高考物理电磁学知识点之静电场知识点总复习(6)

高考物理电磁学知识点之静电场知识点总复习(6)
一、选择题
1．图甲中AB 是某电场中的一条电场线。

若将一负电荷从A 点处由静止释放，负电荷沿电场线从A 到B 运动过程中的速度图像如图乙所示。

关于A 、B 两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是（ ）
A ．φA >φ
B ，E A >E B
B ．φA >φB ，E A <E B
C ．φA <φB ，E A >E B
D ．φA <φB ，
E A <E B
2．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 ．
3．某静电场的一簇等差等势线如图中虚线所示，从A 点射入一带电粒子，粒子仅在电场力作用下运动的轨迹如实线ABC 所示。

已知A 、B 、C 三点中，A 点的电势最低，C 点的电势最高，则下列判断正确的是( )
A．粒子可能带负电
B．粒子在A点的加速度小于在C点的加速度
C．粒子在A点的动能小于在C点的动能
D．粒子在A点的电势能小于在C点的电势能
4．如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）
A．粒子在三点所受的电场力不相等
B．粒子必先过a，再到b，然后到c
C．粒子在三点所具有的动能大小关系为E kb＞E ka＞E kc
D．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb
5．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小v水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球以速度
v从原处飞入，则带电小球（）
球仍以相同的速度
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板下移一段距离，小球可能打在下板的中央
6．如图所示是示波管的原理示意图，XX′和YY′上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX′和YY′分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？
A．B．
C．D．
7．如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长。

现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于
OA；也可在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上。

则
为（）
A． B． C． D．
8．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 ．2003V/m
C ．200V/m
D ．2003V/m
9．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 - 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．a 、b 、c 、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°．现将三个等量的正点电荷＋Q 固定在a 、b 、c 三个顶点上，将一个电量为＋q 的点电荷依次放在菱形中心点O 点和另一个顶点d 点处，两点相比：（ ）
A ．+q 在d 点所受的电场力较大
B ．+q 在d 点所具有的电势能较大
C ．d 点的电势低于O 点的电势
D ．d 点的电场强度大于O 点的电场强度
12．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
13．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
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．如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（）
A．一定等于4V
B．一定高于4V
C ．一定低于4V
D ．无法确定
16．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
17．a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a 点的电势是20V ，b 点的电势是24V ，d 点的电势是4V ，如图．由此可知，c 点的电势为（ ）
A ．4V
B ．8V
C ．12V
D ．24V
18．如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q ，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a ，则正方形两条对角线交点处的电场强度( )
A 42kQ ，方向竖直向上
B 22kQ ，方向竖直向上
C ．大小为22kQ a ，方向竖直向下
D ．大小为
22kQ a ，方向竖直向下 19．真空中Ox 坐标轴上的某点有一个点电荷Q ，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为0.2 m 和0.7 m 。

在A 点放一个带正电的试探电荷，在B 点放一个带负电的试探电荷，A 、B 两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x 轴正方向相同，电场力的大小F 跟试探电荷电量q 的关系分别如图中直线a 、b 所示。

下列说法正确的是
A．点电荷Q是正电荷
B．点电荷Q的位置坐标为0.30 m
C．B点的电场强度的大小为0.25 N/C
D．A点的电场强度的方向沿x轴负方向
20．如图所示，虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(重力不计)，以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的轨迹1和2运动，由轨迹可以断定( )
A．两个粒子带电量一定不同
B．两个粒子的电性一定不同
C．粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大
D．经过B、C两点，两粒子的速度可能不等
21．在如图所示平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的高，这时两板中间原来静止的电子（图中黑点表示）在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（）
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动
22．一个检验电荷q在电场中某点受到的电场力为F，该点的电场强度为E.下图中能正确表示q、E、F三者关系的是（）
A ．
B ．
C ．
D ．
23．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 24．利用图示装置“探究决定电容大小的因素”。

实验中静电计的指针已有一个偏角，则在此情境下（ ）
A ．仅增大两板间的距离，指针偏角将增大
B ．仅增大两板间的距离，指针偏角将减小
C ．仅减小两板间的正对面积，指针偏角将减小
D．仅将一块有机玻璃插到两板间，指针偏角将不变
25．空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，P、Q之间各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示。

