速运动，木板做匀加 速运动，二者达到共同速度=内一4al4= 因此总时间为△1=t4十0.2=0.8s。 v+ait 2024一2025学年度单元过关检测（九） 物理·电场力的性质电场能的性质 一、单项选择题 点，B的右侧两电荷产生电场反向叠加，并且当 1.D【解析】根据题意可知，电子从静止沿电场线 十q1产生的电场强度大于一9产生的电场强度 从A运动到B,则电子所受电场力方向为A→B, 时，电场方向与C相同，但因为此位置相对于A 电场强度的方向由B→A,A错误：沿电场线电势 的距离比C相对于A的距离远，所以在此区城产 降低，所以A点的电势一定低于B点的电势，C 生的电场强度一定小于C处的电场强度，B正 错误；电子所在位置的电势越高，电势能越低，所 确；B右侧场强为0的，点满足k马=k号，电势为 以电子在A,点的电势能大于在B点的电势能，D 正确；根据题意，不知周围电场线的分布情况，无 0的点满足k1=k2,很明显不是同一位置，C 法判断电场的强弱，B错误。 错误；由图中电场线分布可知C点电势高于D 2.B【解析】沿电场线方向电势逐渐降低，C点电 点，所以负电荷在C点的电势能低，移到D点时 势高于其右侧点的电势，故不是A,B间电势最低 电势能增大，D错误。 的点，A错误：C的电场强度由两个电荷产生的 3.C【解析】9x图像，斜率表示电场强度，在xo 电场同向叠加而成，方向向右，A的左侧电场方 处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，A 向向左，故不可能存在与C点电场强度相同的 Y灯 ·26▣