高考物理电磁学知识点之静电场全集汇编含解析(6)

高考物理电磁学知识点之静电场全集汇编含解析(6)
一、选择题
1．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
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．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，x1、x2、x3为x轴上的三个点，下列判断正确的是（）
A．将一负电荷从x1移到x2，电场力不做功
B．该电场可能是匀强电场
C．负电荷在x1处的电势能小于在x2处的电势能
D．x3处的电场强度方向沿x轴正方向
4．如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻
R 、开关S 相连。

闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上。

下列说法中正确的是（ ）
A ．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
B ．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
C ．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长
D ．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
5．如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为123,,ϕϕϕ和4ϕ，相邻等势面间的电势差相等.一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a 、b 、c 、d 是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（ ）
A ．4ϕ等势面上各点场强处处相同
B ．四个等势面的电势关系是1234ϕϕϕϕ<<<
C ．粒子从a 运动到d 的过程中静电力直做负功
D ．粒子在a 、b 、c 、d 四点的速度大小关系是a b c d v v v v <<=
6．如图所示，A 、B 、C 、D 为半球形圆面上的四点，处于同一水平面，AB 与CD 交于球心且相互垂直，E 点为半球的最低点，A 点放置一个电量为+Q 的点电荷，B 点放置一个电量为－Q 的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A ．C 、E 两点电场强度不相同
B ．
C 点电势比E 点电势高
C ．沿CE 连线移动一电量为+q 的点电荷，电场力始终不做功
D ．将一电量为+q 的点电荷沿圆弧面从C 点经
E 点移动到D 点过程中，电场力先做负功，
后做正功
7．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+Q1与+Q2，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
8．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．
9．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
10．图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c
点．若不计重力，则
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
11．下列选项中的各1
4
圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各
1
4
圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是
A．B．
C．D．
12．如图所示为一对不等量异号点电荷的电场线分布，下列说法正确的是（）
A．1Q可能带正电，也可能带负电
B ．B 处没有电场线，故B 处场强为零
C ．A 点电势一定高于B 点电势
D ．将一电子从A 移到B 点，电场力对电子做正功
13．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0V ，点A 处的电势为6V ，点B 处的电势为3V ，则电场强度的大小为
A ．200V /m
B ．2003/V m
C ．100/V m
D ．1003/V m
14．如图所示，平行板a 、b 组成的电容器与电池E 连接，平行板电容器P 处固定放置一带负电的点电荷，平行板b 接地。

现将电容器的b 板向下稍微移动，则( )
A ．点电荷所受电场力增大
B ．点电荷在P 处的电势能减少
C ．P 点电势减小
D ．电容器的带电荷量增加 15．如图所示，在一对带等量异号电荷的平行金属板间，某带电粒子只在电场力作用下沿
虚线从A 运动到B ．则（ ）
A ．粒子带负电
B ．从A 到B 电场强度增大
C ．从A 到B 粒子动能增加
D ．从A 到B 粒子电势能增加
16．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V ，φ2=20V ，φ3=30V 一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A 点运动到B 点，由此可知（ ）
A ．粒子带正电
B ．粒子的速度变大
C ．粒子的加速度变大
D ．粒子的电势能变大
17．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，如图所示，在AB连线上，电场强度为零的地方在（）
A．B左侧B．A右侧
C．A和B之间D．A的右侧及B的左侧
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．如图所示，在平行于ABC平面的匀强电场中，有一一个边长为6 cm的等边三角形，A、B、C三点电势分别为8V，-4V和2V，D为靠近A点的AB线段的三等分点。

下列说法正确的是
A．电场强度为400 V/m
B．电场线方向与AB平行，方向指向A
C．电子在A点的电势能小于在B点的电势能
D．若将一电子从C点移至D点，电场力做功为-2eV
20．两个点电荷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
21．一负电荷从电场中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．
22．电源、开关、平行板电容器连成如图电路。

闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电量为Q，板间电压力为U，板间电场强度大小为E，则下列说法正确的是
A．若将A板下移少许，Q增大；U减小；E不变
B．若将A板下移少许，Q不变；U减小；E减小
C．若断开开关，若将A板下移少许，Q增大；U不变；E增大
D．若断开开关，若将A板下移少许，Q不变；U减小；E不变
23．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
24．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（）
E=
A．B点为中垂线上电场强度最大的点,场强1V/m
B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C．由C点到A点电势逐渐升高
U=
D．A、B两点间的电势差5V
AB
25．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
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一、选择题
1．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. 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．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ϕ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 。

4．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向。

因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故A 错误；
B ．两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由U Ed =可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故B 正确；
C ．因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C 错误；
D ．定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D 错误。

故选B 。

5．B
解析：B
【解析】
【详解】
由等势面的形状可知该电场不是勺强电场，所以4ϕ等势面上各点场强并不相同，A 错误;由运动轨迹可知电场力由左向右，电场强度的方向由右向左，沿电场强度方向电势逐渐降低，所以1234ϕϕϕϕ<<<，B 正确;粒子a 运动到d 的过程中静电力先做负功后做正功，粒子在a 、b 、c 、d 四点的速度大小关系是a b c d v v v v >>=，C 、D 均错误.
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．等量异种电荷形成的电场，根据电场线的分布情况和对称性知，C 、E 两点的电场强度大小相等，方向相同，故A 错误。

B ．由等量异种电荷形成的电场，根据电场线的分布情况和对称性知，
C 、E 两点在通过AB 连线的中垂面上，C 、
D 、
E 在同一等势面上，所以C 点电势等于E 点电势，故B 错误。

C ．由以上分析知，C 、E 在同一等势面上，则沿CE 连线移动一电量为+q 的点电荷，电场力始终不做功，故C 正确。

D ．由上面的方向知，C 、D 、
E 在同一等势面上，所以将一电量为+q 的点电荷沿圆弧面从C 点经E 点移动到D 点过程中，电场力不做功，故D 错误。

故选C 。

7．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。

8．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．
9．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. 10．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．由于O 点电势高于c 点．电场强度方向向下，根据MN 粒子的运动轨迹可知N 受到的电场力向上，M 受到的电场力向下，N 带负电，M 带正电，A 错误；
B ．根据题意可知2Oa Oc U U =，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得2201122
Uq mv mv =
-，N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小不等，B 错误；
C ．N 在从O 点运动至a 点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C 错误
D ．图中的虚线为等势线，即O 点和b 点的电势相等，所以M 点从O 点到b 点的过程中电场力对粒子做功等于零，D 正确； 11．B
解析：B
【解析】
【详解】 根据点电荷的电场强度公式2kq E r =可得各14
圆环上的电荷在O 点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可．由于电荷均匀分布，则各
14圆环上的电荷等效集中于14
圆环的中心，设圆的半径为r ，则A 图O 点处的场强大小为2
A kq E r =；将
B 图中正、负电荷产生的场强进行叠加，等效两电荷场强方向间的夹角为
90°，则在O 点的合场强2B E r =
,方向沿x 轴负方向；C 图中两正电荷在O 点的合场强为零，则C 中的场强大小为2c kq E r
=
，D 图由于完全对称，易得合场强E D =0．故O 处电场强度最大的是图B ．故答案为B ．
【考点定位】
本题考查电场的叠加,要注意采用等效思想及矢量的运算．难度：中等．
12．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于电场线由1Q 指向2Q ，所以1Q 带正电，2Q 带负电，故A 错误；
B ．电场线是假想的，没有电场线的地方，也有电场，故B 错误；
C ．沿着电场线方向电势降低，所以A 点电势一定高于B 点电势，故C 正确；
D ．A 点电势一定高于B 点电势，由于电子带负电，所以将一电子从A 点移到B 点，电场力对电子做负功，故D 错误。

