高考物理日照电磁学知识点之静电场专项训练及答案

高考物理日照电磁学知识点之静电场专项训练及答案
一、选择题
1．某电场的电场线的分布如图所示一个带电粒子由M 点沿图中虚线所示的途径运动通过N 点。

下列判断正确的是（ ）
A ．粒子带负电
B ．电场力对粒子做正功
C ．粒子在N 点的加速度小
D ．N 点的电势比M 点的电势高
2．如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知
A ．带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大
B ．带电粒子在P 点时的加速度大小小于在Q 点时的加速度大小
C ．带电粒子在P 点时的速度大小大于在Q 点时的速度大小
D ．带电粒子在R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小，比在P 点时的大
3．静电场方向平行于x 轴，将一电荷量为q -的带电粒子在x d =处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x 轴运动，其电势能E P 随x 的变化关系如图所示．若规定x 轴正方向为电场强度E 、加速度a 的正方向，四幅示意图分别表示电势ϕ 随x 的分布、场强E 随x 的分布、粒子的加速度a 随x 的变化关系和粒子的动能E k 随x 的变化关系，其中正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
4．真空中静电场的电势φ在x 正半轴随x 的变化关系如图所示，x 1、x 2、x 3为x 轴上的三个点，下列判断正确的是（ ）
A ．将一负电荷从x 1移到x 2，电场力不做功
B ．该电场可能是匀强电场
C ．负电荷在x 1处的电势能小于在x 2处的电势能
D ．x 3处的电场强度方向沿x 轴正方向
5．如图所示的电场中，虚线a 、b 、c 为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即ab BC U U ，一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹如实线所示，P 、Q 是这条轨迹上的两点，由此可知
A ．a 、b 、c 三个等势面中，a 的电势最高
B ．带电质点在P 点的动能比在Q 点大
C ．带电质点在P 点的电势能比在Q 点小
D ．带电质点在P 点时的加速度比在Q 点小
6．如图所示，在空间坐标系Oxyz 中有A 、B 、M 、N 点，且AO =BO =MO =NO ；在A 、B 两点分别固定等量同种点电荷+Q 1与+Q 2，若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A ．O 点的电势为零
B ．M 点与N 点的电场强度相同
C ．M 点与N 点的电势相同
D ．试探电荷+q 从N 点移到无穷远处，其电势能增加
7．空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内ABC 三点形成一个边长为1cm 的等边三角形。

将电子由A 移动到B 点，电场力做功2eV ，再将电子由B 移动到C 点，克服电场力做功1eV 。

匀强电场的电场强度大小为
A ．100V/m
B 2003
C ．200V/m
D ．3V/m
8．质量为m 的带电微粒以竖直向下的初速度0v 进入某电场，由于电场力和重力的作用，微粒沿竖直方向下落高度h 后，速度变为零。

重力加速度大小为g 。

该过程中微粒的电势能的增量为（ ）
A ．
2012mv B ．mgh C ．2012mv mgh + D ．2012
mv mgh - 9．两个相同的金属小球，所带电荷量大小之比为1:9，相距为r （r 远大于金属球的直径），两球之间的库仑引力大小为F 。

如果把这两个小球相互接触后再使它们之间的距离变为原来的2倍，它们之间的库仑力大小将变为（ ）
A ．2536F
B ．56F
C ．23F
D ．49
F 10．在某电场中，把电荷量为2×
10-9C 的负点电荷从A 点移到B 点，克服静电力做功4×10-8J ，以下说法中正确的是（ ）
A ．电荷在
B 点具有的电势能是4×
10-8J B ．点电势是20V
C ．电荷的电势能增加了4×
10-8J D ．电荷的电势能减少了4×
10-8J 11．如图所示，下列四个选项中的点电荷与空间中的a 、b 两点均关于O 点对称，其中a 、
b 两点的电势和场强都相同的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
12．如图所示，用劲度系数为15N/m 的轻弹簧悬挂一个绝缘带有电荷量为72.010C -⨯的小球A ，此时弹簧的长度为10cm 。

在A 的正下方放一个带电球B 时，弹簧伸长量增加4cm ，此时两球相距12cm 。

已知静电力常量为922910N m /C k =⨯⋅，A 、B 可视为点电荷，则（ ）
A ．A 球受到的库仑力是2.1N
B ．A 球受到的库仑力是1.5N
C ．B 球带负电，电荷量是51.210C -⨯
D ．B 球带负电，电荷量是64.810C -⨯ 13．如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q 的正点电荷．将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A 点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B 处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(
E 1和x 1为已知量)．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，由图象可求出( )
A ．小物块的带电量
B ．A 、B 间的电势差
C ．小物块的质量
D ．小物块速度最大时到斜面底端的距离
14．一端固定在天花板上的绝缘细线的另一端与一带正电的小球M 相连接，在小球M 下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N ，在图中，小球M 能处于静止状态的是（ ）
A．B．
C．D．
15．如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，小球静止时细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带电量应为( )
A．mg
E
B．
3mg
E
C．
2mg
E
D．
2
mg
E
16．特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，该装置的简化结构如图所示。