一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴正方向运动，下列说法正确的是
A．粒子一定带负电
B．P点的电势低于M点的电势
C．M点的电场强度小于N点的电场强度
D．粒子从M点向N点运动的过程中，电势能一直减小
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
从速度—时间图象可以看出，物体从静止开始向右加速，所以负电荷所受电场力方向向右，而负试探电荷受到的电场力方向为场强的反方向，故场强方向向左，逆着电场力方向，电势升高，故φA＜φB；速度—时间图象的切线的斜率表示加速度，故加速度不断减小，所以电场力不断减小，场强也不断减小，故E A＞E B；C正确，ABD错误。

故选C。

2．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．
3．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．曲线运动物体力指向曲线的凹侧，且其受到的电场力方向要与等势面垂直，故粒子在A 点受到的电场力斜向左下，又A C ϕϕ<，故粒子受到的电场力方向与场强方向一致，即粒子应该带正电，A 错误；
B ．等差等势面越密的地方场强越大，故A 点场强大于
C 点，电荷在A 点的加速度大于C 点，故B 错误；
CD ．由于粒子带正电，由p E q ϕ=可知，正电荷在电势越低的地方电势能越小，故粒子在A 点的电势能小于在C 点的电势能，D 正确；粒子动能和势能总和不变，而粒子在A 点的电势能小于C 点电势能，故粒子在A 点的动能大于C 点动能，故C 错误；
故选D 。

4．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等。

选项A 错误。

B ．由题中的图可知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子无论是依次沿a 、b 、c 运动，还是依次沿c 、b 、a 运动，都会的到如图的轨迹。

选项B 错误。

CD ．带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能与动能之间的互化，由题意和图可知，在b 点时的电势能最大，在c 点的电势能最小，可判断在c 点的动能最大，在b 点的动能最小。

选项C 错误，D 正确。

5．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q 不变，由于
4π=
U Q kQ E d Cd S
ε== 由公式可知当d 增大时，场强E 不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A 错误，B 正确，C 错误；
D ．若上板不动，将下板下移一段距离，由
4π=
U Q kQ E d Cd S
ε== 可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球不可能打在下板的中央，故D 错误。

故选B 。

6．D
解析：D 【解析】 【分析】
示波管的YY ′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX ′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象。

【详解】
设加速电场的电压为U 1，偏转电场的电压为U 2，偏转电极的长度为L ，板间距离为d ，根据推论得知，偏转距离为214U L
y U d
=
，可见，偏转距离与偏转电压U 2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。

在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X 方向的电压变化的周期为T 0，而Y 方向变化的周期为2T 0，所以在2T 0时间内X 方向变化2
次，Y 方向变化一次。

在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X 方向与Y 方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉。

故D 正确，ABC 错误，故选D 。

【点睛】
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负。

7．B
解析：B 【解析】 【详解】
对两种情况进行受力分析，如图所示：
依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F′=mgsin30°，F=mgtan30°，根
据库仑定律，则有：，而；根据三角知识，则有：l BA =Ltna30°，
l CA =Lsin30°，综上所得：，故ACD 错误，B 正确；故选B 。

【点睛】
考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键．
8．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
2
1/200/0.510U E V m V m d -=
==⨯，故选C. 9．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 。

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．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
设ob=l ，ad=2l ，bd=2l ，则
O点的电场强度为：ac两电荷相互抵消，得E o=E b=；d点的电场强度E b=，
E a=
E ay=E a cos=，同理E cy=，E d=E b+E ay+E cy=，D错；所以+q
在o点所受的电场力较大，A错；由o到d电场力做正功，电势能减小，+q在d点所具有的电势能较小，B错；沿电场线方向电势减小，所以d点的电势低于O点的电势，C对；12．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
13．A
解析：A
【解析】
A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电
容C减小，根据可知，电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则
电容C增大，根据可知，电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知，电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。

点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。

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．C
解析：C
【解析】
【详解】
电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式可知，A、B间电势差大于B、C间电势差，即
，得到，C正确。

