2025高考物理步步高同步練習必修3練透答案

2025高考物理步步高同步練習必修3練透練透答案精析第九章靜電場及其應(yīng)用1電荷1．B2．BCD[物體帶電的原因是電子的得失，帶正電是因為失去了電子，帶負電是因為得到了電子．物體所帶電荷量是不能連續(xù)變化的，只能是e＝1.60×10－19C的整數(shù)倍．]3．C4．B[把一個絕緣導(dǎo)體向帶負電的球P慢慢靠近，絕緣導(dǎo)體兩端的電荷越來越多，選項A正確；離帶負電的球P較近的一端帶正電荷，較遠的一端帶負電荷，即兩端的感應(yīng)電荷是異種電荷，選項B錯誤，C正確；據(jù)電荷守恒定律知，兩端的感應(yīng)電荷電荷量相等，選項D正確．]5．D[帶電物體能夠吸引輕小物體，故b會將a球吸引過來，a與b接觸后，帶同種電荷而分開，故D正確．]6．B[由靜電感應(yīng)特點可知，近端感應(yīng)出異種電荷，遠端感應(yīng)出同種電荷，故選B.]7．AD[無論用手摸一下導(dǎo)體的什么位置，都會使枕形導(dǎo)體通過人體與大地相連，由于靜電感應(yīng)，導(dǎo)體上的自由電子將經(jīng)人體流入大地，使得導(dǎo)體帶正電，手指離開，移去帶電體C，導(dǎo)體帶正電，故選項A、D正確．]8．C[根據(jù)電荷守恒定律知，電荷既不會消滅，也不會創(chuàng)生，只會發(fā)生轉(zhuǎn)移，故A錯誤；該過程中電荷仍然守恒，電荷沒有消失，金屬小球上的負電荷減少是由于潮濕的空氣將電子導(dǎo)走了，是電子的轉(zhuǎn)移，仍然遵循電荷守恒定律，故B、D錯誤，C正確．]9．BCD[原本不帶電的物體處于電中性，不是不帶電荷，而是物體中正負電荷所帶電荷總量相等，故A錯誤；根據(jù)電荷守恒定律可知，N在摩擦后一定帶負電荷2.72×10－9C，故B正確；根據(jù)摩擦起電可知，M帶正電荷，失去電子，摩擦過程中電子從M轉(zhuǎn)移到N，故C正確；M在摩擦過程中失去的電子個數(shù)n＝eq\f(q,e)＝eq\f(2.72×10－9C,1.6×10－19C)＝1.7×1010(個)，故D正確．]10．AD[甲、乙、丙三個物體原來都不帶電，甲、乙兩個物體相互摩擦導(dǎo)致甲物體失去電子而帶1.6×10－15C的正電荷，乙物體得到電子而帶1.6×10－15C的負電荷；乙物體與不帶電的丙物體相接觸，由于乙、丙兩物體完全相同，故可知乙、丙兩物體帶等量負電荷，由電荷守恒定律可知乙、丙兩物體最終所帶電荷量均為8×10－16C，A、D正確．]11．ABC[摩擦使筆套帶電，帶電的筆套靠近圓環(huán)的時候，圓環(huán)發(fā)生靜電感應(yīng)，上、下部分感應(yīng)出等量的異種電荷，吸引過程中，圓環(huán)加速向上，吸引力大于圓環(huán)重力；絕緣材料做成的筆套，自由電子無法移動，電荷無法立刻被中和，故A、B、C正確，D錯誤．]12．D[導(dǎo)體原來不帶電，只是在靜電感應(yīng)的作用下，導(dǎo)體中的自由電子向B部分移動，使B部分多了電子而帶負電，A部分少了電子而帶正電．根據(jù)電荷守恒可知，A部分轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目和B部分多余的電子數(shù)目是相同的，因此無論從哪一條虛線切開，兩部分的電荷量總是相等的，故D正確，A、B、C錯誤．]13．C[當閉合開關(guān)S1、S2中的任何一個以后，便把大地與枕形導(dǎo)體連通，由于靜電感應(yīng)，a端仍為負電荷，大地遠處感應(yīng)出正電荷，因此無論閉合開關(guān)S1還是S2，都有電子從大地流向枕形導(dǎo)體，故C正確．]14．C[驗電器上帶正電荷后，驗電器上的金屬箔張開一定角度，如果用另一個帶電體靠近驗電器的金屬球，金屬箔張角變大，說明帶電體帶正電，吸引電子向金屬球轉(zhuǎn)移；如果金屬箔張角變小，說明帶電體帶負電，排斥電子，電子向金屬箔轉(zhuǎn)移，選項A、B錯誤；驗電器上帶負電荷后，驗電器上的金屬箔張開一定角度，如果用另一個帶電體靠近驗電器的金屬球，金屬箔張角變大，說明帶電體帶負電，排斥電子向金屬箔轉(zhuǎn)移；如果金屬箔張角變小，說明帶電體帶正電，吸引電子向金屬球轉(zhuǎn)移，選項C正確，D錯誤．]2庫侖定律1．D2.D3．D[如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布狀況對它們之間作用力的影響可以忽略不計，即可將它看作點電荷，能否看成點電荷與電荷量的大小無關(guān)，故A、B錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，A、B相互作用時，B受到的靜電力與A受到的靜電力大小相等，故C錯誤；庫侖定律的適用條件是真空和靜止點電荷，故D正確．]4．C[設(shè)A、B兩金屬小球開始帶電荷量為Q，距離為r，F(xiàn)＝keq\f(Q2,r2)，用一個不帶電的金屬球C先后與A、B接觸，與A接觸完后，A、C帶電荷量均為eq\f(Q,2)，再與B接觸后，B、C帶電荷量均為eq\f(3,4)Q，F(xiàn)′＝keq\f(\f(Q,2)·\f(3,4)Q,r2)＝eq\f(3,8)F，因此選C.]5．A[根據(jù)庫侖定律有F＝keq\f(q1q2,r2)，如果q1、q2恒定，當距離變?yōu)閑q\f(r,2)時，F(xiàn)1＝eq\f(kq1q2,\f(r,2)2)＝4F，選項A錯誤；如果其中一個電荷的電荷量不變，而另一個電荷的電荷量和它們間的距離都減半時，F(xiàn)2＝eq\f(kq1·\f(1,2)q2,\f(r,2)2)＝2F，選項B正確；如果它們的電荷量和距離都加倍時，F(xiàn)3＝eq\f(k2q1·2q2,2r2)＝F，選項C正確；如果它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閑q\r(2)r時，F(xiàn)4＝keq\f(2q1·2q2,\r(2)r2)＝2F，選項D正確．]6．A[A受到B、C點電荷的庫侖力如圖所示，根據(jù)庫侖定律有FBA＝eq\f(k|QB|QA,rBA2)＝eq\f(9×109×4×10－9×3×10－9,0.012)N＝1.08×10－3NFCA＝eq\f(kQCQA,rCA2)＝eq\f(9×109×3×10－9×3×10－9,0.032)N＝9×10－5N規(guī)定沿這條直線由A指向C為正方向，則點電荷A受到的合力大小為FA＝FBA－FCA＝(1.08×10－3－9×10－5)N＝9.9×10－4N，故選項A正確．]7．A[由題意，結(jié)合幾何關(guān)系可得ac＝bc＝eq\f(\r(3)l,2cos30°)＝l，小球c受到小球a的庫侖力F1＝keq\f(q2,l2)，同理小球c受到小球b的庫侖力F2＝F1，且兩力夾角為60°，如圖所示，所以根據(jù)力的平行四邊形定則，小球c受到小球a、b庫侖力的合力F＝2F1cos30°＝eq\r(3)keq\f(q2,l2)，方向平行于ab向右，故A正確，B、C、D錯誤．]8．BD[因為B對A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C對A是吸引力，即C一定帶負電；假設(shè)C帶電荷量等于B的電荷量，則C、B對A的庫侖力大小相等，合力方向與BA的延長線夾角為60°，但是因為FA與BA延長線的夾角小于60°，可知C帶電荷量小于B的電荷量，B、D正確．]9．AC10．7.2×10－11N方向平行于ab連線向右解析對c點小球受力分析，如圖所示，由幾何關(guān)系知，ac⊥bc，△abc為直角三角形．a(chǎn)、b兩球?qū)球的靜電力大小分別為Fac＝keq\f(qaqc,ac2)＝5.76×10－11NFbc＝keq\f(|qb|qc,bc2)＝4.32×10－11N由平行四邊形定則得：F＝eq\r(Fac2＋Fbc2)＝7.2×10－11N則eq\f(Fbc,F)＝0.6，由幾何關(guān)系知c點小球所受靜電力方向平行于ab連線向右．11．B[若帶電金屬球A、B能看成點電荷，設(shè)兩球心間距為r，根據(jù)庫侖定律，有F1＝keq\f(4Q×Q,r2)，不帶電的同樣的金屬球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，則兩金屬球所帶電荷量變?yōu)镼A＝－2Q，QB＝－eq\f(Q,2)，則它們間的靜電力變?yōu)镕2＝keq\f(2Q·\f(Q,2),r2)＝eq\f(F1,4).由題意可知，兩球半徑相比兩球間距不能忽略，原來兩球帶異種電荷，由于相互吸引，電荷主要集中在內(nèi)側(cè)，電荷間實際距離小于r，故實際兩球間靜電力為F>F1，后來兩球帶同種電荷，由于相互排斥，電荷主要集中在外側(cè)，電荷間實際距離大于r，故實際兩球間靜電力F′<F2，故可得F′<eq\f(1,4)F，B正確．]專題強化練1靜電力作用下的平衡1．B2．B[以小球N為研究對象，對其進行受力分析，若使小球N處于平衡狀態(tài)，則M對小球N的庫侖力應(yīng)水平向右，則小球N帶正電；小球N的受力分析圖如圖所示，根據(jù)小球處于平衡狀態(tài)可知，在水平方向有F＝FTsinθ，在豎直方向有FTcosθ＝mg，解得F＝mgtanθ，則小球N所受庫侖力大小為mgtanθ，故選項B正確．]