【二轮复习】高考物理专题07 静电场中的力和能量问题（讲义）.zip

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01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
04核心素养·难点突破
05创新好题·轻松练习
【典例1】（2023·重庆·统考高考真题）真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距（ ）
A．2x0
B．(22−1)x0
C．22x0
D．(22+1)x0
【答案】B
【详解】依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以合场强为0的位置应该在x轴的负半轴，设两点电荷相距L，根据点电荷场强公式可得
kQ1x02=kQ2(x0+L)2
又
Q2=8Q1
解得
L=(22−1)x0
故选B。
【典例2】（多选）（2022·重庆·高考真题）如图为两点电荷Q、Q′的电场等势面分布示意图，Q、Q′位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，则（ ）
A．N点的电场强度大小比M点的大
B．Q为正电荷
C．M点的电场方向沿x轴负方向
D．P点与M点的电势差为12V
【答案】AD
【详解】A．等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；
B．沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误；
C．沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；
D．M点与N点等势均为0V，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与M点的电势差为12V，故D正确。
故选AD。
【典例3】（多选）（2023·天津·统考高考真题）如图，一位于P点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点，N点，且q在M，N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有（ ）

A．P点电势大于MB．M点电势大于N
C．q从P到M一直做减速运动D．M、N两点处电场强度大小相同
【答案】AD
【详解】ABC．由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且q在M，N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同， M、N 两点位于以场源电荷为圆心的同一圆周上，由于场源点荷在P点左侧，所以P点电势高于M点电势，q从P到M做加速运动，故BC错误，A正确；
D．根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N两点处电场强度大小相同，故D正确。
故选AD。
1．库仑定律
(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
(2)表达式：F＝keq \f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．
(3)适用条件：真空中的点电荷．
①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；
②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．
(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
应用库仑定律的四条提醒
(1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．
(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．
(3)库仑力存在极大值，由公式F＝keq \f(q1q2,r2)可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大．
（4）对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．
2.几种典型电场的电场线分布特点

