高考物理新电磁学知识点之静电场真题汇编及答案解析(4).pdf

《高考物理新电磁学知识点之静电场真题汇编及答案解析(4).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理新电磁学知识点之静电场真题汇编及答案解析(4).pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考物理新电磁学知识点之静电场真题汇编及答案解析(4)一、选择题1两电荷量分别为q1 和 q2 的点电荷固定在x 轴上的 O、M 两点，两电荷连线上各点电势随 x 变化的关系如图所示，其中C为 ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是()Aq1、q2 为等量异种电荷BN、C 两点间场强方向沿x 轴负方向CN、D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大D将一正点电荷从N 点移到 D 点，电势能先增大后减小2如图，电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动，然后，射入电压为U2的两块平行板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，在下

2、述四种情况中，一定能使电子的侧向位移变大的是AU1增大，U2减小BU?、U2均增大CU1减小，U2增大DU1、U2均减小3下列说法正确的是（）A电场不是实物，因此不是物质B元电荷就是电子C首次比较准确地测定电子电荷量的实验是密立根油滴实验，其实验原理是微小带电油滴在电场中受力平衡D库仑定律122kq qFr与万有引力定律122kmmFr在形式上很相似；由此人们认识到库仑力与万有引力是同种性质的力4三个 粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是A在 b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进电场时c 的速度最大,a 的速度最小D动能

3、的增加值c 最小,a和 b 一样大5两个相同的金属小球，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（）A2536FB56FC23FD49F6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 10-8JB点电势是20VC电荷的电势能增加了4 10-8JD电荷的电势能减少了4 10-8J7下列选项中的各14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

4、14圆环间彼此绝缘坐标原点O 处电场强度最大的是ABCD8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9如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，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(E1和 x1为已知量)已知重力加

5、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BA、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10a、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（）A4V B8V C12V D24V11 如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，用E表示两极板间电场强度，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AE变

6、大，Ep变大 BU变小，Ep不变 CU变大，Ep变小 DU不变，Ep不变12 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13 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大小为24 2kQa

7、，方向竖直向上B大小为22 2kQa，方向竖直向上C大小为24 2kQa，方向竖直向下D大小为22 2kQa，方向竖直向下14 如图所示，在水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷为q 的小球，经过P点时速度大小为0v，方向水平向右;经过 Q 点时速度大小也为0v，方向竖直向下，Q 点与 P 点的水平距离与竖直距离相等，重力加速度大小为g,下列说法正确的是A小球从P点到 Q 点的运动过程中速度可能先增大后减小B小球从P 点到 Q 点运动过程中机械能保持不变C小球运动的加速度大小为gD匀強电场的电场强度大小为mgq15 下列关于电场强度的说法中，正确的是（）A公式FEq只适用于真空中点电荷产生的

8、电场B由公式FEq可知，电场中某点的电场强度E 与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比C在公式122Q QFkr中，22Qkr是点电荷2Q产生的电场在点电荷1Q处的场强大小；12Qkr是点电荷1Q产生的电场在点电荷2Q处的场强大小D由公式2kQEr可知，在离点电荷非常靠近的地方（0r），电场强度E可达无穷大16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

9、速度可能不等17 下列说法正确的是（）A带电粒子只在电场力的作用下一定作匀变速直线运动B带电粒子在磁场中只受磁场力作用，一定作匀速圆周运动C带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下不可能作匀速圆周运动D带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下可以作匀速直线运动18 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/mB电场线方向与AB 平行，方向指向AC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

10、-2eV19 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vt 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（）ABCD20 如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A 经过 B 运动到 C，下列判断正确的是()A粒子一定带负电BA 处场强大于C 处场强C粒子在A 处电势能大于在C 处电势能D粒子从A 到 B 电场力所做的功大于从B 到 C 电场力所做的功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

11、小球(可看成点电荷)，丝线跟竖直方向成 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sinmgqB小球受到电场力为254kQqbC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2tanbg时间到达负极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

12、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 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()AP点的电势与Q 点的电势相等B带正电的微粒在O

13、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DP点的电场强度与Q点的电场强度相等25 如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中1=10V，2=20V，3=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【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1C 解析：C【解析】【详解】A若是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A 错误；B沿 x 正方向从 N 到 C 的过程，电势降低，N、C 两点间场强方向沿x 轴正

14、方向故B正确；C-x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大，故C 正确；DNC 电场线向右，CD 电场线向左，将一正点电荷从N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大故D 错误；【点睛】由图象中电势的特点可以判断是同种等量正电荷由电势图线的斜率可以判断电场强度的大小沿电场线电势降低，可以判断电场强度的方向，可知电场力做功的正负，从而判断电势能的变化2C 解析：C【解析】设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：21012qUmv又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：0ltv又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a

15、，由牛顿第二定律得：2qUqEamdm=由以上各式可得：2222220111224qUU llyatmd vU d，故C正确3C 解析：C【解析】【分析】【详解】A电场是客观的物质存在，选项A 错误；B元电荷是最小的电荷量，电子是实物粒子，选项B 错误；C密立根通过研究微小的带电油滴在匀强电场中受到的电场力与重力平衡，得出了电子的电荷量，选项C 正确；D库仑力和万有引力虽然形式上很相似，但它们是两种不同的相互作用力；库仑定律只适用于真空中两静止的点电荷之间的作用力，当带电体的形状、大小及电荷的分布状况对它们之间的作用力影响可以忽略时，可以看成点电荷。选项D 错误。故选 C。4B 解析：B【解析