3．B4．A[若q2為負電荷，假設(shè)q1帶負電，要使q2平衡，則q3也應(yīng)帶負電，但此時q1、q3因都受斥力作用而不平衡，故q1帶正電，同理分析q3也帶正電．根據(jù)上面的假設(shè)判斷，也可能是q1、q3帶負電，q2帶正電．由于三個電荷均處于平衡狀態(tài)，所以對q1有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q1q3|,l1＋l22)，對q2有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q2q3|,l22)，對q3有：keq\f(|q1q3|,l1＋l22)＝keq\f(|q2q3|,l22)，又l2＝2l1，聯(lián)立解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝9∶4∶36，由于q1、q3是同種電荷，q1、q2是異種電荷，故A正確，B、C、D錯誤．]5．AD[小球A懸浮于空中，因此Q1對A的排斥力與Q2對A的排斥力的合力，一定與A所受的重力等大反向，故Q1與Q2與A都帶同種電荷，A正確；利用三角形的邊角關(guān)系可知∠AQ1Q2＝30°，∠AQ2Q1＝60°，根據(jù)庫侖定律和平衡條件，可得eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)sin30°＋eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)sin60°＝mg，eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)cos30°＝eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)cos60°，解得Q1＝eq\f(3mgd2,8kq)，Q2＝eq\f(\r(3)mgd2,8kq)，因此B、C錯誤，D正確．]6．AC[由于兩帶電小球相互吸引，所以一定帶異種電荷，選項A正確．根據(jù)牛頓第三定律可知，兩小球受到的靜電力大小相等，無法判斷電荷量的大小，選項B、D錯誤．設(shè)輕絲線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得兩球之間的靜電力F＝mgtanθ，α>β，故m1g＜m2g，即m1＜m2，選項C正確．]7．D[設(shè)三角形邊長為L，即AB、AC距離為L，則AD距離為eq\f(\r(3),3)L.以小球A為研究對象，由庫侖定律知，B、C對A球的靜電力大小均為F＝keq\f(Q2,L2)，兩靜電力的合力大小為F合＝2Fcos30°＝eq\r(3)keq\f(Q2,L2)，球A、D間的靜電力大小為F′＝eq\f(kQq,\f(\r(3),3)L2)＝3keq\f(Qq,L2)，根據(jù)平衡條件得F合＝F′，即eq\r(3)keq\f(Q2,L2)＝3keq\f(Qq,L2)，所以Q＝eq\r(3)q，則Q與q的比值為eq\r(3)，選項D正確．]8．C帶負電荷放在A的左邊0.2m處－eq\f(9,4)Q解析A、B、C三個電荷要平衡，必須三個電荷在一條直線上，外側(cè)兩電荷排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩電荷，因為外側(cè)兩電荷距離大，所以外側(cè)電荷電荷量大，中間電荷電荷量小，因此，C只能帶負電，并且只能放在二者連線的延長線上，靠近A，如圖所示，已知A與B間距離為L＝0.4m，設(shè)C與A間距離為x，C所帶電荷量大小為qC.由題意可知，A、B、C均處于平衡狀態(tài)，則三者所受合力為零．對C有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqBqC,L＋x2)，解得x＝0.2m，對A有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqAqB,L2)，解得qC＝－eq\f(9,4)Q.9．(1)eq\f(1,3)×10－7C(2)eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左(3)1.5×10－3N1×10－3N解析(1)對B球受力分析如圖甲所示．B球受力平衡，則拉力與庫侖力的合力大小等于重力，方向與重力方向相反，由幾何知識可知：F＝mg＝FTB.根據(jù)庫侖定律：F＝keq\f(q2,L2)＝mg.代入數(shù)據(jù)，解得q＝eq\f(1,3)×10－7C(2)對A球受力分析如圖乙所示：A球受力平衡，所以：FN＝Fsin60°＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)×10－3N．由牛頓第三定律可知，墻受到小球的壓力大小為eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡，則有：FTA＝mg＋Fcos60°＝1.5×10－3N，由(1)分析知FTB＝mg＝1×10－3N.10．BD[對球A受力分析，A受三個力的作用，即重力GA，墻壁對A的彈力FA和B對A的靜電力FBA，F(xiàn)A與FBA的合力與其重力大小相等，當將小球B向左推動少許時，F(xiàn)BA與豎直方向的夾角減?。畡t可以判斷出FA減小，F(xiàn)BA也減小，B正確；對A、B整體受力分析可知，F(xiàn)＝FA，故推力F也將減小，A錯誤；地面對小球B的支持力和小球A和B的重力平衡，因此地面對B的支持力保持不變，C錯誤；由于兩球之間的靜電力減小，故兩小球之間的距離增大，D正確．]3電場電場強度第1課時電場強度電場強度的疊加1．A2．AD[電場強度的大小和方向都是由電場本身所決定的，與試探電荷無關(guān)，故該點電場強度是個定值，故A正確，B錯誤；根據(jù)F＝Eq可知，F(xiàn)－q圖像是正比例函數(shù)圖像，故C錯誤，D正確．]3．A[電場強度的定義式為E＝eq\f(F,q)，其中F是放入電場中的電荷所受的力，q是放入電場中電荷的電荷量，A說法錯誤，B說法正確；點電荷電場強度的計算式為E＝eq\f(kQ,r2)，其中Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，C說法正確；對于庫侖定律表達式F＝keq\f(q1q2,r2)，eq\f(kq2,r2)是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的電場強度大小，D說法正確．]4．D[設(shè)A、B兩點處的負點電荷在C點的電場強度大小分別為EA、EB，由題意可知EA和EB的矢量和垂直于AB，則有EAcos37°＝EBcos53°，解得eq\f(EA,EB)＝eq\f(3,4)，故選D.]5．C6．(1)坐標為12cm處(2)坐標為0＜x＜6cm和x＞12cm處解析因為電荷量的大小Q1＞Q2，所以在Q1左側(cè)的x軸上，Q1產(chǎn)生的電場的電場強度總是大于Q2產(chǎn)生的電場的電場強度，且方向總是指向x軸負半軸，在x＝0和x＝6cm之間，電場強度總是指向x軸的正方向．因此，只有在Q2右側(cè)的x軸上，才有可能出現(xiàn)電場強度為0的點．(1)設(shè)該點距離原點的距離為x，則keq\f(Q1,x2)－keq\f(|Q2|,x－62)＝0，即4(x－6)2－x2＝0，解得x1＝4cm(不合題意，舍去)和x2＝12cm.所以，在x2＝12cm處電場強度等于0.(2)在x軸上0＜x＜6cm和x＞12cm的地方，電場強度的方向總是沿x軸的正方向．7．(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向解析(1)根據(jù)庫侖定律，A、B間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)，代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N(2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)，由平行四邊形定則和幾何關(guān)系可知，A、B兩點電荷產(chǎn)生的電場在C點的合電場強度大小為E＝2E1cos30°，代入數(shù)據(jù)得E＝eq\f(9\r(3),2)×103N/C≈7.8×103N/C，方向沿y軸正方向．8．B[設(shè)ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小為E，方向水平向右，由點電荷的電場強度公式得：E＝keq\f(Q,L2)，－Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右，所以b點的電場強度大小為Eb＝E＋eq\f(1,4)E＝eq\f(5,4)E，方向水平向右，故A、C錯誤；同理可求出c點的電場強度大小為eq\f(5,4)E，方向水平向右，故B正確，D錯誤．]9．