金属顶端和大地构成一个特殊的电容器。

顶端放电后，“电荷补充线圈”给顶端补充电荷，因而能持续地放电。

设顶端与大地间电压为U，顶端带电量为Q，下列说法正确的是（）
A．放电过程中，该电容器的电容增大B．充电过程中，该电容器的电容增大C．若Q不变，顶端离地面越近U越小D．若Q不变，顶端正对面积越大U越大17．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）
A．电荷从a到b加速度减小
B．b处电势能较大
C．b处电势较高
D．电荷在b处速度大
18．如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（）
A．B．C．D．
19．两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB．由图线提供的信息可知
A．P点的电场强度为零
B．Q1的电荷量较大
C．电子沿x轴从A移到B的过程中，加速度逐渐减小
D．电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功
20．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动v－t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的（）
A．
B．
C．
D．
21．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m，电量为q的带电小球(可看成点电荷)，丝线跟竖直方
向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b ，离左板的距离为2b ，如图所示，则
A ．小球带正电，极板之间的电场强度大小为sin mg q θ
B ．小球受到电场力为2
54kQq b C ．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小
D ．若将细绳剪断，小球经2tan b g θ
时间到达负极 22．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（ ）
A ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
23．如图所示，电荷q 均匀分布在半球面上，球面的半径为R ，CD 为通过半球顶点C 与球心O 的轴线．P 、Q 为CD 轴上关于O 点对称的两点．如果带电量为Q 的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等．则下列判断正确的是( )
A ．P 点的电势与Q 点的电势相等
B ．带正电的微粒在O 点的电势能为零
C ．在P 点静止释放带正电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动
D ．P 点的电场强度与Q 点的电场强度相等
24．如图所示，在A 、B 两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q 1、q 2，MN 是过A 、B 的直线，P 是直线上的一点．若P 点的场强为零，则（ ）
A ．q 1、q 2都是正电荷，且q 1＞q 2
B ．q 1是正电荷，q 2是负电荷，且q 1＜|q 2|
C ．q 1是负电荷，q 2是正电荷，且|q 1|＞q 2
D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|
25．如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏静电计相连，极板B接地．若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（）
A．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大
B．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小
C．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变小
D．极板上的电荷量几乎不变，两极板间电压变大
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一、选择题
1．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A．电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以粒子带正电荷，故A错误；
BD．从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B正确，D错误；
C．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C错误。

故选B。

2．C
解析：C
【解析】
【详解】
A．以b电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b 电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P点电势大于Q点电势，所以粒子在P点电势能小于Q点。

A错误
B．P点电场线比Q点密集，所以P点加速度大于Q点。

B错误
C．从P到Q电场力做负功，所以P点动能大于Q点，因此P点速度大于Q点，C正确D．因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D错误
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据电势能和电势的关系确定φ-x图象，而在φ-x图象的斜率表示电场强度，判断出场强的大小，由牛顿第二定律F=qE=ma判断出加速度的变化，由v=v0+at判断出速度的变化，根据动能定理判断出动能的变化．
【详解】
A、根据E P=φq可知，由于粒子带负电，则可知，电势的变化应与图中方向相反，故φ-x 图象应为与E P-x形状对称的图象；故A错误；
B、φ-x图象的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，则知在x=0的左侧，存在向左的匀强电场，x=0右侧存在向右的匀强电场，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律知 qE=ma，粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，大小不变，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，故C错误；
D、在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=E k2，在x=0的右侧，根据动能定理可得-qEx=E k′-
E k，故给出的图象正确，故D正确．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了φ-x图象，从图象中判断出斜率即为电场强度，然后利用牛顿第二定律判断出加速度，速度时间公式判断速度．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A．从1x移到2x，电势在降低，将一负电荷从高电势到低电势，其电势能增加，则电场力做负功，故A错误；
B．由于电势 与x的图象斜率表示电场强度，而图象的斜率是变化，因此电场强度是变化，不是匀强电场，故B错误；
C ．由图像可知，1x 处的电势高于2x 处的电势，则负电荷在1x 处的电势能小于在2x 处的电势能，故C 正确；
D ．从2x 到3x 的电势升高，则逆着电场线方向，因此3x 处的电场强度方向电场强度方向沿x 轴负方向，故D 错误。

