高考物理最新电磁学知识点之静电场知识点总复习有答案解析(1)
高考物理最新电磁学知识点之静电场知识点总复习有答案解析(1)
一、选择题
1．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞出a b 、两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（ ）
A ．a 一定带正电，b 一定带负电
B ．a 的速度将减小，b 的速度将增加
C ．a 的加速度将减小，b 的加速度将增加
D ．两个粒子的动能，一个增加一个减小
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? 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，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
5．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
6．如图所示，某电场中的一条电场线，一电子从a点由静止释放，它将沿电场线向b点运动，下列有关该电场的判断正确的是()
A．该电场一定是匀强电场
B．场强E a一定小于E b
C．电子具有的电势能E p a一定大于E p b
D．电势φa>φb
7．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，在下述四种情况中，一定能使电子的侧向位移变大的是
A．U1增大，U2减小B．U?、U2均增大
C．U1减小，U2增大D．U1、U2均减小
8．如图所示，将带正电的粒子从电场中的A点无初速地释放，不计重力的作用，则下列说法中正确的是（）
A．带电粒子一定做加速直线运动
B．带电粒子的电势能一定逐渐增大
C．带电粒子的动能一定越来越小
D．带电粒子的加速度一定越来越大
9．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同．实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知( )
A．三个等势面中，c等势面电势高
B．带电质点通过Q点时动能较小
C．带电质点通过P点时电势能较大
D．带电质点通过Q点时加速度较大
10．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 ．
11．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 ．3/V m
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 -?
13．一个电子只在电场力作用下从a 点运动到b 点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是
A ．如果实线是电场线，则a 点的电势比b 点的电势高
B ．如果实线是等势面，则a 点的电势比b 点的电势低
C ．如果实线是电场线，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大
D ．如果实线是等势面，则电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大
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，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点，已知在P 、Q 连线至某点
R 处的电场强度为零，且PR =2RQ ，则
A ．q 1=2q 2
B ．q 1=4q 2
C ．q 1=-2q 2
D ．q 1=-4q 2
16．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2
42kQ
a
，方向竖直向上 B ．大小为
2
22kQ
a
，方向竖直向上 C ．大小为
42kQ
，方向竖直向下 D ．大小为
22kQ
，方向竖直向下 17．如图所示，带电粒子以初速度以v 0从a 点进入匀强磁场，运动过程中经过b 点，Oa=Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v 0从a 点进入电场，仍能通过b 点，则电场强度E 和磁感应强度B 的比值为
A ．v 0
B ．1/ v 0
C ．2 v 0
D ．v 0/2
18．某带电粒子仅在电场力作用下由 A 点运动到 B 点。如图所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹， 由此可以判定( )
A ．粒子在 A 点的加速度大于它在
B 点的加速度 B ．粒子在 A 点的动能小于它在 B 点的动能
C ．电场中 A 点的电势低于 B 点的电势
D ．粒子在 A 点的电势能小于它在 B 点的电势能
19．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
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．如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，
60MOP ∠=?。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电
场强度的大小为1E ；若将N 点的点电荷移至P 点，则O 点电场强度的大小变为2E 。则
1E 与2E 之比为（ ）
A ．1:2
B ．2:1
C ．2:3
D ．4:3
22．如图所示，在边长为l 的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a 和b 电荷量为+q ，c 和d 电荷量为-q ．则a 电荷受到的其它三个电荷的静电力的合力大小是
A ．0
B 2
2kq C ．22kq l
D ．22
32kq l
23．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
24．一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
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．C
解析：C
【解析】
【详解】
带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于90 所以电
场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误；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a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。
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．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。
6．C
解析：C
【解析】
【详解】