D[當負點電荷在H點時，F(xiàn)點處電場強度恰好為零，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)可得負點電荷在F點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向左，故兩個正點電荷在F點產(chǎn)生的合電場強度大小為keq\f(Q,d2)，方向水平向右；負點電荷移到O點，在F點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝eq\f(4kQ,d2)，方向水平向左，所以F點的合電場強度為eq\f(4kQ,d2)－keq\f(Q,d2)＝eq\f(3kQ,d2)，方向水平向左，故D正確，A、B、C錯誤．]10．D[設(shè)等邊三角形的邊長為L，由題意可知E＝2keq\f(q,\f(2,3)Lsin60°2)＝2keq\f(3q,L2)＝eq\f(6kq,L2)，當把點電荷C移至AB連線的中點D時，中心O處的電場強度E′＝keq\f(q,\f(1,3)Lsin60°2)－keq\f(q,\f(2,3)Lsin60°2)＝eq\f(12kq,L2)－eq\f(3kq,L2)＝eq\f(9kq,L2)＝eq\f(3,2)E，故選D.]11．B[根據(jù)點電荷電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，兩異種點電荷在P點的電場強度大小均為E0＝eq\f(kq,a2)，方向如圖所示：兩異種點電荷在P點的合電場強度為E1＝eq\r(2)E0＝eq\r(2)eq\f(kq,a2)，方向與＋q點電荷和－q點電荷的連線平行，如圖所示，Q點電荷在P點的電場強度大小為E2＝keq\f(Q,\r(2)a2)＝eq\f(kQ,2a2)，由于三點電荷在P處的合電場強度為0，則E2的方向應(yīng)與E1的方向相反，且大小相等，即有E1＝E2，解得Q＝2eq\r(2)q，由幾何關(guān)系可知Q的坐標為(0，2a)，故選B.]12．B[點電荷產(chǎn)生的電場強度的大小E＝eq\f(kQ,r2)，則正點電荷產(chǎn)生的電場強度大小E1＝eq\f(kQ1,r12)，負點電荷產(chǎn)生的電場強度大小E2＝eq\f(kQ2,r22)＝keq\f(Q1,2r22).要使E1＝E2，則有r1＝eq\r(2)r2，且該點位于過兩個點電荷的直線上，而滿足此關(guān)系的點有兩處：一處是兩點電荷的連線間，另一處是負電荷外側(cè)．由于兩電荷是異種電荷，所以在兩者連線間一處，合電場強度大小為2E1或2E2，而在負電荷外側(cè)的一處，合電場強度為零，故B正確，A、C、D錯誤．]13．BC[根據(jù)庫侖定律、電場強度公式和電場疊加規(guī)律可知，CD之間合電場強度方向向右，大小逐漸減小到零，所以帶負電的粒子向右做變減速運動，可能出現(xiàn)到D點時速度仍未減小為零，A錯誤，B正確；也可能出現(xiàn)未到D點之前速度減小為零而后反向加速，C正確，D錯誤．]第2課時電場線勻強電場1．C2.A3．C[電場線是假想的，不是真實存在的，故A錯誤；題圖甲中，沒有頭發(fā)屑的地方同樣也有電場存在，故B錯誤；題圖乙中A點的電場線較B點密集，可知A點的電場強度大于B點的電場強度，故C正確；因A、B之間的電場線為曲線，根據(jù)物體做曲線運動的條件可知，則在題圖乙電場中由A點靜止釋放的質(zhì)子不可能沿電場線運動到B點，故D錯誤．]4．AD[在直線電場線上，箭頭所指的方向就是電場強度的方向，所以a、b兩點的電場強度方向相同，不知道a、b附近電場線的分布情況，Ea、Eb的大小不能確定，故選A、D.]5．A[由題圖可知a到b過程中，電場線分布越來越密，則電場強度增大，所以負電荷所受靜電力增大，根據(jù)牛頓第二定律，則電荷的加速度也增大，負電荷受到的靜電力方向和電場強度方向相反，因為僅在靜電力作用下運動，則電荷做加速度不斷增大的減速運動，v－t圖像的斜率表示加速度，根據(jù)圖像可得正確的是A選項．]6．C[電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖可知Ed＞Ec，Eb＞Ed，故選項C正確，A錯誤；由于電場線是曲線，由a點靜止釋放的正電荷不可能沿電場線運動，故選項B錯誤；電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不在同一直線上，即a點和b點的電場強度的方向不同，故選項D錯誤．]7．D[電場線的特點，從正電荷出發(fā)到負電荷或無窮遠處終止可以判斷，則由電場線分布可知，A、B是兩個等量同種正電荷，故A、B錯誤；電場線只是為了形象描述電場而假想出來的，a、b兩點處無電場線，其電場強度也不為零，故C錯誤；由對稱性可知，在a、b兩點處電場強度大小相等、方向相反，則同一試探電荷所受靜電力大小相等，方向一定相反，故D正確．]8．A[根據(jù)場強疊加原理，d、c、e三點場強方向都是水平向右，正點電荷在各點所受靜電力方向與場強方向相同，故A正確，B、C錯誤；兩點電荷連線上場強由a到b先減小后增大，中垂線上由c到無窮遠處逐漸減小，因此c點場強是兩點電荷連線上最小的(但不為0)，是中垂線上最大的，故Fd>Fc>Fe，故D錯誤．]9．D[電場線的疏密表示電場強度的相對大小，根據(jù)題圖可知，P點電場強度大小等于Q點電場強度大小，但是兩點電場強度的方向不同，則電場強度不相同，故A錯誤；同理，M點的電場線較N點密集，可知M點的電場強度大于N點的電場強度，故B錯誤；根據(jù)電場線的方向可知，右邊的小球帶負電，但是帶電荷量小于左邊的小球的帶電荷量，故C錯誤；依據(jù)E＝keq\f(q,r2)及電場強度疊加原則，則兩點電荷連線的中點處的電場強度為E合＝keq\f(2q,r2)＋keq\f(q,r2)＝3keq\f(q,r2)，故D正確．]10．A[兩等量異種點電荷電場的電場線如圖所示，在它們連線的中垂線上，從連線上的中點O到無窮遠處的電場強度逐漸減小，故選A.]11．AB[在AB的垂直平分線上，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，帶負電的小球受力方向沿垂直平分線，如果P、N與O之間的距離足夠遠，小球從P點運動到O點，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大，v－t圖線的斜率先變大后變?。挥蒓點到N點，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性，B正確；同理，如果P、N與O之間的距離很近，A正確．]12．BC[由等量異種電荷電場分布情況可知，關(guān)于二者連線中點對稱的兩點電場強度大小相等，方向相同．題目中各點的電場是由點電荷形成的電場與勻強電場疊加而成的．疊加時遵循平行四邊形定則．因為A、F兩點關(guān)于O點對稱，所以兩點電荷在A、F的電場強度大小相等，方向相同，故與勻強電場疊加后A點和F點電場強度大小相等，方向相同，A錯誤；因為I、D兩點關(guān)于O點對稱，所以兩點電荷在I與D兩點電場強度大小相等，方向相同，故與勻強電場疊加后I點和D點電場強度大小相等，方向相同，B正確；因為B、G兩點關(guān)于O點對稱，所以兩點電荷在B與G兩點電場強度大小相等，方向相同，故與勻強電場疊加后B點和G點電場強度大小相等，方向相同，C正確；點電荷在H與F兩點電場強度大小相等，方向不相同，則與勻強電場疊加后電場強度不相同，D錯誤．]專題強化練2靜電力的性質(zhì)1．D[正電荷所受靜電力方向與電場強度方向相同，根據(jù)v－t圖像可知電荷的加速度逐漸增大，即電荷所受靜電力逐漸增大，又根據(jù)電場線越密集電場強度越大可知，從A到B電場線逐漸密集，綜上所述可知A、B、C不可能，D可能．]2．D[電荷做曲線運動，靜電力與速度方向不在同一直線上，應(yīng)指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向．故A錯誤．負電荷所受的靜電力方向與電場強度方向相反，圖B中靜電力方向與速度方向的夾角為銳角，靜電力做正功，電荷的速率增大，與題不符．故B錯誤．圖C中電場強度方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則靜電力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應(yīng)向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動．故C錯誤．圖D中電場強度方向指向軌跡的外側(cè)，則靜電力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且靜電力方向與電荷的速度方向成鈍角，靜電力做負功，電荷的速率減小，符合題意．故D正確．]3．BC[根據(jù)做曲線運動物體所受合外力指向軌跡曲線內(nèi)側(cè)可知粒子所受靜電力的方向與電場線的方向相反，所以不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電，故A錯誤，B正確；電場線密的地方電場強度大，所以粒子在B點受到的靜電力大，在B點時的加速度較大，若粒子是從B運動到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過程中粒子所受靜電力與速度方向成銳角，即做正功，動能增大，速度增大，故D錯誤．]