(1)孤立点电荷的电场(如图甲、乙所示)
①正(负)点电荷的电场线呈空间球对称分布指向外(内)部；
②离点电荷越近，电场线越密(场强越大)；
③以点电荷为球心作一球面，则电场线处处与球面垂直，在此球面上场强大小相等，但方向不同．
(1)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．
(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．
(3)沿电场线方向电势逐渐降低．
(4)电场线和等势面在相交处互相垂直．
3.几种常见的典型电场等势面的对比分析
4．电势高低的判断
5.电势能大小的判断
6．求电场力做功的四种方法
(1)定义式：WAB＝Flcs α＝qEdcs α(适用于匀强电场)．
(2)电势的变化：W＝qUAB＝q(φA－φB)．
(3)动能定理：W电＋W其＝ΔEk.
(4)电势能的变化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB.
7．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量．
(4)所有外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化．
考向01 利用库伦定律求解点电荷的受力问题
【针对练习1】（多选）如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用。已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷
B．若q1、q2为负电荷，则q3为正电荷
C．q1:q2:q3=36:4:9
D．q1:q2:q3=9:4:36
【答案】AC
【详解】AB．三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以q1和q3是同种电荷，q2是异种电荷，故A正确，B错误；
CD．根据库仑定律和矢量的合成，则有
kq1q22r2=kq1q33r2=kq2q3r2
解得
q1:q2:q3=36:4:9
故C正确，D错误。
故选AC。
【针对练习2】如图，电荷量分别为Q1、Q2的小球B、C固定于相距为d的绝缘水平面上。另有一个质量为m、电荷量为q的小球A悬浮静止于空中，此时小球A、B的距离为当32d，小球A、C的距离为12d、已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，三个小球均可视为点电荷。下列说法正确的是（ ）
A．Q1与Q2为异种电荷
B．带电小球A所在点的电场强度方向一定竖直向上
C．Q1=3Q2
D．Q1=mgd28kq
【答案】C
【详解】A．小球A悬浮静止于空中，因此小球B对A的排斥力与小球C对A的排斥力的合力一定与小球A所受的重力等大反向，故三个小球均带同种电荷，故A错误；
B．小球A受到的电场力一定竖直向上，但不知小球A所带电荷的电性，故无法判定其所在点的电场强度方向，故B错误；
CD．由三角形的边角关系可知∠ABC=30°，∠ACB=60°，根据库仑定律和平衡条件，可得
kQ1q32d2sin30∘+kQ2q12d2sin60∘=mg
kQ1q32d2cs30∘=kQ2q12d2cs60∘
解得
Q1=3Q2，Q1=3mgd28kq，Q2=3mgd28kq
故D错误，C正确。
故选C。
考向02 同种或异种点电荷周围电势和电场强度的分布
【针对练习3】（多选）如图所示，等量的异种点电荷＋Q、-Q在x轴上并关于O点对称放置，虚线是其在空间中产生的电场的等势线，空间的点a、b、c连线与x轴平行，b点在y轴上，并且ab=bc，则下列说法正确的是（ ）
A．a、c两点的电势关系为φa=φc
B．a、c两点的电场强度的大小关系为Ea=Ec
C．若在a点由静止释放一个质子，则质子经过y轴后一定不能通过c点
D．若从O点以初速度v0沿y轴正方向射出一电子，则电子将沿y轴运动
【答案】BC
【详解】A．在等量异种点电荷的电场中，电场线从正电荷出发沿垂直于等势面方向指向负电荷，所以φa>φc，选项A错误；
B．a、c两点关于y轴对称，所以电场强度的大小相等，选项B正确；
C．质子从a点由静止释放，受到的电场力可以分解为沿x轴正方向的分力Fx和沿y轴正方向的分力Fy，所以质子沿x轴正方向做初速度为零的加速运动，同时沿y轴正方向也做初速度为零的加速运动，当质子经过y轴后受到的电场力的方向可以分解为沿x轴正方向的分力Fx和沿y轴负方向的分力Fy，所以质子沿x轴正方向继续做加速运动，沿y轴正方向则做减速运动，由于ab=bc，所以质子一定不会经过c点，选项C正确；
D．若电子从O点以初速度v0沿y轴正方向射出，电子受到的电场力沿x轴负方向，不可能沿y轴运动，选项D错误。
故选BC。
【针对练习4】如图所示为两个异种点电荷A、B形成电场线和等势线，其中正电荷的电荷量为+q，负电荷的电荷量为-2q。已知N、M点在A、B两个点电荷的连线上，P、Q点同在某一条电场线上，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷B的电荷量为+q
B．若N点电势为0，则M点电势必小于0
C．在P点由静止释放一个带正电的试探电荷，它可沿电场线运动到Q点
D．N、M之间的电势差小于P、Q之间的电势差
【答案】B
【详解】AB．取其中一条电场线的最高点或者最低点，画出两个电荷在该点的电场强度矢量，根据竖直方向电场强度矢量和为零，可以判断出A的电荷量小于B的电荷量，所以A带正电，电荷量为q，B带负电，电荷量为-2q，由此可知A、B连线的电场方向由A→B，那么N点电势为0，则M点电势必小于0，故A错误，B正确；
C．由P点释放试探正电荷，试探电荷在之后的运动过程中，速度方向与电场力的方向不在一条线上，所以不会沿着电场线运动到Q点，故C错误；
D．N、P和M、Q分别在两个相同的等势面上，所以N、M之间的电势差等于P、Q之间的电势差，故D错误。
故选B。
考向03 带电粒子在电场中的运动和功能关系
【针对练习5】真空中存在点电荷q1、q2产生的静电场，其电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φP、φQ。一个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至N，则（ ）
A．EP>EQ，φPq2
C．从M移动至N，加速度先减小再增大
D．粒子带负电，从M至N它的电势能先变大后变小
【答案】D
【详解】A．根据电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知
EP>EQ
P、Q两点关于点电荷q1水平对称，P到q1之间场强较大，电势降低较快，可知
φP>φQ
故A错误；
B．由电场线分布可知，q1带负电，q2带正电，由电场线的疏密可知，q1的电荷量绝对值大于q2的电荷量绝对值，故B错误；
C．由电场线分布可知，从M移动至N，电场强度先增大后减小，则加速度先增大再减小，故C错误；
D．粒子带负电，从M至N电场力先做负功后做正功，它的电势能先变大后变小，故D正确。
故选D。
【针对练习6】（多选）空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球（质量为m，电荷量为q），在A点速度为v1，方向水平向右，至B点速度为v2，v2与水平方向间夹角为α，A、B间高度差为H，以下判断不正确的是（ ）
A．A、B两点间电势差U=mv22−mv122q
B．小球由A至B，电势能的减少量为12mv22−12mv12−mgH
C．小球由A运动到B的过程中，机械能一定增加
D．小球重力在B点的瞬时功率为mgv2csα
【答案】AD
【详解】AB．小球由A点运动至B点过程中，重力和电场力做功，由动能定理得
mgH+W=12mv22−12mv12
得电场力做功
W=12mv22−12mv12−mgH
所以电势能减小量为
ΔEp=12mv22−12mv12−mgH
由电场力做功
W=qU
得A、B两点间的电势差
U=mv22−mv12−2mgH2q
故A错误，B正确；
C．电场力做正功，机械能增大。故C正确；
D．小球运动到B点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率
P=mgv2sinα
故D错误。
本题选错的，故选AD。
考向04 等量点电荷在空间的电势和电场强度分布
【典例4】（多选）（2023·山东·统考高考真题）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）