AB．因电子由静止释放，且由a向b运动，则电子所受的电场力一定是由a指向b，因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a。由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故A错误，B错误；
C ．由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能E Pa 一定大于E Pb ，故C 正确；
D ．由分析可知电场方向由b 指向a ，而沿着电场线方向电势降低，所以电势φa 一定低于φb ，故D 错误。
7．C
解析：C 【解析】
设电子被加速后获得初速为v 0，则由动能定理得：2
1012
qU mv =
又设极板长为l ，则电子在电场中偏转所用时间：0
l t v =
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a ，由牛顿第二定律得：2
qU qE a m dm
=
=
由以上各式可得：2
22222
0111·224qU U l l y at md v U d ===，故C 正确． 8．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．粒子所在处电场线为直线，初速度为零，不满足曲线运动的条件，故做加速直线运动，A 正确；
B ．电场力对粒子做正功，电势能减小，B 错误；
C ．根据动能定理，电场力做正功，粒子的动能增加，C 错误；
D ．粒子运动的过程中，所到之处，电场线越来越疏，故场强越来越弱，加速度越来越小，D 错误。 故选A 。
9．C
解析：C 【解析】 【详解】
A 、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a 等势线的电势最高，c 等势线的电势最低，故A 错误．
B 、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，故B 错误．
C 、根据质点受力情况可知，从P 到Q 过程中电场力做正功，电势能降低，故P 点的电势能大于Q 点的电势能，故C 正确．
D 、由于相邻等势面之间的电势差相同．等势线密的地方电场线密场强大，故P 点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D 错误．故选C ． 【点睛】
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．
10．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。
11．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．
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：据题意，如果实线是电场线，则电场力水平向右，电场方向为水平向左，则b 点电势高，电子从a 点运动到b 点电场力做正功，电子电势能减小，则电子在a 点电势能较大，故选项A 错误选项C 正确；如果实线为等势线，电子受到电场力竖直向下，电场方向竖直向上，则a 点电势较高，从a 点到b 点电场力做负功，电子电势能增加，电子在b 点电势能较高，故选项B 、D 错误． 考点：本题考查电场的性质．
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。 15．B
【解析】 【分析】 【详解】
已知点R 处的电场强度为零，可知两点电荷的电性相同．根据题述，q 1和q 2在点R 处的电场强度大小相等，方向相反，由真空中点电荷周围的场强公式2
kQ
E r
=知，122212kq kq r r =，将r 1=2r 2代入，可得q 1=4q 2，故B 正确ACD 错误。 故选B 。
16．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
22
kQ
E a =
=
，根据叠加原理，正方形两条对角线交点处的电场强度E =
总.故C 正确，ABD 错误． 故选C
17．C
解析：C 【解析】 【详解】
设oa=ob=d ，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 0B=m 2
v r
，解得：mv B qd =，如果
换成匀强电场，水平方向以v 0做匀速直线运动，在水平方向：d=v 0t 2，竖直沿y 轴负方向
做匀加速运动，即：22211 22qE d at t m ==，解得：2
02mv E qd =，则 E
B
=2v 0，故选C ．
【点睛】
带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．
18．D
解析：D 【解析】
A ．电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在A 点的场强小于
B 点的场强，在A 点所受的电场力小，故在A 点的加速度小于B 点的加速度，故A 错误；
B ．由图知带电粒子的运动轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知电场力对粒子做负功；动能减小，有粒子在A 点的动能大于它在B 点的动能；故B 错误；
D ．因粒子由A 到B 时，电场力做负功，故电势能增大，则粒子在A 点的电势能小于它在B 点的电势能；故D 正确；
C ．粒子所受电场力方向与电场强度相反，则粒子带负电，而电势能P E q ?=，因A 点的电势能低于B 点，有()()A B q q ??-<-；可得A B ??>，故A 点的电势高于B 点的电势；故C 错误； 故选
D 。
19．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
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 。
解析：B 【解析】 【详解】
两个点电荷分别在M 点和N 点时，每个点电荷在O 点产生的电场强度的大小相等、方向相同，所以1M N E E E +=，得1
2
M
N E E E ==
。将N 点处的点电荷移至P 点时，假设M 点的电荷为正电荷，则O 点的电场强度如图所示。M 点和P 点的点电荷在O 点产生的电场
强度的大小仍相等，夹角为120?，所以O 点电场强度1
22
M E E E ==，即与
1221E E =，B 正确。
22．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力的合成法则，求出这三个力的合力即可． 【详解】
a 和
b 电荷量为+q ，
c 和
d 电荷量为-q ．根据库仑定律，则对角线上点的电荷给它的库仑斥
力为：22
(2)c F l =相邻两点的电荷给它的库仑斥力大小均为：F b =F d =2
2q k l
；根据力的合成法则，点电荷q 所受的电场力大小为：222
22222
2()()()
322kq kq kq F l l l =+=，故ABC 错误，D 正确；故选D ．
23．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。 24．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．
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．