4．D[相對圓弧來說間隙是很小的，若間隙處有正電荷可視為點電荷，其在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正電荷，故電場強度方向由圓心向右．由對稱性知，完整的帶電圓環(huán)在圓心O處的合電場強度為0，所以間隙處正電荷在圓心處產(chǎn)生的電場強度與圓環(huán)其余部分在圓心處的合電場強度大小相等、方向相反，故圓心處的電場強度大小為keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙，故選D.]5．BCD[A圖中，小球帶正電，電場強度方向水平向左，帶電小球所受的靜電力水平向左，則小球不可能靜止在圖示位置，故A錯誤；B圖中，小球帶正電，電場強度方向水平向右，帶電小球所受的靜電力水平向右，則小球可能靜止在圖示位置，故B正確；C圖中小球受靜電力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的細繩的拉力，三力可能平衡，選項C正確；D圖中，電場強度方向向上，當qE＝mg，繩子拉力為零時，小球能靜止在圖中位置，故D正確．]6.eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根據(jù)電場強度的疊加原理可知，薄板帶負電荷．點電荷在A點的電場強度為eq\f(kq,9d2)，A點的電場強度為0，則薄板在A點的電場強度大小為EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根據(jù)對稱性可知，薄板在B點的電場強度大小為EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正點電荷q在B點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B點的合電場強度大小為E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7．C[假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，根據(jù)對稱性及電場的疊加原理知圓心O處電場強度為0，所以圓心O點處的電場強度大小等效于A點處電荷量為＋3q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO連線斜向下；除A點小球外，其余帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小等于在A點處帶電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的電場強度的大小，方向相反，A點處電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向下，則其余帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小為eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向上，故僅撤去A點的小球，O點的電場強度大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上，C項正確，A、B、D項錯誤．]8．D[由題意可知，單位長度圓弧所帶電荷量相等，圓弧AF、DE、BC所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小相等，其中圓弧AF與BC所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向的夾角為120°，圓弧DE所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向在上述兩電場強度方向的夾角的角平分線上，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則知，圓心O處的合電場強度大小為2E1，故D正確，A、B、C錯誤．]9．(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s解析(1)根據(jù)靜電力的計算公式可得靜電力F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103N＝3.0×10－3N；(2)小球受力情況如圖所示：根據(jù)平衡條件得mg＝eq\f(qE,tanθ)，所以m＝eq\f(qE,gtanθ)＝eq\f(3×10－3,10×0.75)kg＝4.0×10－4kg；(3)電場撤去后小球運動過程中機械能守恒，則mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2.0m/s.10．(1)3.2m/s2(2)0.9m解析(1)對小球B受力分析，如圖所示，開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和靜電力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgsinθ－eq\f(kQq,L2)－qEcosθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2m/s2.(2)小球B速度最大時所受合力為零，即mgsinθ－eq\f(kQq,r2)－qEcosθ＝0，代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.9m.11．C[取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關(guān)系得兩者的合電場強度大小為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C.]4靜電的防止與利用1．A[導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)時，導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為0，感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)部某處產(chǎn)生的電場與場源電荷Q在此處產(chǎn)生的電場場強大小相等，方向相反，故A正確，B、C、D錯誤．]2．AC[由于導(dǎo)體AB緩慢移動，所以導(dǎo)體AB內(nèi)部可以認為始終處于靜電平衡狀態(tài)，導(dǎo)體內(nèi)部電場強度始終為零，選項B錯誤；由于導(dǎo)體AB距P越來越近，所以導(dǎo)體A、B兩端積累的感應(yīng)電荷會越來越多，選項A正確；M點距小球P的距離比N點要近，帶負電的小球P在M點產(chǎn)生的電場強度大于在N點產(chǎn)生的電場強度，而導(dǎo)體內(nèi)部的合電場強度處處為零，那么導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在M點產(chǎn)生的電場強度就大于在N點產(chǎn)生的電場強度，故選項C正確，選項D錯誤．]3．ACD4．AD[避雷針是利用尖端放電避免雷擊的一種設(shè)施，D正確；根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，可知底端帶負電的云層靠近避雷針時，針尖感應(yīng)出正電荷，A正確，B錯誤；由于電荷更容易集中到尖端，從而避雷針尖端附近的電場強度比避雷針底端附近的電場強度大，C錯誤．]5．D[因為金屬殼的外表面接地，所以外表面沒有感應(yīng)電荷，只有內(nèi)表面有感應(yīng)電荷分布，且由于A帶正電，B的內(nèi)表面帶負電，D正確，B、C錯誤；B的空腔內(nèi)有帶正電的小球A產(chǎn)生的電場和金屬殼內(nèi)表面感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場，所以空腔內(nèi)電場強度不為零，A錯誤．]6．AC[工作時涂料微粒會向帶正電的被噴涂工件高速運動，是由于噴槍噴嘴與被涂工件之間形成了強電場，由正電荷對涂料微粒的吸引作用可得出涂料微粒帶負電，故A、C正確．]7．D[由于集塵極與電源的正極連接，塵埃在靜電力作用下向集塵極遷移并沉積，說明到達集塵極的塵埃帶負電，A錯；電場方向由集塵極指向放電極，B錯；塵埃帶負電荷，在電場中受靜電力的方向與電場方向相反，C錯；根據(jù)F＝qE可知，同一位置帶電荷量越多的塵埃所受靜電力越大，D正確．]8．C[電力工人高壓帶電作業(yè)，全身穿戴金屬絲網(wǎng)制成的衣、帽、手套、鞋，可以對人體起到靜電屏蔽作用，使人安全作業(yè)，A錯誤．金屬籠起到靜電屏蔽的作用，所以不會對小鳥造成危害，B錯誤．因為塑料桶和汽油容易摩擦起電，產(chǎn)生的靜電不易泄漏，形成靜電積累，造成爆炸和火災(zāi)事故，而金屬桶能將靜電導(dǎo)出，避免事故發(fā)生，C正確．