故选C 。

5．A
解析：A
【解析】
【详解】
A ．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故c 等势线的电势最低，a 点的电势最高，故A 正确；
BC ．从P 到Q 过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P 点的动能小于Q 点的动能，在P 点的电势能比在Q 点大，故BC 错误；
D ．P 点等势面较Q 点密集，则电场线也密集，则质点通过P 点时的电场力比Q 大，则其加速度比Q 点大，故D 错误．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．规定无穷远处电势为零，则O 点的电势大于0，故A 错误；
B ．由电场叠加可知，M 点与N 点的电场强度大小相等，M 点电场强度方向沿y 轴负方向，N 点的电场强度沿z 轴正方向，故B 错误；
C ．M 点与N 点到两点电荷的距离相等，则M 点与N 点的电势相同，故C 正确；
D ．由电场叠加可知，Oz 方向的电场强度方向沿Oz 正方向，则N 点电势大于0，且规定无穷远处电势为零，则试探电荷+q 从N 点移到无穷远处，电势能减小，故D 错误。

故选C 。

7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据电场力功与电势差的关系求解AB 和BC 各点之间的电势差，然后找到等势面确定场强的方向，根据E=U/d 求解场强。

【详解】
将电子由A 移动到B 点，电场力做功2eV ，则22AB AB W eV U V q e
===--；同样：1BC BC W eV U V q e -===-，若设C 点的电势为0，则B 点的电势为1V ，A 点的电势为-
1V ，则AB 中点的电势与C 点电势相同，可知场强方向沿BA 方向斜向上，场强为
21/200/0.510
U E V m V m d -=
==⨯，故选C. 8．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】 根据动能定理
2
0102
W mgh mv +=-
可得，电场力做功
2
012
W mv mgh =-+（）
电势能增加2
012
mv mgh +，C 正确，ABD 错误。

故选C 。

9．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 由库仑定律得
2
29Q F k r
=
因为由题可知开始时两球之间的库仑引力大小为F ，说明金属小球带异种电荷，把这两个小球相互接触后再使它们之间的距离变为原来的2倍，它们的电荷量变为4:4，它们之间的库仑力大小将变为
22216449
Q F k F r ==
故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

10．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零势点，B 点的电势、电荷在B 点的电势能才是确定的数值，故AB 错误；
CD ．因为电荷从从A 点移到B 点的过程中是克服静电力做功-8410J ⨯，故电荷电势能应该是增加了-8410J ⨯，故D 错误，C 正确。

故选C 。

11．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据等量异种电荷的电场线分布特征可知， a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，由于等量异种电荷的中垂线为等势线，则a 、b 两点电势相等，故A 正确；
B ．根据等量同种电荷的电场线分布特征可知，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相反，由对称性可知，a 、b 两点电势相等，故B 错误；
C ．根据等量同种电荷的电场线分布特征可知，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相反，由对称性可知，a 、b 两点电势相等，故C 错误；
D ．根据等量异种电荷连线上的电场强度方向沿连线由正电荷指向负电荷，根据等量异种电荷的电场线分布可知，a 、b 两点的电场强度相同，a 点电势高于b 点电势，故D 错误。

故选A 。

12．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．A 球受到的库仑力
2==15410N 0.6N F F k x -⋅∆=⨯⨯=弹库
故AB 错误；
CD ．弹簧伸长，说明A 和B 相互吸引，带电性不同，故B 球带负电，根据库仑定律
A B
2
=q q F k
r 库 则
2B A
F r q kq =
库
解得
6B 4.810C q -=⨯
故C 错误，D 正确。

故选D 。

13．C
解析：C
【解析】
试题分析：由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求得q．故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出AB之间的电势差．故B错误；由重力势能线得到E P=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；图象中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离．故D错误．故选C．
考点：功能关系；电势及电势能
【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．
14．B
解析：B
【解析】
【详解】
F，静电力为F，如果小球M能处于静止状
设小球M受到的重力为G，细线的拉力为
T
F，F三个力的合力必须为零，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、态，则G，
T
方向相反，对题中的粒子受力分析，结合平行四边形定则，满足条件的只有选项B，故B 正确，ACD错误；
15．D
解析：D
【解析】
试题分析：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，
可以看出，当电场力F 与细线的拉力T 垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为：F min =mgsin30° 又F min =qE ，解得：2mg
q E
=．故选项D 正确． 考点：共点力的平衡.
16．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电量无关，可知，不论电量Q 多还少，其与大地构成的电容器的电容C 不变，因此电容器的充放电对电容大小无影响，故AB 错误； C ．由公式4πS
C kd
ε=
可知，顶端离地越低，电容越大，带电量Q 一定时，由Q
C U =
分析知其与大地间的电势差越小，故C 正确； D ．由公式4πS
C kd
ε=
可知，顶端面积越大，电容越大，带电量Q 一定时，由Q
C U
=
分析知其与大地间的电势差越小，故D 错误。

