高考物理静电场七大题型整理(有题有答案有解析)

静电场题型整理
静电场常考的七大题型：
1、场强叠加问题
2、图像问题
3、轨迹类（电势和电势能）问题
4、等势面（等分法）问题
5、库仑力受力分析问题
6、电容器的动态分析
7、带电粒子在电场中运动
一、场强叠加问题
1．（2017·江苏省高二学业水平模拟考试）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

如图所示，在半球面AB 上均匀分布着正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，O M =ON =2R 。

已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为
A ．
24kq E R - B ．24kq R C ．E R
kq -22 D ．24kq E R + 1．C 【解析】若将带电量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。

则在M 、N 两点所产生的电场为()22
222k q
kq E R R ⋅==，由题知当半球面如题图所示产生的场强为E ，则N 点的场强为2
2kq E E R '=
-，故选C 。

2．（2017·甘肃省高三第二次诊断）如图所示，等量异种电荷A 、B 固定在同一水平线上，
竖直固定的光滑绝缘杆与AB 连线的中垂线重合，C 、D 是绝缘杆上的两点，ACBD 构成一个正方形。

一带负电的小球（可视为点电荷）套在绝缘杆上自C 点无初速度释放，则小球由C 运动到D 的过程中，下列说法正确的是
A ．杆对小球的作用力先增大后减小
B ．杆对小球的作用力先减小后增大
C ．小球的速度先增大后减小
D ．小球的速度先减小后增大
2．A 【解析】从C 到D ，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A 正确，B 错误；因直杆处于AB 的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向右的电场力和水平向左的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故CD 错误。

3．（2015·山东卷）直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图，M 、N
两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，
G 点处的电场强度恰好为零。

静电力常量用k 表示。

若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为 A ．
243a kQ ，沿y 轴正向 B ．243a kQ ，沿y 轴负向 C ．245a kQ ，沿y 轴正向 D ．245a
kQ ，沿y 轴负向 O y
x
H (0，a )
G (0，—a )N
M
二、图像问题
4．（2017·广西钦州市钦州港经济技术开发区高三）两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是
A．B．
C．D．
4．A【解析】根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强。

故A正确，BCD错误。

5．（2017·江苏卷）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
5．AC 【解析】由图知x 1处的电势等于零，所以q 1和q 2带有异种电荷，A 正确，图象的斜
率描述该处的电场强度，故x 1处场强不为零，B 错误；负电荷从x 1移到x 2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；由图知，负电荷从x 1移到x 2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D 错误．
6．（2017·新课标全国Ⅰ卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势ϕ与该点到点电荷的
距离r 的关系如图所示。

电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别E a 、E b 、E c 和E d 。

点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势ϕa 已在图中用坐标（r a ，ϕa ）标出，其余类推。

现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd 。

下列选项正确的是
A ．E a ：E b =4:1
B ．E c ：E d =2:1
C ．W ab :W bc =3:1
D ．W bc :W cd =1:3
6．AC 【解析】由题图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式2r
Q k E =可知，1422==a b b a r r E E ，1422==c d d c r r E E ，故A 正确，B 错误；电场力做功qU W =，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1
V ，所以31ab bc W W =，1
1=cd bc W W ，故C 正确，D 错误。

7．（2014·上海卷）静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正向为场强正
方向，带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程电势能增大
C．由x1运动到x4的过程电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程电场力先减小后增大
8．（2015·广东卷）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则
A．M的带电荷量比N大B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N大D．移动过程中匀强电场对M做负功8．BD【解析】释放后，MN保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE和相互之间的库仑力F作用，因此有qE=F，两者方向相反，其合力为0，故选项C错误；由牛顿第三定律可知，MN间相互作用的库仑力F，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电荷量相等，故选项A错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由图中位置关系可知，小球M受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B正确；由图示可知，小球M移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M做负功，故选项D正确。

9．（2016·全国新课标Ⅱ卷）如图，P 为固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆。

带电
粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，
a 、
b 、
c 为轨迹上的三个点。

若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则
A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v b
B ．a a >a b >a c ，v b >v c >v a
C ．a b >a c >a a ，v b >v c >v a
D ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b
9．D 【解析】在点电荷的电场中，场强大小2Q E k r
=，由图可知a c b r r r >>，可得a c b E E E <<，而带电粒子运动的加速度qE a m =
，则a c b a a a <<；而由动能定理：k qU E =∆可知电场力做负功，动能减小，由图ab cb U U >，则v a >v c >v b ，故选D 。

10．（2017·福建省莆田第一中学高三模拟）如图甲所示，两个点电荷Q 1、Q 2固定在x 轴上
距离为L 的两点，其中Q 1带正电荷位于原点O ，a 、b 是它们的连线延长线上的两点，其中b 点与O 点相距3L 。