一輛金屬車身的汽車也是最好的“避雷所”，一旦汽車被雷擊中，它的金屬構(gòu)架會將閃電電流導(dǎo)入地下，D錯誤．]9．B[把正電荷放在金屬球殼內(nèi)部，由于靜電感應(yīng)的作用，在球殼的內(nèi)壁會感應(yīng)出負電荷，在球殼的外壁會感應(yīng)出正電荷，由于正電荷的電場和感應(yīng)電場的共同作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場強度為零，所以在金屬球殼的殼壁之間沒有電場，但球殼外部的電場分布情況不會受到影響，選項B正確，A、C、D錯誤．]10．C[當靜電平衡時，空腔球形導(dǎo)體殼內(nèi)壁感應(yīng)出負電荷，外壁感應(yīng)出正電荷，感應(yīng)電荷形成的電場與點電荷形成的電場疊加，導(dǎo)致空腔球形導(dǎo)體殼中電場強度為零．畫出電場線的大致分布如圖所示．由于a處電場線較密，c處電場線較疏，d處電場線最疏，b處場強為零，則Ea>Ec>Ed>Eb，C正確．]11．B[首先帶正電荷的小球C從A球開口處放入A球中央．根據(jù)靜電感應(yīng)現(xiàn)象可知，A球內(nèi)表面帶負電荷，外表面帶正電荷．用手接觸A相當于把A接地，由大地傳導(dǎo)過來的電子與A球外表面正電荷中和，使A球外表面不帶電，此時A球?qū)ν獠科痨o電屏蔽作用，A球內(nèi)的電場不影響外部．用手接觸B時，無電荷移動，B球不帶電．當帶正電荷的C球從A球內(nèi)移走后，A球內(nèi)表面所帶的負電荷移至外表面，所以此時A球帶負電荷．故選B.]第十章靜電場中的能量1電勢能和電勢1．BC[靜電力做功的多少與電荷運動路徑無關(guān)，故A錯誤；靜電力做功只與電荷在電場中的初、末位置有關(guān)，所以電荷從某點出發(fā)又回到了該點，靜電力做功為零，故B正確；正電荷沿著電場線方向運動，則正電荷受到的靜電力方向和電荷的運動方向相同，故靜電力對正電荷做正功，同理，負電荷逆著電場線的方向運動，靜電力對負電荷做正功，故C正確；電荷在電場中運動雖然有靜電力做功，但是電荷的電勢能和其他形式的能之間的轉(zhuǎn)化滿足能量守恒定律，故D錯誤．]2．C[靜電力做功只與起始和終止位置有關(guān)，與路徑無關(guān)，因此選項C正確．]3．D[根據(jù)公式Ep＝φq可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小，由于不知電荷的電性，因此無法判斷它在電勢高的地方電勢能的大小，故A錯誤；若放在電場中某點的電荷為正電荷，當該點電勢小于零時，電荷量越大，電荷具有的電勢能越小，故B錯誤；電勢能Ep＝qφ，正電荷在電勢小于零處的電勢能為負值，小于負電荷在該處的電勢能，故C錯誤；取無窮遠處電勢為零，沿著電場線方向電勢降低，可知在負點電荷所產(chǎn)生的電場中的任意一點電勢為負，正電荷在任意一點具有的電勢能為負值，而負電荷在任意一點具有的電勢能為正值，正電荷具有的電勢能小于負電荷具有的電勢能，故D正確．]4．D[電場線的疏密反映電場強度的大小，B點的電場線較A點密集，則EA<EB，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，可知B點電勢高于A點，電子帶負電，負電荷在電勢高處的電勢能較小，則EpA>EpB，故選D.]5．B[只有一條電場線不能確定是否為勻強電場，A錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，則A點的電勢最高，B正確；電場線的疏密反映電場強度的大小，一條電場線無法比較疏密，所以無法比較其大小，C錯誤；電子帶負電，所受靜電力與電場方向相反，沿電場線方向，靜電力對電子做負功，電勢能增大，故電子在A點的電勢能最小，D錯誤．]6．C[取無窮遠處電勢φ＝0，由題意有φM>φN>0，故選項C正確．]7．AC[電子受到點電荷的靜電力，當電子由M點向P點運動時，二者距離減小，靜電力做正功，故電勢能減小，又由動能定理，知動能增大，即速率增大；當電子由P點向N點運動時，電勢能增大，動能減小，速率減小，故A、C正確，B、D錯誤．]8．C[負電荷從A點由靜止釋放(初速度為0)后，能加速運動到B，說明負電荷受到的靜電力方向從A指向B，那么電場方向由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以A、B兩點的電勢關(guān)系是φA<φB；由題圖乙可知，負電荷從A運動到B的過程中，加速度逐漸減小，由牛頓第二定律知，負電荷從A運動到B時，受到的靜電力是逐漸減小的，由E＝eq\f(F,q)知，EA>EB，C正確．]9．BC[兩個等量同種電荷連線中點O的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，故從O點沿著中垂線向上到無窮遠處電場強度先增大后減小，電場強度最大的點可能在M、N連線之間，也可能在N點以上，還可能在M點以下，A錯誤；等量同種正點電荷的連線的中垂線的電場方向由O點指向遠處，所以M點的電勢高于N點的電勢，B正確；同一負電荷在電勢越高的地方電勢能越小，因為M點的電勢高于N點的電勢，所以負電荷在M點的電勢能小于在N點的電勢能，C正確；如果只受靜電力作用正電荷從M點靜止釋放，將沿中垂線做加速運動，但加速度可能一直減小或先增大后減小，D錯誤．]10．BCD[由分析可知，負電荷從A至B做減速運動，則負電荷所受靜電力的方向為B→A，電場E的方向應(yīng)為A→B，所以φA＞φB，EpA＜EpB，選項B、C正確；由于只有一條電場線，不知道電場的具體分布，所以無法判斷A、B兩點電場強度的大小，選項A錯誤；負電荷再回到A點時，其電勢能不變，動能也不變，所以v與v0大小相等，選項D正確．]11．ABD[根據(jù)靜電力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，選項A正確；B、C兩點到A點的距離相等，這兩點電勢相等，Q1從C點移到B點的過程中，靜電力做功為0，選項B正確；根據(jù)對稱和電勢疊加可知，A、B兩點固定電荷量均為＋q的電荷后，C點電勢為φC2＝2φC1＝2eq\f(W,q)，帶電荷量為－2q的點電荷Q2在C點的電勢能為EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，選項D正確；Q2從無窮遠處移到C點的過程中，靜電力做的功為0－EpC＝4W，選項C錯誤．]12．(1)－1.2×10－7J(2)60V/m(3)減少1.44×10－7J解析(1)靜電力做功與電勢能的關(guān)系為W1＝Epa－Epb規(guī)定a點電勢為零，即Epa＝0電荷在b點的電勢能為Epb＝－W1＝－1.2×10－7J；(2)正電荷從a移動到b，靜電力做功可表示為W1＝qE·ab代入數(shù)據(jù)解得E＝60V/m；(3)該電荷從b到c，靜電力做功W2＝F|bc|cos60°＝qE·bc·cos60°代入數(shù)據(jù)解得W2＝1.44×10－7J，所以該過程電荷的電勢能減少1.44×10－7J13．BD[A、B兩點電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度為0，而C點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度方向向左，故O點的合電場強度方向向左，A錯誤；同理可知，D點的合電場強度為0，B正確；OC間各點的合電場強度方向向左，若將點電荷＋q從O點移向C點，靜電力做正功，電勢能減少，C錯誤；若將點電荷－q從O點移向C點，靜電力做負功，電勢能增加，D正確．]2電勢差1．D[電荷在等勢面上移動時，靜電力不做功，但并不是不受靜電力的作用，選項A錯誤；等勢面上各點電場強度大小不一定相等，不同電勢的等勢面不可能相交，選項B、C錯誤．等勢面與電場線垂直，結(jié)合這一特點可知勻強電場中的等勢面是相互平行的垂直于電場線的一簇平面，選項D正確．]2．C3．D[在c、d、e、f四點中，f點所處的等差等勢面最密集，所以電場線也密集，則f點的電場強度最大，故A錯誤；f點電勢最低，若將某電子由c移到f，其電勢能將增大，故B錯誤；電場方向由c等勢面指向f等勢面，則將某電子在d點由靜止釋放，它會向c點所在等勢面運動，故C錯誤；因B供電線的電勢高于A供電線的電勢，故在c、d、e、f四點中c點的電勢最高，故D正確．]4．D[由題圖可知，P、Q處固定等量異種電荷，則兩電荷連線中垂線為等勢線且電勢為0，e在該等勢線上，故e點電勢為0，故A錯誤；a、b兩點電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；Q處固定正電荷，則P處固定負電荷，所以φb>0，φd<0，故b點電勢高于d點電勢，故C錯誤；負電荷從a到c，電勢降低，由Ep＝qφ知，電勢能增加，故D正確．]5．BC[A、B兩點間的電勢差UAB由電場決定，與兩點間移動電荷的電荷量q及WAB無關(guān)，與是否移動電荷也無關(guān)，故A錯誤，C正確；A、B兩點間的電勢差UAB由電場決定，在不變的電場中，A、B兩點間的電勢差不變，所以不同的電荷從A點移動到B點，靜電力做的功WAB和電荷量q成正比，故B正確；WAB與q、UAB有關(guān)，與電荷移動的路徑無關(guān)，故D錯誤．]