周测卷(十七) 电场(二)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷

美版老n春 5.如图所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（十七） 为BC的中点，∠C=30°，∠A=90°。A,B,C、D四点的电势分别用PA Pa Pc9D表示。已 物理·电场（二） 知Pa=Pc,9A=Pp,点电荷Q在A、B,C三点所在平面内，则 (考试时间40分钟，总分100分) A.点电荷Q一定在AB的连线上 B.Pe大于Pp D 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ C.将一电子从A移动到B,电场力做正功 题目为能力提升题，分值不计入总分。 D.点电荷Q在A、B两处的电场强度大小的比值为4：1 d4--------3B 1.某静电场的电场强度方向与x轴平行，在x轴上各点电势9随坐标x的 年每 变化情况如图所示。现将一电子自x=一x。处由静止释放（不计重力），则 “如图所示，竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R,等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位 在一x。~2x。间电场强度E、电子运动时的速度v、电势能E。、动能E随 -60 2 于圆周最低点，CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点上放置一对等量异种点电荷。现把质 坐标x变化的图像可能正确的是 量为m、带电荷量为十Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到达最低点C时速度为。 E 不计小球对原电场的影响，取无穷远处电势为零，静电力常量为k,重力加速度为g,则 A.C点电势与D点电势不相同 2 A C RM点电势为am-2mgR) 2.小米的含水率是彩响其贮存、加工和运输的重要指标，市场上有一种电容式小米水分测量仪， C.小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒 如图所示为其简化原理图，平行板电容器两极板通过导线连接在电压传感器两端，电压传感 器与静电计等效，相当于断路且可实时显示电容器两极板间的电压。给电容器带上一定的电 D小球在最低点C处对轨道的压力大小为一质+空 荷量Q后断开电源，将待测小米压实填充在两极板之间，已知内部含水量高的小米的相对介 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 电常数，较大，忽略米粒之间的间隙，则填充小米后 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 A.电容器两极板间的电场强度变小 总分。 B.电容器两极板所带的电荷量会增加 电压传感器 6.如图所示，两点电荷Q1、Q2连线的延长线上有A,B两点。现将一带负电的试探电荷在A点 C.电容器的电容值将变小 由静止释放，它仅在电场力作用下恰好能在A、B两点间做往复运动，则下列说法正确的是 D.电压传感器示数越大说明小米的含水量越高 A.Q的电荷量大于Q:的电荷量 3.空间某区域存在静电场如图所示，实线为等势线，相邻等势面间电势差相等。某质子运动轨 B.A、B两点的电势相等 044单 迹如图中虚线所示，a,b是轨迹上的两个点，下列说法正确的是 C.A,B两点的电场强度大小相等，方向相反 A.a点的电场强度比b点大 D.试探电荷从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先增大后减小 B.a,b两点电场强度的方向相同 9V 7V5V3V 7.如图所示，空间有与水平方向成0角的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带电小球，用 C.质子从a点运动到b点，电场力做正功 长为L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小 D.质子处于a、b两点时，其电势能在a点时较小 4.如图所示，在绝缘水平桌面上固定一圆心为O,的绝缘圆轨道和两等量正点电+Q© 球沿圆弧轨道（图中的虚线，圆心在O点）缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，重力 荷，圆轨道与两电荷连线相切于连线中点O,O、A、B和C为圆上的四等分点， 加速度为g。则下列说法正确的是 “1161 在外力作用下，一带正电小球沿轨道内侧做圆周运动（图中未画出），带电小球 A.小球带负电 对电场的影响可以忽略，下列说法正确的是 B.电场强度的大小为mg A,A点的电场强度与C点的电场强度相同 qsin B.A点的电势小于C点的电势 C。此过程中外力做的功为严g tan C.从A点到C点，电场力对小球做正功 D.将小球从最低点由静止释放，小球能在竖直面内做完整的圆周运动 D.