A．F′点与C′点的电场强度大小相等
B．B′点与E′点的电场强度方向相同
C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D．将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】ACD
【详解】D．将六棱柱的上表面拿出

由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；
C．由等量异种电荷的电势分布可知
φA'=φ>0，φD'=−φ0
因此
φA'−φF'=φ−φF'0)，O为球心，A为球壳外一点，AO=x。已知球壳I在A点形成的电场强度为E1，规定距О点无限远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．O点电场强度为零，电势为零
B．球壳I在O点形成的电场强度水平向右
C．球壳II在A点形成的电场强度大小EⅡ=2kqx2−EⅠ
D．球壳I和球壳II在A点形成的电势相等
【答案】C
【详解】A．球壳靠的很近，间距可忽略，根据对称性，O点电场强度为零，两球壳均匀带有负电荷，距О点无限远处的电势为零，O点电势为负，故A错误；
B．根据对称性可以判断，球壳带负电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左，故B错误；
C．把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为
E=2kqx2
沿OA自A指向O，两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿OA自A指向O，则
E=EⅠ+EⅡ
解得
EⅡ=2kqx2−EⅠ
故C正确；
D．电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A点近，形成的电势低，故D错误。
故选C。
【针对练习10】（多选）边长为a的正方形的四个顶点上放置如图所示的点电荷，以正方形中心O为原点建立坐标系，A、B、C、D为另一正方形的四个顶点，中心也为O。以下说法正确的是（ ）
A．O点场强大小为零
B．O点场强大小为42kqa2，方向沿−x轴方向
C．带正点的检验电荷沿y方向移动，电场力不做功
D．带负点的检验电荷从A点移到D点，电势能增大
【答案】BC
【详解】AB．BC方向两个点电荷在O点产生的合电场强度大小为
E1=2kq22a2=4kqa2
方向从B→C。
AD方向两个点电荷在O点产生的合电场强度大小为
E2=2kq22a2=4kqa2
方向从D→A。
根据电场的叠加原理可得O点场强大小为
E=2E1=42kqa2
方向沿−x轴方向，故A错误，B正确。
C．在A、B两点的点电荷电场中y轴是一条等势线，在C、D两点的点电荷电场中y轴也是一条等势线，由电场的叠加原理可得y轴是一条等势线，则带正点的检验电荷沿y方向移动，电场力不做功，故C正确。
D．从A点移到D点，电势升高，电场力对负电荷做正功，电势能减小，故D错误。
故选BC。
考向06 带电粒子在匀强电场中的运动问题
【典例7】（2023·浙江·高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为eUm
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα=l20d
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
ax=eEm=eUmd
A错误；
B．电子电极XX′间运动时，有
vx = axt
t=lvz
电子离开电极XX′时的动能为
Ek=12m(vz2+vx2)=eU(10+l240d2)
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10+l240d2)，B错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小
Ix=mvx=ldmeU20
C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
tanα=vxvz=l20d
D正确。
故选D。
【针对练习11】正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图所示的电路中，板长为l，板间距为d，在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏M。D为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R为滑动变阻器，R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一带电荷量为q、质量为m的粒子从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，v0粒子未碰到极板，最后垂直打在M上。已知重力加速度为g，在保持开关S闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（ ）
A．粒子在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化量相同
B．板间电场强度大小为3mgq
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，则粒子不会垂直打在M上
D．若仅将两平行板的间距变大一些，则粒子不会垂直打在M上
【答案】B
【详解】A．粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M屏上，离开电场后，粒子应打在屏的上方，做斜上抛运动，否则，粒子离开电场后轨迹向下弯曲，粒子不可能垂直打在M板上。粒子在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等于v0，而且v0方向水平，粒子垂直打在M板上时速度也水平，根据粒子的轨迹弯曲方向可知两个过程粒子的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反，故A错误；
B．粒子的轨迹如图所示
设粒子在板间运动的过程中加速度大小为a，则粒子离开电场时竖直分速度大小
vy=at1=qE−mgm×lv0
粒子离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则
vy=gt2=g2lv0
联立解得
E=3mgq
故B正确；
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然v0会垂直打在光屏上，故C错误；
D．若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C=QU知U不变，电荷量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，故D错误。
故选B。
【针对练习12】如图所示的匀强电场方向竖直向下，一带正电粒子由图中的A点沿垂直电场线的方向射入电场，经过一段时间粒子由电场中的B点离开，已知A、B两点沿电场方向的间距为h，沿垂直电场方向的间距为x。现将A、B两点之间的水平间距和竖直间距等分为两份，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．前x2和后x2，粒子电势能的变化量之比为1:3
B．前x2和后x2，粒子沿电场线的位移之比为1:1
C．前ℎ2和后ℎ2，粒子的运动时间之比为1:2
D．前ℎ2和ℎ2后，粒子垂直电场线方向的位移之比为1:（2−1）
【答案】AD
【详解】AB．粒子在沿电场的方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场的方向上粒子做匀速直线运动。由公式
x=v0t
可知前x2和后x2所需时间的比值为1:1；
由公式
ℎ=12at2
可知粒子沿电场线方向的位移比为1:3；
由电场力做功公式
W=Eqy
可知该过程中电场力做功之比为1:3，由功能关系得该过程中粒子电势能的变化量之比为1:3，故A正确，B错误；
C．由沿电场线方向的分运动可知t=2ℎa，所以前ℎ2和后ℎ2所需时间的比值为1:2−1，故C错误；
D．由公式x=v0t可知粒子垂直电场线方向的位移之比为1:2−1，故D正确。
故选AD。
一、单选题
1．静电植绒技术的植绒流程如图所示，需要植绒的布在滚轮带动下匀速向右运动，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面上，假设每根绒毛规格相同。则（ ）