6．B[UAD＝φA－φD＝－40V－(－10)V＝－30V，所以WAD＝qUAD＝1.6×10－9×(－30)J＝－4.8×10－8J，故選B.]7．(1)100N/C，水平向右(2)－4×10－18J解析(1)由點電荷的電場強度公式有：E＝keq\f(Q,r2)，r＝OM＝30cm＝0.30m代入數(shù)據(jù)可得電荷Q在M點的電場強度大小為：E＝9×109×eq\f(1.0×10－9,0.302)N/C＝100N/C方向為水平向右；(2)電荷q從M點移到N點，靜電力做的功為：WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝－2.0×10－19×20J＝－4×10－18J.8．B[根據(jù)等量異種點電荷周圍的電場特點，可知OC所在的直線為等勢線，E點電勢高于D點電勢．故可知UCE<UOD，兩次移動點電荷的過程中，靜電力都做正功．根據(jù)W＝qU，可知W1>W2，故選項B正確．]9．CD[a點的等勢面比b點的稀疏，故a點的電場強度比b點的小，選項A錯誤．c點電勢低于d點電勢，正電荷從c點移到d點，即正電荷向高電勢處移動，靜電力做負功，選項B錯誤．a(chǎn)點電勢低于c點電勢，負電荷從a點移到c點，即負電荷向高電勢處移動，靜電力做正功，選項C正確．從e點到f點，電勢先變低后變高，故沿此方向移動正電荷，靜電力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，選項D正確．]10．B[僅在靜電力作用下電荷由A點移到B點，靜電力做功為2.0×10－3J，電荷在B點的電勢能比在A點的電勢能小2.0×10－3J，根據(jù)動能定理知電荷在B點的動能比在A點的動能大2.0×10－3J，故B正確，A錯誤；A、B兩點間電勢差為UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(2.0×10－3J,5.0×10－4C)＝4V，故C錯誤；若在A、B兩點間移動一個q＝1.0×10－4C負電荷，則靜電力做功W＝q′UAB＝－1×10－4×4J＝－4×10－4J，故D錯誤．]11．AD[電荷量為q的粒子從O點運動到A點，由動能定理可得qUOA＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mv02，解得UOA＝eq\f(3mv02,2q)；電荷量為－q的粒子從O點運動到B點，同理可得(－q)UOB＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2，解得UOB＝－eq\f(5mv02,2q)，即UBO＝eq\f(5mv02,2q)，所以O(shè)、A間的電勢差比B、O間的電勢差小，C錯誤，D正確．由以上計算結(jié)果可知UOA>0，UOB<0，所以φO>φA，φO<φB，即O、A、B三點的電勢關(guān)系為φA<φO<φB，A正確，B錯誤．]12．AC[設(shè)ab邊與Oa夾角為θ，圓半徑為R，由牛頓第二定律可得qEcosθ＝ma，根據(jù)運動學(xué)公式，有2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立，可得t＝eq\r(\f(4mR,qE))，易知帶電小球沿不同絕緣槽運動，所需時間相同，即t1＝t2＝t3，故A正確；小球分別到b、c、d時的過程中，靜電力做功關(guān)系為Wab<Wac<Wad，又根據(jù)動能定理W＝Ek，易知Ek1<Ek2<Ek3，則v1<v2<v3，故B錯誤；沿電場線方向，電勢逐漸降低，依題意小球帶正電可得φ1>φ2>φ3，且φ1－φ2>φ2－φ3，根據(jù)Ep＝qφ，依題意小球帶正電可得Ep1>Ep2>Ep3，故C正確；U1＝φ1－φ2，U2＝φ2－φ3，故U1>U2，故D錯誤．]3電勢差與電場強度的關(guān)系1．CD2.D3．C[由U＝Ed知，此圓周上各點與A點間電勢差最大的點應(yīng)是沿電場強度方向與A點相距最遠的點，dmax＝r＋rcosθ，所以Umax＝Er(cosθ＋1)，C項正確．]4．C[根據(jù)U＝Ed，得U＝1×104×0.5V＝5000V，故選項C正確．]5．(1)－eq\r(3)×102V(2)eq\r(3)×102V(3)1000V/m垂直AB連線指向右下方解析根據(jù)W＝qU，得UAB＝eq\f(WAB,q)＝0，即φA＝φB，UBC＝eq\f(WBC,q)＝－eq\r(3)×102V.(1)UAC＝φA－φC＝φB－φC＝UBC＝－eq\r(3)×102V.(2)φB＝0，UBC＝φB－φC，所以φC＝φB－UBC＝eq\r(3)×102V.(3)AB為等勢面，電場強度方向垂直AB連線指向右下方，故E＝eq\f(|UBC|,BCsin60°)＝1000V/m6．B[由等勢線分布和電子速度變化可知該電場類似于負點電荷的電場，電勢φA>φB>φC，電子沿AC方向運動時受到的靜電力越來越大，選項A、D錯誤；根據(jù)電子只在靜電力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，可知電子具有的電勢能越來越大，選項B正確；根據(jù)U＝Ed，由于電場為非勻強電場，平均電場強度EAB<EBC，可知電勢差UAB<UBC，選項C錯誤．]7．AD[根據(jù)電場線和等勢面的關(guān)系，可以判斷出M點的電勢比P點的電勢高，A正確．將負點電荷由O點移到P點，靜電力做負功，B錯誤．根據(jù)U＝Ed進行定性分析可知UMN＜UOM，C錯誤，D正確．]8．A[沿電場線方向電勢降低，可以比較電勢高低，根據(jù)電場線方向可知φa>φb>φc，A正確；只有一條電場線，不能確定電場線的分布情況，無法比較三點電場強度的大小，B、D錯誤；對于勻強電場，兩點間的電勢差U＝Ed，只有在勻強電場中沿電場線方向才有φa－φb＝φb－φc，C錯誤．]9．AB[一個帶電荷量為q的正電荷從C點運動到A點和從C點運動到B點靜電力做的功均為W，則AB是一條等勢線，正電荷從C點運動到B點靜電力做功為W，由W＝qUCB，得UCB＝eq\f(W,q)＝φC－φB，由于C點電勢為零，所以φB＝－eq\f(W,q)，故A、B正確；過C點作AB的垂線，交AB于D點，如圖所示，則CD為電場線，由幾何關(guān)系知CD＝BCcos30°＝eq\f(\r(3),2)d，則E＝eq\f(UCB,CD)＝eq\f(\f(W,q),\f(\r(3),2)d)＝eq\f(2\r(3)W,3qd)，故C錯誤；在A點由靜止釋放一個點電荷，該電荷將沿垂直于AB的方向做直線運動，故D錯誤．]10．D[a、O之間沿電場線方向的距離為d＝Rsin53°＝4m，a、O間電勢差U＝4V，則電場強度的大小為E＝eq\f(U,d)＝1V/m，故A錯誤；b、O之間沿電場線方向的距離為x＝Rcos53°＝3m，b點電勢為φb＝Ex＝1×3V＝3V，故B錯誤；b、d兩點間的電勢差為Ubd＝2ERcos53°＝2φb＝6V，靜電力做功Wbd＝qUbd＝－1×6J＝－6J，故C錯誤；a、c兩點間的電勢差為Uac＝2ERsin53°＝8V，靜電力做功Wac＝qUac＝1×8J＝8J，則電勢能減少8J，故D正確．]11．(1)1200V(2)6×10－5J－480V－1680V解析(1)由U＝Ed得A、B兩點間的電勢差UAB＝E·eq\x\to(AB)cosθ＝2.4×104×10×10－2×0.5V＝1200V.(2)正點電荷在電勢高處電勢能大，它在A、B兩點間的電勢能之差為EpA－EpB＝qUAB＝5×10－8×1200J＝6×10－5J.若M板接地，M板電勢為0，UMA＝φM－φA＝E·eq\x\to(MA)＝480V.則φA＝－480V，φB＝φA－UAB＝－480V－1200V＝－1680V.12．C[若只在A點放置一正點電荷B、C之間的平均電場強度大于H、G之間的平均電場強度，又有BC＝HG，再結(jié)合BC、HG與電場方向的關(guān)系，可知電勢差UBC>UBG，故A錯誤；若只在A點放置一正點電荷，由于B、H兩點到A點的距離不相等，根據(jù)點電荷電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，B、H兩點的電場強度大小不相等，故B錯誤；若在A、G兩點處放置等量異種點電荷，由于BC與EH平行且相等，結(jié)合等勢面的分布情況可知UBC＝UEH，故C正確；若在A、E兩點處放置等量異種點電荷，等量異種點電荷的電場具有對稱性，即上下對稱，左右對稱，D與H關(guān)于AE連線的中垂線上下對稱，所以D點與H點電場強度大小相等，同理得H與F兩點的電場強度大小相等，則D、F兩點的電場強度大小相等，但方向不同，所以電場強度不同，故D錯誤．]13．CD[根據(jù)電場線的疏密表示電場強度的大小，則R點的電場強度小于P點，A錯誤；電場線的疏密表示電場強度的大小，Q左側(cè)電場強度小于右側(cè)的電場強度，根據(jù)U＝Ed，無窮遠處電勢為零，則R點電勢大于0.5V，帶正電試探電荷從R點移動到P點，靜電力做功不等于零，B錯誤；P點左側(cè)電場線比較密，則左側(cè)的電場強度較大，根據(jù)U＝Ed，則UQP>0.5V，點電荷與金屬板間的電勢差大于1V，C正確；金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，是等勢體，表面是等勢面，D正確．]