小球在O点的电势能大于在B点的电势能 物理·周测卷（十七）第1页（共4页） 物理·周测卷（十七）第2页（共4页】 17 条版老n春 班级 如图所示，平行板电容器αb与电源相连，两极板间形成一匀强电场。A、B、C是电场中的三 9.(20分)为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质，某同学在干燥的环境中先将球A放 点，C点位于下极板，∠B=90°，AB长度为d,BC长度为2d,D为BC上一点，BD=DC 在一灵敏电子秤的绝缘托盘上，如图()所示，此时电子秤的示数为N1:再将另一小球B用绝 缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于球A的正上方点P,电子秤稳定时的示数减小为N2 姓名 一电荷量为十g的带电粒子从C点移动到A点需克服电场力做功2W,粒子从A点移动到D 缓慢拉动绝缘细线，使质量为m的小球B从点P沿竖直方向逐步上升到点Q,用刻度尺测出 点需克服电场力做功W。已知两极板间距离为、√3d,取电源负极为零电势点，则下列说法正确 点P正上方不同位置到点P的距离x,并采取上述方法确定该位置对应的场强E,然后作出 得分 的是 Ex图像，如图(b)所示，x轴上每小格代表的距离均为x。,已知绝缘细线上点M和点Q到点 A.a端接电源正极 P的距离分别为5x。和10x。,小球B所带电荷量为一q,且q远小于球A所带的电荷量，球A BB点电势为5w 与球B之间的距离远大于两球的半径，忽略空气阻力的影响，已知重力加速度为g。 (1)求图(b)中E。的值及点M所示状态由球A所激发的电场的场强大小。 C.匀强电场的电场强度大小为22W (2)小球B位于点M所示状态时，电子秤的示数应为多大？ 选择题 (3)实验过程中，当小球B位于点Q时，剪断细线，小球B将由静止开始运动，估算小球B落 答题栏 D.若把上极板下移至B点，则上述带电粒子从C点移动到A点电势能增加③W 回到点P时动能的大小。 绝缘 1 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 2 8.(10分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电压为 6.0V,内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关 再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 I/mA 6 接计算机电感剂 图(a) 图(b) 用用用 00224687s 图1 图2 (1)开关S改接2后，电容器进行的是 (填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I-图像 如图2所示，图中在0~02s内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 。如果 10.(20分)如图，一矩形ABCD以MN为边界对称分成左右两个边长均为d的正方形，MN的 不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的It曲线与坐标轴所围成的面积 中点为O,两正方形内均存在匀强电场，左侧正方形内电场方向水平向左，右侧正方形内电场 恢 (填“减小”“不变”或“增大”)。 方向水平向右，两匀强电场的电场强度大小相等。MN为一条等势线，其电势为9(p>0), AD和BC的电势均为零。一质量为m,电荷量为一g(g>0)的带电粒子从AM的中点垂直 (2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45×103C,则该电容器的 电容为F。 电场以某一速度射人左侧电场，恰好从N点离开，不计粒子：…业 重力。 (3)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的↑ (1)求粒子在电场中的加速度大小a: 电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系。他从等效的思想出 发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中 (2)求该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小？ D… 克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极间的电压U随电荷量Q变化图3 (3)若将该粒子置于O点，给粒子另一速度使之沿水平方向做往 的图像如图3所示。按他的想法，下列说法正确的是。（填正确答案标号） 复运动，且运动过程中动能和电势能之和恒为Z,求该粒子运动过程中距离O点的最远 距离x和粒子在水平方向做往复运动的周期T。 A.U-Q图线的斜率越大，电容C越大 B。对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比 C.若电容器电荷量为Q时储存的能量为E,则电容器电荷量为号时储存的能量为 D.