【点睛】
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式，来定性分析电势差的大小，从而判断电势的关系．
16．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=m gh=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．
17．B
解析：B 【解析】 试题分析：
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd 五等分，如图所示，则U be =
15U bd =1
5
×（24-4）=4v ，故U be =φb -φe =4v ，故φf -φd =4v ，故φe =24-4=20v ．φf =8v ．故φa =φe ，连接cf ，则cf ∥ae ，故c 点的电势φc =φf =8v ．故B 正确．故选B ． 考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．
18．C
解析：C 【解析】 【详解】
四个点电荷中处于对角线上的两个正负点电荷产生的电场强度的方向沿对角线方向且由正电荷指向负电荷，四个点电荷中任意一个点电荷在对角线交点处产生的电场强度大小为
2
2
22()kQ E a a =
=，根据叠加原理，正方形两条对角线交点处的电场强度42kQ
E =
总.故C 正确，ABD 错误． 故选C
19．B
解析：B 【解析】 【分析】
电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即F
E q
=
，方向与正电荷所受电场力方向相同，放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x 轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，从而知道点电荷位于A 、B 之间，根据点电荷场强公式2
kQ
E r =分析； 【详解】 A 、根据F
E q
=
并结合图像可判断a 点电场强度大于b 点电场强度，离点电荷越近场强越大，所以点电荷在AB 的中间靠近A 的某个位置，又由于A 、B 两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x 轴正方向相同，所以点电荷Q 是负电荷，故A 错误； BC 、根据电场强度的定义式即F
E q
=
结合图像可判断B 点电场强度大小为44
92110/ 2.510/410b b
kQ E N C N C x --⨯==⨯=⨯，A 点电场强度大小为
45
92410/410/110a a
kQ E N C N C x --⨯==⨯=⨯，可得场源电荷到
AB 的距离之比:1:4a b x x =，因此点电荷Q 的位置坐标为0.30m ，故B 正确，C 错误；
D 、正的试探电荷受电场力方向与电场线方向相同，根据正电荷在A 点受力沿x 轴正方向即可判断在A 点电场强度方向沿x 轴正方向，故D 错误； 故选B 。

【点睛】
关键掌握电场强度的定义式F E q =
点电荷的场强公式2kQ
E r
=，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反。

20．B
解析：B 【解析】
试题分析：由图无法判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A 错误．由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．选项B 正确;由B 选项分析可知2粒子在从A 向C 运动过程中电场力先做正功后做负功，故动能先增大后减小．而粒子1在从A 向B 运动过程中电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大．由于BC 两点在同一等势面上，故粒子1在从A 向B 运动过程中电场力等于2粒子在从A 向C 运动过程中电场力所做的总功．由于两粒子以不同的速率从A 点飞入电场故两粒子的分别经过B 、C 两点时的速率一定不相等．可知C 对；D 错； 思路分析：
考点：考查带电粒子在电场中的运动
点评：根据轨迹判定电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，可知两粒子在从A 向B 、C 运动过程中电场力做功情况．根据BC 两点在同一等势面上，，可判定从A 到B 和从A 到C 过程中电场力所做的总功为0
21．C
解析：C 【解析】 【详解】 电子在0～
2T 受力向左指向B 板，做加速运动，2
T
～T 受力向右指向A 板，做减加速运动，到零。

由运动学规律画出如答图所示的v t -图像，
可知电子一直向B 板运动，故C 正确，ABD 错误。

故选：C
22．D
解析：D 【解析】 【详解】
A 、
B 项：因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定。

所以电场强度不随q 、F 的变化而变化，故A 、B 错误；
C 、
D 项：由F
E q
=知，某点的电场强度一定，F 与q 成正比。

故C 错误，D 正确。

故选：D 。

23．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
t =
==，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．
24．A
解析：A 【解析】 【详解】
AB ．增大板间距d ，据电容的决定式：
r 4S
C kd
επ=
可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：
Q C U
=
可知两极板间的电势差U 变大，静电计指针张角变大，A 正确，B 错误； C ．极板正对面积S 变小，根据电容的决定式：
r 4S
C kd
επ=
可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：
Q C U
=
可知两极板间的电势差U 变大，静电计指针张角变大，C 错误； D ．极板间插入有机玻璃则r ε变大，根据电容的决定式：
r 4S
C kd
επ=
可知电容变大，电容器电荷量不变，结合电容定义式：。