專題強化練3電場線、等勢面與電荷運動軌跡問題等分法的應(yīng)用1．D[微粒的運動情況取決于合力和初速度的關(guān)系，微粒只受到靜電力的作用，是否沿電場線運動，還要看電場線是直線還是曲線，微粒有沒有初速度及初速度方向與電場線的關(guān)系；只有當電場線是直線且微粒的運動方向沿著電場線時，微粒才沿電場線運動，微粒不一定由高電勢處向低電勢處運動，故A、B、C錯誤，D正確．]2．BCD[由運動軌跡可知，粒子P受引力作用，粒子帶正電，故A錯誤；a、c與負點電荷Q的距離相等，b點距離負點電荷Q較遠．距離負電荷越遠，電勢越高，故B正確；正電荷在電勢越高(低)的位置，電勢能越大(小)，結(jié)合A、B選項，粒子P由a到b電勢能增加，由b到c電勢能減小，故C正確；由幾何關(guān)系，a、b、c三點到負點電荷Q的距離關(guān)系為ra＝rc＝eq\f(\r(2),2)rb，又根據(jù)F＝keq\f(Qq,r2)＝ma，得aa∶ab∶ac＝2∶1∶2，故D正確．]3．B[由于φa>φb>φc>φd，所以電場線垂直于等勢面由a指向d，根據(jù)粒子運動軌跡可知該粒子所受靜電力由d指向a，即該粒子帶負電，從A點到B點的運動過程中，粒子做勻變速曲線運動，靜電力做正功，粒子的動能增大，電勢能減小，故選B.]4．AC[由題知，帶正電的微粒僅受靜電力的作用，從A點運動到B點時動能減少了10－5J，說明靜電力做負功，則知靜電力方向水平向左，根據(jù)曲線運動的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，故微粒的運動軌跡如題圖中虛線1所示，故A正確，B錯誤；由于微粒帶正電，所受靜電力水平向左，則電場強度方向水平向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則B點電勢高于A點電勢，故C正確，D錯誤．]5．D[從粒子運動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可知帶負電粒子受到了向上的靜電力的作用，可知電場強度方向大致向下，沿電場線電勢逐漸降低，則a、b、c、d、e各點中c點電勢最低，故A錯誤；根據(jù)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面的特點可得，b點和d點的電場強度大小相同，方向不同，故B錯誤；根據(jù)電勢能Ep＝φq可知，負電荷在電勢高的地方電勢能低，故粒子在a點的電勢能小于在c點的電勢能，故C錯誤；粒子從a點運動到e點的過程中電勢能先增大后減小，所以動能先減小再增大，故D正確．]6．C[由題意可知，各點的電勢分別為φA＝5V，φB＝2V，φC＝1V，則AB連線上距B點eq\f(1,3)處的F點電勢為3V，AC的中點G點電勢也為3V，所以F點與AC中點的連線，即為等勢線，由于沿著電場線方向，電勢降低，故C正確，A、B、D錯誤．]7．D[根據(jù)U＝Ed知在勻強電場中，沿同一方向相等距離電勢差相等．設(shè)AC中點為D，D點的電勢為φD＝eq\f(φA＋φC,2)＝eq\f(2＋6,2)V＝4V，則φD＝φB，BD為一條等勢線．根據(jù)電場線與等勢面垂直，且由高電勢處指向低電勢處，知AC連線為一條電場線，勻強電場的方向垂直于BD向下，如圖所示，故A錯誤；AC間的電勢差為UAC＝φA－φC＝6V－2V＝4V，勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(UAC,LAC)＝eq\f(4,1)V/m＝4V/m，故B錯誤；因為BD為一條等勢線，等邊三角形中心在BD邊線上，則等邊三角形中心的電勢為4V，故C錯誤；將一個電子從A點沿直線移到B點，靜電力做功為W＝－eUAB＝－e(φA－φB)＝－e×(6－4)V＝－2eV，則電子的電勢能增加了2eV，故D正確．]8．AD[連接AD、BF、CE，AD與BF、CE的交點分別為M、N.設(shè)六邊形的中心點為O，如圖所示：由圖可知，AD與BF、CE都垂直，由正六邊形的特點可知，AM＝MO＝ON＝ND，所以可知M、O、N的電勢分別是0、4V、8V，所以BF和CE為等勢面，則φF＝φB＝0，φE＝φC＝8V，故A正確；A、F間電勢差為UAF＝φA－φF＝－4V－0＝－4V，故B錯誤；C、F間電勢差為UCF＝φC－φF＝8V－0＝8V，故C錯誤；因為電場線和等勢面垂直，BF為等勢面，故電場線和BF垂直，故AD為電場線，因為沿著電場線方向電勢降低，所以電場線方向由D指向A，即電場線垂直于BF連線，且指向A，該勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(UBA,Lsin30°)＝eq\f(0－－4,2×0.5×10－2)V/m＝400V/m，故D正確．]9．D[由題圖可知離子N受到中心電荷的斥力，而離子M受到中心電荷的引力，故兩離子的電性一定不同．由于中心電荷帶正電，則M一定是負離子，N一定是正離子，A錯誤；由題圖可判定M在從a到p運動過程中，靜電力做正功，動能增加，而N在從a到q運動過程中，靜電力做負功，動能減?。訫在p點的速率一定大于N在q點的速率，B錯誤；由于a、b、c三點在同一等勢面上，所以M在從a向b運動過程中靜電力所做的總功為0，N在從a向c運動過程中靜電力所做的總功為0.由于兩離子以相同的速率從a點射入電場，故兩離子分別經(jīng)過b、c兩點時的速率一定相等，C錯誤；由題圖可知q點離正電荷更近一些，N離子在從a向q運動過程中靜電力做負功的值大于離子M在從p向b運動過程中靜電力做負功的值，故M從p到b過程電勢能的增量一定小于N從a到q電勢能的增量，D正確．]10．AC[由題意有UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－1×10－4,1×10－5)V＝－10V，UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(3×10－4,1×10－5)V＝30V，則UAC＝UAB＋UBC＝20V．若設(shè)φC＝0，則φA＝20V，φB＝30V，延長AO，與BC的連線交于BC的三等分點D(如圖所示)，D點的電勢應(yīng)為20V，則AD為電勢為20V的等勢線，故電場強度方向垂直O(jiān)A向右，大小為E＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(20,0.1)V/m＝200V/m，故選A、C.]11．B[如圖所示，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢線，其垂線MN為電場線，方向為M→N.外接圓上電勢最低點為N點，電勢最高點為M點．設(shè)外接圓的半徑為R，則UOP＝UOa＝eq\r(3)V，UON＝E·R，UOP＝E·Rcos30°，則UON∶UOP＝2∶eq\r(3)，故12．C[因為UAC＝UBC＝3V，所以AB連線為等勢面，過C點作底邊AB的垂線，垂足為F，則FC即為勻強電場的電場線，如圖所示，由幾何知識知FC＝3cm，則勻強電場電場強度E＝eq\f(3,0.03)V/m＝100V/m，過D點作FC的垂線，垂足為G，則CG＝eq\f(2,3)FC，所以UDC＝UGC＝eq\f(2,3)UAC＝2V，則C、D兩點的電勢差UCD＝－UDC＝－2V，故選C.]13．D[靜電力做功Wcb＝eUcb，Ucb＝－eq\f(2W,e)在勻強電場中，沿電場線方向，位移相同的兩個點之間的電勢差相等，由于bc和ad平行且等距離，所以Uda＝Ucb＝－eq\f(2W,e)，φd－φa＝－eq\f(2W,e)，由于φa＝0，所以φd＝－eq\f(2W,e)，A、B錯誤；如圖所示，質(zhì)子從c到b靜電力做功為－2W，所以從d到a做功－2W，從a到d做功2W，從a到ad中點e做功W，又從a到b做功W，因此eb為等勢線，電場線為af方向，電勢差和電場強度的關(guān)系為E＝eq\f(Uab,Lsinθ)，根據(jù)幾何關(guān)系可知tanθ＝eq\f(1,2)，Uab＝eq\f(W,e)，聯(lián)立解得E＝eq\f(\r(5)W,Le)，C錯誤，D正確．]專題強化練4電場中的功能關(guān)系及圖像問題1．C[速度－時間圖像的斜率表示加速度，則由題圖乙可知，電子的加速度不變，所受靜電力不變，由F＝Eq可知，該電場是勻強電場，A點的電場強度等于B點電場強度，不可能是正點電荷產(chǎn)生的，故A、D錯誤；電子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知靜電力做負功，故電勢能增加；因電子帶負電，所以從A到B電勢降低，故A點的電勢比B點的高，故B錯誤，C正確．]2．CD[由題圖可知，沿Ox軸正方向電勢逐漸升高，故電子受到的靜電力沿Ox軸正方向，電子將沿Ox軸正方向運動；靜電力對電子做正功，電子的電勢能將減小，故A、B錯誤；由Δφ＝E·Δx可知，φ－x圖像的斜率表示電場的電場強度，由題圖可知，沿Ox軸正方向，電場強度先減小后增大，故電子受到的靜電力先減小后增大，電子運動的加速度先減小后增大，結(jié)合等量異種點電荷間的電場線分布特點可知，該電場線可能是等量異種點電荷間的電場線，故C、D正確．]