现有一带正电的粒子q 以一定的初速度沿x 轴从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a ，b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其速度随坐标x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是
A ．Q 2带负电且电荷量大于Q 1
B ．b 点的场强一定为零
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比b点的电势能小
10．BD【解析】在b点前做减速运动，b点后做加速运动，在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，Q1带正电荷，则Q2带负电，且根据库仑定律知，|Q2|＜|Q1|，故A错误；粒子通过b点的加速度为零，说明电场力为零，则b点的场强一定为零，故B正确；粒子从a运动到b的过程中，粒子的动能先减小，根据能量守恒知其电势能增大，根据正电荷在电势高处电势能大，可知粒子在a点的电势能比b点的电势能小，a点的电势比b点的电势低，故C错误，D正确。

11．（2014·上海卷）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程电势能增大
C．由x1运动到x4的过程电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程电场力先减小后增大
12.【来源】河南省漯河高中2016-2017学年高二上学期期末物理模拟试卷（3）
（多选题）如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．﹣光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10﹣4C．小球从c点由静止释放，其沿细杆由C经B向A 运动的v﹣t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）．则下列说法正确的是（）
A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差U CB=0.9V
答案及解析：
12.ACD
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．
【分析】通过乙图的v﹣t图象判断出加速度，加速度最大时受到的电场力最大，电场强度最大，由电场力做功即可判断电势能，由W=qU求的电势差
【解答】解：A、由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度有电场力提供，故B点的电场强度最大，a=，a=，解得E=1.2V/m，故A正确；
B、从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，故B错误，C正确；
D、由C到B电场力做功为W=，CB间电势差为U==0.9V，故D正确
故选：ACD
三、轨迹类（电势和电势能）问题
13.（2017·河北省张家口市高一期末考试）某电场的电场线分布如图所示（实线），以下说法正确的是
A．c点场强大于b点场强
B．b和c处在同一等势面上
C．若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电势能将增大
D．若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一定带负电
参考答案：A
14.【来源】河南省信阳市永和中学2016-2017学年高三上学期第一次检测物理试卷
如图所示，在平面直角坐标系xoy内，固定有A、B、C、D四个带电量均为Q的点电荷，它们关于两坐标轴对称，其中A、B带正电，C、D带负电它们产生电场的等势面如图中虚线所示，坐标轴上abcd是图中正方形的四个顶点，则（）
A．将电子沿路径a→b→c移动，电场力先做负功，后做正功
B．将电子沿路径a→o→c移动，电场力做正功
C．b、d两点场强相同，电势不相等
D．b、d两点电势相等，场强不相等
答案及解析：
14.C
【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加．
【分析】电场线与等势面垂直，电场线的疏密程度可以反映场强的大小．顺着电场线的方向电势逐渐降低．结合电场的叠加原理分析．
【解答】解：A、将电子沿路径a→b→c移动，从a到b，电场力做正功，从b到c，电场力做负功，故A错误；
B、将电子沿路径a→o→c移动，电势不变，电场力不做功，故B错误；
CD、根据对称性可知，b、d两点的场强大小相等，方向相同：均由b指向d，则场强相同．b、
d 两点间的电场线由b 指向d ，所以b 点的电势高于d 点的电势．故C 正确，D 错误． 故选：C ．
15．（2016·全国新课标Ⅰ卷）学&科网如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨
迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知
A ．Q 点的电势比P 点高
B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大
C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大
D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小
15．AB 【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相
对于过轨迹最低点P 的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点高，带负电的油滴在Q 点的电势能比它在P 点的小，在Q 点的动能比它在P 点的大，故AB 正确，C 错误。

在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D 错误。

四、等势面（等分法）问题
16．（2015·全国新课标Ⅰ）如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，
M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M φ、N φ、P φ、P φ。

一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则
A ．直线a 位于某一等势面内，Q M φφ>
B ．直线c 位于某一等势面内，N M φφ>
C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功
D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功
16．B 【解析】电子带负电荷，从M 到N 和P 做功相等，说明电势差相等，即N 和P 的电
势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，从M 到N ，电场力对负电荷做负功，说明MQ 为高电势，NP 为低电势。

所以直线c 和d 都是位于某一等势线内，但是M Q φφ=，M N φφ>，A 错误，B 正确。

若电子从M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，C 错误。

电子作为负电荷从P 到Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，D 错误。

17．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的
位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。

下列说法正确的是
A ．电场强度的大小为2.5 V/cm
B ．坐标原点处的电势为1 V
C ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eV
D ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV
17．ABD 【解析】如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点相同，则1017717269
ad dc -==-，d 点坐标为（3.5 cm ，6 cm ），过c 点作cf ⊥bd 于f ，由几何关系可得cf =3.6 cm ，则电场强度2617 V/cm 2.5 V/cm 3.6
U E d -===，A 正确；因为四边形Oacb 是矩形，所以有ac Ob U U =，解得坐标原点O 处的电势为1 V ，B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，D 正确。