由于图线是一条过原点的直线，所以既可以用图线与横轴所围成的面积表示电容器储 能，也可以用图线跟纵轴所围成的面积表示电容器储能 物理·周测卷（十七】第3页（共4页） 物理·周测卷（十七）第4页（共4页】高三一轮复习周测卷 设离开电场时的时间为，x,=0+2a:, 方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场 Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为 解得t'=0.6s<1.6s,故小球还未到达x轴就离开 电场，接下来小球在水平方向做匀速直线运动，则小 E',则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a'=gE m 球出电场后在水平方向运动的距离为x2=(vz十 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场 a2t')(t-t')=18m, 1 方向分解，则x=t,y= 则小球第二次经过x轴的位置的横坐标x=x1十x2= 2at2, 7.2m+18m=25.2m。 由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y= 10.(1) 2x, 【解析】(1)根据题意可知，平行边界向下射出的粒 子出电场I时，速度偏向角为45°，出电场I时，沿 根据儿何关系x+y=22L,解得E'=E。 电场方向的速度u1=√2aL, (3)由(1)可知，粒子从P点射出的初速度大小为- 根据牛顿第二定律qE=ma, 2qEL 粒子出电场I时的速度v=√21， 由于沿平行边界射出的粒子出电场I时速度的偏 gEL 解得v=2 向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的 Am 区域长度为51=4L,则在边界C上有粒子射出的区 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大 域长度s2=s1+2L+2L-√2y, 小相同，即等于码 由(2)向可知y=2 3 L,解得，=20 。 (2)平行边界向上射出的粒子，进入电场Ⅱ时速度 物理（十七） 1.D【信息获取与转化】 间电场强度E一，板间距d不变，填充小米后，C 图像 斜率表示的意义 增大，U减小，电容器两极板间的电场强度变小，故A o-x 电场强度E 正确。 E。x 一F电 3.C【解析】等差等势面越密集的地方场强越大，故a Ek-x 合力（不计重力，则为电场力F电） 点的电场强度比b点小，故A错误。电场线与等势 【解析】Px图像的斜率反映的是电场强度的变化， 面垂直，可知a、b两点电场强度的方向不同，故B错 一x。~0段电场强度为定值，方向沿x轴负方向， 误。曲线运动的受力方向指向曲线的凹侧，受力与 0~x。段电场强度为零，x0一2x。段电场强度大小与 电场强度方向相同，质子从a点运动到b点，力与位 一x,~0段相同，方向沿x轴正方向，A错误。一x。~0 移的夹角为锐角，所以电场力做正功，故C正确。根 段电子所受电场力为恒力，沿x轴正方向做匀加速 据E。-qp,质子处于a、b两点时，其电势能在a点 直线运动，速度v随时间t均匀增大，0~x。段做匀 时较大，故D错误。 速直线运动，x。~2x。段做匀减速直线运动，速度v 【归纳总结】 随时间t均匀减小，B错误。一x。~0段电场力做正 带电粒子在电场中运动轨迹问题 功，电势能减小，C错误。根据动能定理qEx=Ek, 判断速度 运动轨迹上某点的切线方向即为该点的 可知一x~0段电场力是恒力，做正功，动能均匀增 方向 速度方向 加，0~x。段做匀速直线运动，动能不变，x。~2x。段 仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力 判断静电力 做匀减速直线运动，动能均匀减小，D正确。 方向指向轨迹曲线的凹侧且与电场线相 (或电场强 2.A【解析】电容器与电源断开，所带电荷量Q保持 切、与等势线垂直，再根据粒子的正负判 度)的方向 不变，故B错误。填充小米后，相对介电常数e,变 断电场强度的方向 大，由C=,S 47知电容器的电容值将变大，故C错 判断静电力 若静电力与速度方向成锐角，则静电力做 做功的正负 正功，电势能减少；若静电力与速度方向 及电势能的 误。两极板间的电压U-名，小米的含水量越高C 成钝角，则静电力做负功，电势能增加 增减 越大，U越小，电压传感器示数越小，故D错误。板4.D【解析】根据等量同种正电荷的电场线分布可知 ·38· ·物理· 参考答案及解析 A点的电场强度与C点的电场强度大小相等，方向 不同，故A错误。根据对称性可知A点的电势等于 N=mg十mE+盟 vi ,由牛顿第三定律得，小球对轨 C点的电势，故B错误。从A点到C点，电场力对小 道的压力为NN=mg+mR十k,,故D错误。 球做功为零，故C错误。根据等量正点电荷的电场 线分布可知电场线方向从O指向B,则带正电小球 6.AB【解析】由题意知，带负电的试探电荷在A点由 所受电场力与小球位移方向相同，则小球从O到B, 静止释放，恰好能在AB间做往复运动，说明AB间 电场力做正功，电势能减小，即小球在O点的电势能 有一点P场强为零，从A到P场强逐渐减小，方向 大于在B点的电势能，故D正确。 