3．BCD[沿電場方向電勢降低，因電場方向指向x軸正方向，故x軸相當于一條電場線，故φx1>φx2，A錯誤；電子受到的靜電力方向和電場方向相反，故沿x軸從x1處運動到x2處，靜電力做負功，電勢能增大，電子在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能，B、D正確；因為從x＝0處到x1處的電場強度是均勻增大的，所以從x＝0處到x1處的電場強度平均值為eq\f(E0,2)，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)，可得x＝0處與x1處的電勢差為U＝eq\f(E0x1,2)，C正確．]4．BC[電子在A、B兩點的電勢能分別為EpA和EpB，且EpB>EpA，說明電子由A點運動到B點時電勢能增大，靜電力做負功，靜電力對其所做的功為W＝EpA－EpB，C正確；電子所受的靜電力對電子做負功，電子的動能減小，故電子在A點的動能大于在B點的動能，D錯誤；由題圖可知，從O點到B點，電子的電勢能隨移動距離均勻增加，則電勢隨移動距離也均勻增加，該電場一定為勻強電場，不可能為孤立點電荷形成的電場，A、B兩點的電場強度相等，A錯誤，B正確．]5．C[甲、乙兩粒子均在勻強電場中做曲線運動，根據(jù)合外力指向運動軌跡的凹側(cè)可知，甲粒子所受靜電力向右，又甲粒子帶正電，則電場方向向右；乙粒子所受靜電力向左，故乙?guī)ж撾?，選項A錯誤；靜電力對兩粒子均做正功，由功能關(guān)系知甲、乙的電勢能均減小，又正電荷在電勢能大的地方電勢高，則φA>φC，選項B錯誤，選項C正確；兩粒子做類平拋運動，初速度大小相等，軌跡對稱，可知兩粒子加速度大小相同，由a＝eq\f(Eq,m)可知，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相同，但電荷量不一定相等，選項D錯誤．]6．(1)3g(2)－eq\f(3kQ,h)解析(1)由分析知另一點電荷必為正電荷，設(shè)其質(zhì)量為m，電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點時，有mg－eq\f(kQq,h2)＝m·eq\f(3,4)g，在B點時，有eq\f(kQq,0.25h2)－mg＝maB解得此電荷在B點處的加速度為aB＝3g，方向豎直向上．(2)另一點電荷從A到B的過程，由動能定理，得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0聯(lián)立解得UAB＝－eq\f(3kQ,h).7．CD[題干中僅給出了點電荷從A點運動到B點，但點電荷電性未知，所以電場線方向不一定從A指向B，那么A點的電勢也不一定高于B點的電勢，故A、B錯誤；根據(jù)題圖乙，點電荷從A點運動到B點的過程中加速度在逐漸減小，由a＝eq\f(F,m)可判斷出點電荷所受靜電力在逐漸減小，根據(jù)E＝eq\f(F,q)可判斷出電場強度在一直減小，故C正確；點電荷從A點運動到B點，加速度一直減小，但速度一直在增加，那么動能一直在增大，說明靜電力做正功，電勢能降低，所以點電荷在A點的電勢能一定大于其在B點的電勢能，故D正確．]8．CD[O～x1、x3～x4區(qū)間圖像斜率均為正，電場強度方向均沿x軸負方向，故A錯誤；帶負電的粒子所受的靜電力方向與電場強度方向相反，故粒子從O點運動到x4點的過程中，先加速后減速再加速運動，故在x1～x2粒子做減速運動，即在x2點的速度不是最大，故B錯誤；粒子從x1點運動到x3點的過程中，電勢不斷降低，根據(jù)負電荷在電勢低處電勢能大可知，粒子的電勢能一直增大，故C正確；若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，從O點到x2點，靜電力做功W＝qU＝0，則由動能定理得Ek＝eq\f(1,2)mv02＝2qφ0，故D正確．]9．AD[滑塊水平方向受大小不變的摩擦力及逐漸增大的庫侖力，在滑動過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可得，滑塊的加速度逐漸減小，做加速度逐漸減小的變減速運動，故滑塊在運動過程中的中間時刻的速度小于eq\f(v0,2)，故A、B錯誤；由動能定理可得：－qUab－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得兩點間的電勢差Uab＝eq\f(mv02－2μgs,2q)，故D正確．由功能關(guān)系可知此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q′＝μmgs，由D選項的解析可得：Q′＝eq\f(1,2)mv02－qUab，因a點電勢低于b點電勢，故Uab為負值，故產(chǎn)生的熱量大于eq\f(1,2)mv02，故C錯誤．]10．(1)正電荷eq\f(mgd,U)(2)eq\r(2)mg(3)eq\f(\r(2)v02,4g)解析(1)作出電場線如圖甲所示．由題意知，只有小球受到向左的靜電力，靜電力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，如圖乙所示．只有當F合方向與v0方向在一條直線上才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運動．由圖乙知qE＝mg，相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E＝eq\f(U,d)，所以q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(mgd,U).(2)由圖乙知，F(xiàn)合＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\r(2)mg.(3)由動能定理得：－F合xm＝0－eq\f(1,2)mv02所以xm＝eq\f(mv02,2\r(2)mg)＝eq\f(\r(2)v02,4g).11．BD[小球從A運動到B的過程中，動能不變，重力勢能增加，則電勢能減少，則小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，B點的電勢低于A點的電勢，故A錯誤．根據(jù)動能定理得－mgLsinθ＋qUAB＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq\f(mgLsinθ,q)＝eq\f(mgL,2q)，故B正確．若靜電力與重力、支持力的合力為零，小球做勻速直線運動，到達B點時小球速度仍為v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ為定值，則當靜電力沿斜面向上，且大小為F＝mgsinθ時，靜電力最小，電場強度最?。綦妶鰪姸扰c運動方向不共線，則靜電力沿斜面向上的分力與重力沿斜面向下的分力相平衡．根據(jù)矢量的合成法則可知，靜電力可能大于mg，電場強度可能大于eq\f(mg,q)，故C錯誤．若該電場是AC邊中點處的點電荷Q產(chǎn)生的，Q到A點的距離小于到B點的距離，由于B點的電勢低于A點的電勢，則Q一定是正電荷，故D正確．]4電容器的電容第1課時電容器的電容1．A2．BC[9V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，且額定電壓低于擊穿電壓，故C正確，D錯誤；正常工作時的帶電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9C＝1.35×10－5C，故A錯誤，B正確．]3．B[C＝eq\f(ΔQ,ΔU)＝eq\f(4.0×10－7,20)F＝2.0×10－8F．故選B.]4．B[由題意知C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q－1.5×10－4C,\f(2,3)U)，解得Q＝4.5×10－4C，故B正確，A錯誤；因電容器的電容未知，所以無法求出電容器原來的電壓，C錯誤；電容器的電容由電容器本身決定，跟電壓和電荷量的變化無關(guān)，所以電容器的電容不變，D錯誤．]5．B[由Q＝CU知，U降低，則Q減小，故為放電過程，A錯，B對；C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(0.2,40)F＝5×10－3F，C錯；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，D錯．]6．B[由題圖可知，A板帶正電，B板帶負電，形成方向水平向右的電場，小球向左偏，則說明小球帶負電，故A錯誤；保持開關(guān)S閉合，僅將兩極板間的距離適當增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度減小，小球所受靜電力減小，則θ角將減小，故B正確；斷開開關(guān)S，電容器的電荷量保持不變，由C＝eq\f(εrS,4