18.【来源】河南省安阳市林州一中火箭班2017-2018学年高二上学期开学物理试卷
（多选题）如图所示，匀强电场场强大小为E ，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m ，电荷量为q 的带电小球，用长为L 的细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（ ）
A．外力所做的功为mgLcotθ
B．外力所做的功为mgLtanθ
C．带电小球的电势能增加2mgLcotθ
D．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）
答案及解析：
18.AD
【考点】电势能；动能定理的应用；功能关系．
【分析】先求出电场力大小：当小球静止时，细线恰好水平，由平衡条件求出电场力大小和方向．用外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点的过程中，动能的变化量为零，根据动能定理求解外力做功．求得电场力做功，分析电势能的变化．
【解答】解：A、B设小球所受的电场力大小为F．当小球静止时，细线恰好水平，由平衡条件得：Fsinθ=mg，得F=．①
用外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点的过程中，小球沿电场线方向移动的距离为L （cosθ+sinθ），小球动能变化量为零，根据动能定理得
W+mgL﹣FL（cosθ+sinθ）=0，②
由①②联立得，外力做功为W=mgLcotθ．故A正确，B错误．
C、D电场力做功为W电=﹣FL（cosθ+sinθ）=﹣•L（cosθ+sinθ）=﹣qEL（sinθ+cosθ），则小球的电势能增加qEL（si nθ+cosθ）．故C错误，D正确．
故选AD
19.【来源】河南省驻马店市西平高中2016-2017学年高二上学期第四次月考物理试卷（12月份）
如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N点，可以判定（）
A．该粒子带负电
B．M点的电势小于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能
答案及解析：
19.D
【考点】电势差与电场强度的关系；电场线；电势；电势能．
【分析】带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小．根据电场线的疏密分析场强的大小，从而得到电场力的大小．
【解答】解：A、带电粒子所受的电场力方向应指向轨迹的内侧，得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，所以该粒子带正电．故A错误；
B、根据顺着电场线方向，电势降低，可知，M点的电势大于N点的电势，故B错误；
C、根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密场强越大，则知M点场强小于N点的场强，由F=qE知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，故C错误．
D、粒子从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确．
故选：D
五、库仑力受力分析问题
20．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘。

两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内。

若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两小球静止于图示位置。

如果将小球B向左推动少许，并待两小球重新达到平衡时，与原来相比
A ．两小球间的距离将增大，推力F 将增大
B ．两小球间的距离将增大，推力F 将减小
C ．两小球间的距离将减小，推力F 将增大
D ．两小球间的距离将减小，推力F 将减小
20．B 【解析】以小球A 为研究对象，其受力如图所示，小球A 受到小球B 对它的斥力F 斥和墙壁对它的弹力F N 的合力与其重力mg 平衡。

当将小球B 向左推动少许，并待两小球重新达到平衡时，F 斥与竖直方向夹角α减小，则由图可判断斥力F 斥减小，因此两小球间的距离将增大，弹力F N 减小；以A 、B 两小球组成的整体为研究对象，由平衡条件知F =F N ，故推力F 将减小。

故正确答案为B 。

21．（2017·黑龙江省大庆实验中学高一月考）如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光
滑绝缘水平面上的A 点，其带电荷量为Q ；质量为m 、带正电的乙球在水平面上的B 点由静止释放，其带电荷量为q ；A 、B 两点间的距离为l 0。

释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为204Qq F k l =（k 为静电力常数），方向指向甲球的恒力（非电场力）作用，两球均可视为点电荷。

求：学科网
（1）乙球刚释放时受到的库仑力； （2）乙球在释放瞬间的加速度大小；
（3）乙球的速度最大时两球间的距离。

21．（1） 020kQq F l = （2） 2
034kQq a ml = （3） 02x l = （1）乙球刚释放时受到的库仑力020kQq F l =
（2）根据牛顿第二定律得 20
-kQq F ma l =
又204kQq F l = 可解得：2034kQq a ml =
（3）当乙球所受的甲的静电斥力和F 大小相等时，乙球的速度最大
2204kQq kQq F l x
== 可解得x =2l 0
22．（2015·四川卷）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O ，最低点是P ，直径MN 水平，a 、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q （图中未画出）时速度为零。

则小球a
A ．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小
C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加
D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量
23．如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC 与半径为R 的圆周交于B 、C 两点，在圆
心处有一固定的正点电荷，B 点为AC 的中点，C 点位于圆周的最低点。