A．绒毛在飞往布的过程中电势能增大
B．绒毛带电量越多，到达布的表面时速率越大
C．滚轮的转速变大，植绒会变密
D．容器与带电极板之间的距离变大，植绒会变密
【答案】B
【详解】A．绒毛在飞往需要植绒的布的过程中，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面上，电场力做正功，电势能不断减小，故A错误；
B．由动能定理
qU=12mv2
质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故B正确；
C．若只增大滚轮的转速，布运动的速度越大，植上相邻两个绒毛的距离越大，植绒越疏，故C错误；
D．若增大容器与带电极板之间的距离，而电势差不变，由
E=Ud
可知，电场强度变小，绒毛受力变小，加速度减小，根据
x=12at2
到达布上时间边长，植绒会变稀疏，故D错误。
故选B。
2．如图所示，正方形的两个顶点B、B′上固定两个等量正点电荷，将一电子从顶点A由静止释放，电子仅在静电力的作用下运动到顶点A′的v−t图像可能正确的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】如图所示

因为场强最大点与B的连线和B、B′连线的夹角θ的正切值为
tanθ=22
由图可知∠ABB′=45得
tan45=1
明显
tan45>tanθ
可得电子是从小于电场强度最大值位置释放，则电子所受的合电场力先增大后减小再增大最后减小，那么加速度也是先增大后减小再增大最后减小，而v−t图像任意点的斜率表示加速度大小，所以在运动过程中v−t图像点的斜率也应先增大后减小再增大最后减小。
故选C。
3．两个点电荷的电荷量分别为Q1、Q2，M、N为其连线的中垂线上的两点，电子在M、N两点所受电场力的方向如图中箭头所示，则（ ）
A．Q1为正电荷B．Q2为负电荷
C．Q1小于Q2D．Q1大于Q2
【答案】C
【详解】根据电子在M点的受力情况可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，根据库仑定律F=kQ1Q2r2结合矢量的合成可知Q1小于Q2。
故选C。
4．如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为3m、带电荷量＋3Q小圆环A穿在右边杆上，质量为m、带电荷量＋Q小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为α，重力加速度为g。则（ ）
A．右边杆与水平面夹角为α=30°B．A环对B环库仑力大小为3mg
C．左边杆对B环支持力大小为3mgD．右边杆对A环支持力大小为33mg
【答案】A
【详解】A．分别对小圆环A、B受力分析，如图所示
根据平衡条件，对小圆环A，有
3mgsinα=Fcsα
对小圆环B，有
mgcsα=F′sinα
联立解得
α=30∘
故A正确；
BD．对小圆环A，据平衡条件可得
Ncsα=3mg
F=3mgtanα
解得A环所受支持力
N=23mg
A、B间的库仑力
F=F′=3mg
故BD错误；
C．对小圆环B，据平衡条件可得
FN=mgsin30∘=2mg
故C错误。
故选A。
5．某一区域的电场线分布如图所示，M、N、P是电场中的三个点，电场强度分别为EM、EN、EP，电势分别为φM、φN、φP。下列说法正确的是（ ）
A．φM=φN>φPB．φM>φP>φNC．EM=EN