16、】【详解】A三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同。a、b 两粒子在竖直方向上的位移相等，根据212yat，可知运动时间相等。故A 正确，不符合题意。Bb、c 竖直方向上的位移不等，ycyb根据212yat，可知 tctb即 c 先飞离电场，故 B 错误，符合题意。C在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：xvt。因 xc=xb，tctb，则 vcvb。根据 ta=tb，xb xa则 vbva所以有：vc vb va故 C 正确，不符合题意。D根据动能定理知，a、b 两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。c 电荷电场力做功最少，动能增加量最小。故D 正确，不符合题

17、意。5D 解析：D【解析】【分析】【详解】由库仑定律得229QFkr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，它们之间的库仑力大小将变为22216449QFkFr故ABC错误，D正确。故选 D。6C 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-84 10 J，故电荷电势能应该是增加了-84 10 J，故D错误，C正确。故选C。7

18、B 解析：B【解析】【详解】根据点电荷的电场强度公式2kqEr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2AkqEr；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22BkqEr,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2ckqEr，D 图由于完全对称，易得合场强ED=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,

19、要注意采用等效思想及矢量的运算难度：中等8A 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

20、。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。9C 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

21、不能求出AB 之间的电势差故B错误；由重力势能线得到EP=mgh=mgssin，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10B 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Ube=15Ubd=15（24-4）=4v，故 Ube=b-e=4v，故 f-d=4v，故 e=24-4=20vf=8v故

22、a=e，连接 cf，则 cfae，故 c 点的电势c=f=8v故 B 正确故选B考点：电势【名师点睛】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；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11B 解析：B【解析】【分析】【详解】电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决定式：4SCkd，可知电容器的电容增大，又有：4SCkUCddQEU、，可得推论公式4 kQES所以电容器中电场强度E 只与电量及极板面积有关，与极板距离无关。E不变，P点距离下极板距离h不变，EpEh不变，UEd，E不变d变小，所以U变小。因此

23、B 正确 ACD 错误。故选 B。12B 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UEd 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

24、时间不变，故D 错误。故选 B。13C 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2222()2kQkQEaa，根据叠加原理，正方形两条对角线交点处的电场强度24 2kQEa总，方向竖直向下.故 C正确，ABD错误故选 C14D 解析：D【解析】【分析】【详解】由题可知，小球受电场力（水平向左）和重力（竖直向下）作用，小球从P 点运动到Q 点速度先减小后增大，因Q 点与 P 点的水平距离x 与竖直距离h相等，由动能定理得220011022qExmghmvmv解

25、得mgqE故小球运动的合力为222qEmgmg则加速度为22mgagm运动过程除重力做功外还有电场力做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，故ABC 错误，D 正确.选 D。15C 解析：C【解析】【分析】【详解】试题分析：FEq是电场强度的定义式适用于一切电场，A 错误；电场强度E 表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E 与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比，B 错误；库仑定律公式公式122kQ QFr中，22kQr是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；12kQr是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小，C 正确；D、当 r 0时，电荷已不能看成点电荷，公式

26、2kQEr不再成立，D 错误；故选C考点：电场强度【名师点睛】电场强度是描述电场的力的性质的物理量，要想知道电场中某点的电场强度，可以在该点放一试探电荷，由Fq来描述该点的强弱，不同的试探电荷，受到的力不同，但Fq是相同的，为了描述电场的这种性质，引入电场强度这个物理量，即FEq为电场强度的定义式；而2kQEr是点电荷所形成的电场的场强的决定式，是说点电荷所形成的电场的场强决定于场源电荷的电荷量和距点电荷的距离16B 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

27、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

28、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017D 解析：D【解析】【分析】【详解】A若带电粒子初速度与电场力不在一条直线上，只在电场力的作用下，做曲线运动，故A 错误；B带电粒子在磁场中只受磁场力作用，如果磁场力不恒定，则不一定作匀速圆周运动，故 B 错误；C带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下时，若磁场力恒定，且重力与电场力平衡，带电粒子可能作匀速圆周运动，故 C 错误；D带电粒子在重力、电场力、磁场力作用下，若这三个力平衡，合力为0，则带电粒子可以作匀速直线运动，故D 正确；故选 D。18C 解析：C【解析】【详解】匀强

29、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)V2V22ABF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/m200V/m6 10ABABUEd方向由 A 到 B；故 AB 错误。C电子带负电，由PEq知其在电势高处电势能小；故C 正确。DD 点的电势为8(4)84V3D则 UCD=-2V，将一电子从C 点移至 D 点，电场力做功为2eVCDWeU故 D 错误。故选 C。19C 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

30、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qEma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。20B 解析：B【解析】【详解】A根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A 错误；B等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A 处场强大于C 处场强，B 正确；C从 A 点飞到 C 点，电场力方向与速度的夹角

31、为钝角，电场力做负功，电势能增大，C正确；D由于电势差相同，根据WUq知，电场力做功相同，D 错误21D 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TsinqE，Tcosmg，可得tanmgEq，故 A 错误；B、小球受到电场力为tanmgF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qE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

32、水平方向的初速度为零、加速度qEam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212bat,得222tanbbbtqEagm，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22D 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4SCkd知，电容器电容将增大，电容器两端的电压U 不变，Q 增大；据UEd，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4SCkd知，电容器将增大；由QCU，可

33、知 U 减小；由于44UQQkQESdCdSdkd，可得 E 不变；故C错误，D 正确。23A 解析：A【解析】【详解】AB增大板间距d，据电容的决定式：r4SCkd可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：QCU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：r4SCkd可知电容变小，电容器电荷量不变，结合电容定义式：QCU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变大，根据电容的决定式：r4SCkd可知电容变大，电容器电荷量不变，结合电容定义式：QCU可知两极板间的电势差U变小，静电计

34、指针张角变小，D 错误。故选 A。24D 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

35、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。25B 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