故选C 。

17．B
解析：B 【解析】 【详解】
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，所以粒子在b 点的加速度大，A 错误；从a 到b 的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b 处电势能大，动能减小，速度减小，所以电荷在b 处速度小，B 正确D 错误；根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a 点的电势大于b 点的电势，C 错误．
18．A
解析：A 【解析】
【分析】 【详解】
试题分析：N 点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律
12
2
r Q Q F k
=可得，随着两者之间的距离的增大，N 受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律F
a m
=
可得，N 点的点电荷做加速度减小的直线运动，而v t -图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，所以A 正确，B 图像表示物体做匀加速直线运动，C 图像表示物体做加速度增大的直线运动，D 图像表示物体先做加速度增大的直线运动，后做加速度减小的直线运动．
19．B
解析：B 【解析】 【详解】
A 、该图象的斜率等于场强E ，则知P 点电场强度不为零，A 错误；
B 、如果Q 1和Q 2为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线中点为零电势点；由于AP ＞PB ，故Q 1＞Q 2，B 正确；
C 、从φ﹣x 图象的斜率可知，A 到B 的区间电场强度先减小后增大，故电子在沿x 轴从A 移到B 的过程中，受到的电场力先减小后增大，加速度也是先减小后增大，C 错误；
D 、电子沿x 轴从A 移到B 的过程中，电场力方向始终指向x 轴负方向，与电子移动方向相反，故电场力一直做负功，D 错误．
20．C
解析：C 【解析】 【详解】
AD ．负电荷受到的电场力与电场强度的方向相反，A 、D 选项图中，负电荷在A 点受到的电场力背离AB 方向，负电荷做减速运动，与速度图像不符，，AD 错误；
BC ．负电荷受到的电场力从A 指向B ，v t -图像斜率的物理意义为加速度，根据图像可知，负电荷从A 到B 的过程中加速度越来越大，根据牛顿第二定律
qE ma =
可知A 点场强小于B 点场强，则A 处电场线的稀疏程度较大，B 错误，C 正确。

故选C 。

21．D
解析：D 【解析】
由题意可知，小球带正电，匀强电场方向向右，小球受竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 、沿细线斜向上的拉力F 作用，处于平衡状态.受力如图所示.由平衡条件可得
Tsin qE θ=，Tcos mg θ=，可得tan mg E q
θ
=
，故A 错误； B 、小球受到电场力为tan mg F θ=电，故B 错误；
C 、将小球移到悬点下方竖直位置，电场力水平向右，运动方向向左，电场力做负功，小球的电势能增大，故C 错误；
D 、剪断细线后，小球将沿电场力q
E 和重力mg 的合力方向做初速度为零的匀加速直线运
动.此运动可看作是水平方向的初速度为零、加速度qE
a m
=
的匀加速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，设小球碰到金属板所需要的时间为t,由2
12
b at =,得
222tan b b
b
t qE a
g m
θ=
==，故D 正确；
故选D ．
【点睛】剪断细线后，电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．
22．D
解析：D 【解析】
试题分析：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式知，介电常数减小，电容减小，由于电
压不变，根据可知，电荷量Q 减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d 不变，
根据
可知，极板间的电场强度不变，所以ABC 错误，D 正确．
考点：电容器的动态分析
【名师点睛】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握
、
、
三个公式．
23．D
解析：D
【解析】 【详解】
A 、由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P 点的电势高于Q 点的电势，故A 错误；
B 、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O 点的电势能不一定为零，故B 错误；
C 、电场线方向水平向右，所以在P 点释放静止带正电的微粒(重力不计)，微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故C 错误；
D 、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边，然后看PQ 两点，可以看到，PQ 两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上，而由题目给出的条件，正电球在P 、Q 两点产生的电场为零，所以，正电半球在Q 点产生的电场强度相当于负电半球在Q 点产生的电场强度，而与P 点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态。

24．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
由于P 点离a 点近，b 点远，要使P 点的电场为零，据E = k
2q
r
，必须使｜q 1｜＜｜q 2｜，且q 1跟q 2是异种电荷，这样才能保证它们在P 点产生的场强方向相反。

故选B 。

25．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板B 稍向上移动一点，极板正对面积
减小，根据公式4S C kd επ=
，电容减小，由公式Q
C U
=可判断出电容器极板间电压变大，静电计张角增大，故D 正确，ABC 错误． 【点睛】
本题要抓住电荷量不变的条件，根据电容的定义式Q
C U
=分析电容如何变化．。