现有一个质量
为m 、电荷量为q 套在杆上的带负电的小球（可视为质点）从A 点由静止开始沿杆下滑。

已知重力加速度为g ，A 点距过C 点的水平面的竖直高度为3 R ，小球滑到B 点时的速度大小为2gR 。

求：
（1）小球滑至c 点时的速度的大小；
（2）A 、B 两点间的电势差；
（3）若以C 点做为参考点(零电势点)，试确定A 点的电势。

23．（1）7gR （2）2mgR q - （3）2mgR q
-
24.【来源】河南省安阳市林州一中火箭班2017-2018学年高二上学期开学物理试卷
（多选题）绝缘水平面上固定一负点电荷Q ，另一质量为m 、电荷量为﹣q 的滑块（可看作点电荷）从a 点以初速度v 0沿水平面离开Q 运动，到达b 点时速度减为零．已知a 、b 间距离为s ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．以下判断正确的是（ ）
A ．滑块在运动过程中所受Q 的库仑力一直大于滑动摩擦力
B ．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于20v
C ．此过程中达到最大速度时，P 到Q 距离为r=mg kQq μ
D ．Q 产生的电场中，a 、b 两点间的电势差为U ab =q
gs v m 2)2(20μ- 答案及解析：
24.CD
【考点】动能定理的应用；力的合成与分解的运用；电势差．
【分析】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；当库PQ 仑力与摩
擦力相等时，物体的速度最大，则可得出PQ 间的距离；由动能定理可求得两点间的电势差．
【解答】解：A 、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b 点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动力，故A 错误；
B 、水平方向受大小不变的摩擦力及变小的库仑力，滑块可能先加速再减速，且加速度是变化的，故中间时刻的速度不等于，故B 错误；
C 、滑块先加速后减速，而库仑力减小，故当库仑力等于滑动摩擦力时，速度应达最大，即：μmg=，解得距离为：，故C 正确；
D 、由动能定理可得：Uq ﹣μmgs=0﹣mv 02，解得两点间的电势差U=
，
故D 正确；
故选CD ． 六、电容器的动态分析
25.（2017·江苏省宿迁市高一期末）如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R 、电源E 相连，用绝缘细线将带电小球q 悬挂在极板间，闭合开关S 后悬线与竖直方向夹角为θ。

则有
A ．保持开关S 闭合，将A 板向右平移，θ不变
B ．保持开关S 闭合，将A 板向左平移，θ变小
C ．先闭合开关S ，然后断开，将A 板向右平移，θ不变
D ．先闭合开关S ，然后断开，将A 板向右平移，θ变小
参考答案：BC
试题解析：保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，将A 板向右移动，d 减小，则电场强度增大，电场力增大，根据共点力平衡知，θ角变大，反之向左移动，θ角变小，A 错误，B 正确；断开开关S ，电荷量不变，根据4πS C kd ε=，U E d =，Q C U
=联立解得4πU Q kQ E d Cd S
ε===，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A 板，θ角不变，C 正确，D 错误。

26．（2017·河南省周口市高二期末）如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计〉连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。

一带负电油滴静止于电容器中的P 点。

现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则下列判断错误的是
A ．静电计指针张角不变
B ．P 点的电势将降低
C ．带电油滴静止不动
D ．若先将上极板与电源正扱的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴静止不动。

26．C 【解析】静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故A 正确；因为两极板间的电势差不变，上极板上
移一小段距离，两极板间的距离增大，所以根据U E d =可知两极板间的电场强度减小，而下极板电势为零，根据U =Ed 可知，P 点到下极板的电势差减小，即P 点的电势减小，B 正确；由于两极板间的电场强度变小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴将向下运动，C 错误；若先将上极板与电源正扱的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，根据4πS
U Q C E C kd d U ε===、、可得4πU Q kQ E d Cd S
ε===，两极板间的电场强度与两极板间的距离无关，所以油滴受力不变，仍处于静止状态，D 正确。

27．（2017·辽宁省大连市高三二模）某电容式话筒的原理如图所示，E 为电源，R 为电阻，
薄片P 和Q 为两金属极板，对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，当P 、Q 间的距离增大时
A ．P 、Q 构成的电容器的电容减小
B ．P 上所带的电荷量保持不变
C ．有电流自M 经R 流向N
D ．PQ 间的电场强度不变
27．AC 【解析】根据电容器的决定式r 4πS
C kd ε=可知，当P 、Q 间的距离d 增大时，P 、Q
构成的电容器的电容减小，A 正确；因两极板间的电势差不变，则根据Q =CU 可知P 上所带的电荷量减小，B 错误；电容器上的电荷量减小时，电容器放电，则有电流自M 经R 流向N ，C 正确；由于U 不变，d 减小，根据U E d
=
可知，P 、Q 间的电场强度增大，D 错误。

28．（2017·西藏自治区拉萨中学高二月考）如图所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置
并与一个电源相连，S 闭合后，两板间有一个质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态。

以下说法正确的是。