故选C 。

13．A
解析：A
【解析】
试题分析：OA 的中点C 的电势为3V ，将C 点与B 点连接，如图，电场线与等势线垂直，
根据几何关系得，3，则OB 沿电场线方向上的距离3sin60°＝1．5cm ．所以电场强度23200/1.510
U E V m d -=
⨯＝＝．故A 正确，BCD 错误．故选A ． 考点：电场强度 【名师点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即U E d
=，注意d 是沿电场线方向上的距离． 14．B
解析：B
【解析】
【详解】
A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B 板下移，则板间距离d 增大，则板间电场强度E 变小，由F=Eq 可知电荷所受电场力变小，故A 错误；
BC.板间距离d 增大，则板间电场强度E 变小，由U=Ed 知，P 与a 板的电压减小，而a 的电势不变，故P 的电势升高，由E P =qφ而q 为负值，故电势能减小，故B 正确，C 错误；
D.由Q=CU ，又有4S C kd
επ=，故C 减小，Q 减小，故D 错误。

解析：C
【解析】
【详解】
一对带等量异号电荷的平行金属板间的电场为匀强电场，则从A 到B 电场强度不变，带电粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场力的方向与电场强度的方向相同，且与带电粒子的速度方向夹角为锐角，则可判断粒子带正电，电场力对带电粒子做正功，从A 到B 电势能减少，动能增加，故C 正确．
16．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A 错误；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B 正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A 点运动到B 点，加速度在变小，故C 错误；由电场力做功的公式
得，粒子从A 点运动到B 点，电场力做正功，电势能减小，故D 错误．
【点睛】
做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．
17．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．在
B 的左侧，A 产生的电场强度向左，B 产生的电场强度向右，电场强度方向相反，而且由于A 的电量大于B 的电量，在B 的左侧处离A 较远，由点电荷场强公式2kQ E r =可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故A 正确；
B ．A 的右侧，A 产生的电场强度向右，B 产生的电场强度向左，电场强度方向相反，但由题A 的电量大于B 的电量，且A 较近，由点电荷场强公式2kQ E r
=可知，在同一点A 的电场强度一定大于B 的电场强度，所以合场强不可能为零．故B 错误；
C ．A 和B 之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零．故C 错误；
D ．由上可知D 错误。

故选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122r
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．C
解析：C
【解析】
【详解】
匀强电场平行相等的线段的端电压相等，则有AB 的中点F 点的电势为
8(4)V 2V 22
A B
F ϕϕϕ++-=== 则F 、C 为等电势点，FC 为等势线，则AB 为一电场线，方向由A 到B ，则
AB ．匀强电场的场强为
28(4)V/m 200V/m 610
AB AB U E d ---=
==⨯ 方向由A 到B ；故AB 错误。

C ．电子带负电，由P E q ϕ=知其在电势高处电势能小；故C 正确。

D ．D 点的电势为
8(4)84V 3
D ϕ--=-= 则U CD =-2V ，将一电子从C 点移至D 点，电场力做功为
2eV CD W eU =-=
故D 错误。

故选C 。

20．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．
21．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 。

22．D
解析：D
【解析】
【详解】
AB ．闭合开关S ，由于电源电压不变，所以电容器两端的电压U 不变；若将A 板下移少许，据4πS
C kd ε=知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U 不变，Q 增大；据
U E d
=，可得E 增大；故AB 错误； CD ．若断开开关，电路断路，Q 不变；若将A 板下移少许，据4S C kd
επ=
知，电容器将增大；由Q C U =，可知U 减小；由于4π4πU Q Q kQ E S d Cd S d kd
εε====⋅，可得E 不变；故C 错误，D 正确。

23．A 解析：A
【解析】
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： Q C U =
可知两极板间的电势差U 变小，静电计指针张角变小，D 错误。

故选A 。

24．A
解析：A
【解析】
【详解】
A ．据v -t 图可知带电粒子在
B 点的加速度最大为：
2240m /s 2m /s 75
a -=
=-， 所受的电场力最大为 1N 22N F ma ==⨯=， 据F E q
=知，B 点的场强最大为 2N 1N /C 1V /m 1C
F E q ====， A 正确；
B ．据v -t 图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，B 错误；
C ．据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，C 错误；
D ．据v -t 图可知A 、B 两点的速度，在根据动能定理得电场力从B 到A 做的功
()222211111614J 10J 2222
B A A B W mv mv →=
-=⨯⨯-⨯⨯=， 故 10V 5V 2
A B B A AB W W U q q →→--=
===-， D 错误。

25．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。