向左；从P到B场强增大，方向向右，即A、B两点的 5.D【解析】作BC的中垂线，如图所示，9 场强方向相反，但大小无法比较；试探电荷从A点运 由题意可知PB=Pc,点电荷一定处在BC 动到B点的过程中，由于场强先减小后增大，则所受 连线的垂直平分线上，该垂直平分线与 D 电场力先减小后增大；因为AB间有一点P场强为 E AC相交于E点，由几何关系可知AE= 零，有Q1=&“由于Q,离P点的距离P大于 DE,AB=DB,故AD连线的中垂线即 A----B rip 是BE线，又因为PA=PD,故点电荷一定处在AD连 Q2离P点的距离rP,则Q1的电荷量大于Q2的电 荷量，故A正确，C、D错误。试探电荷从A到B的 线的垂直平分线上，综合可知E点就是点电荷Q的 过程，根据动能定理得qUAB=0,可得UAB=O,可知 位置，故A错误。由几何关系可知，C点距离E点比 A、B两点的电势相等，故B正确。 D点距离E点远，其电势低于D点电势，故B错误。 7.BC【解析】根据题意，对小球受力分析，由平衡条 越靠近正点电荷电势越高，所以A点电势高于B点 件可知，小球受到斜向上的电场力，即电场力的方向 电势，电子在A点的电势能小于在B点的电势能，所 与电场方向相同，则小球带正电，故A错误。对小球 以将一电子从A移动到B,电势能增大，电场力做负 受力分析，由平衡条件有Egsin0=mg,解得E= 功，故C错误。由几何关系可知AE与BE长度比值 mg 为-，由点电荷场强公式E-， EA ,可得 9Sm0,故B正确。现用一个外力将小球沿圆弧轨道 缓慢地拉到最低点，重力和电场力的合力为F= 发1·故D正确。 tan0,方向水平向右，由动能定理有W一FL=0,解 mg B【解析】等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线 得W=mgL 方向，是一条等势线，中垂线通向无穷远处，电势为 an),故C正确。因重力和电场力的合力方 零，所以中垂线上的电势为零，CD处于AB两电荷的 向水平向右，则将小球从最低点由静止释放，小球只 等势面上，所以两点的电势都为零，故A错误。设M 能运动到最高点后返回，不能在竖直面内做完整的 点的电势为PM,由于C点的电势为零，所以CM间的 圆周运动，故D错误。 电势差等于M点的电势，对小球从M到C的过程由动 AC【解析】带正电粒子从C点移动到A点需克服 电场力做功，所以电场强度竖直向下，上极板带正电， 能定理得mgR十Cw=7mi,解得u=20m a端接电源正极，故A正确。由于下极板与电源负极 2gR),故B正确。根据等量异种点电荷电势分布特 相连，则C点电势为零，粒子从C点到A点的过程中 点，可知在圆弧轨道上各点的电势不相等，故小球在 电场力做功为qUcA=一2W,而Uca=Pc一PA,则A 圆弧轨道上运动，除了重力做功外，还有电场力做功， 点电势4-2W,同理从A点移动到D点需克服电场 则机械能不守恒，故C错误。因为三角形ABC为等 边三角形，小球在轨道最低点C处，所受两个正负电荷 力做功W,则qU如=一w,则D点电势PD-3 ,由 的电场力的水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方 向竖直向下，电场力的合力为F合=2kg。 2sin30°= 于BD=3DC,在匀强电场中有Um=3Ua,即9e PD=3(g。一PB),可解得Pa4W,故B错误。如图所 兽，在C处，小球还受重力mg:支持力N作用，根 示，取BC中点为N,则9N-Ps十_2W,所以A、N 2 锯牛顿第二定律可得Nmg一g二mR解得 两点电势相同，连接AN,AN为电场中的等势线，与过 ·39· 高三一轮复习周测卷 B点的电场线垂直且交于点F,则AB=d,BN=d, UQ图像与Q轴围成的面积才代表储能，图线跟纵 轴所围成的面积不能表示电容器储能，故D错误。 由几何关系可知BF三√24，匀强电场电场强度E 9.(1) NI-N2 Ni-N2 (2)4N+N 腿=2,2”，故C正确。电容器和电源相连，则两极 10q 5g 5 BF gd 29(N1-N2) (3) 10 x。+10mgxo 板间电压不变，设电压为U,两极板间距离为√3d,则 U=√3Ed,∠NBF=45°，所以BC沿电场线方向的 【解析】(1)小球B位于P点时，所受电场力为Fp= 距离为BCcos45°=√2d,上极板下移至B点，则两 N1-N2, 故小球A在P点激发的电场场强大小为10E。= 板间距离变为d'=√2d,电场强度变为E',则E'= N1-N2 U√6 京=2 E,由几何关系可知，AC沿电场线方向的距离 擦利Eg 由图像可知球A在点M所激发的电场的场强大小 为2，根据U=Ed可知，粒子从C点移动到A点克 约为2E。,故点M的场强大小为EM=2E。= N1-N2 服电场力做功W'=√6W,电势能增加√6W,故D 5q 0 错误。 (2)小球B在点M所受电场力为FM=qEM= N1-N2 5 故此时电子秤的示数应为NM=N1一FM= 8.(1)放电0~0.2s内电容器的放电量不变 4N1+N2 (2)575(3)C 5 【解析】(1)开关S改接2后，电容器相当于电源，进 (3)由图可知，每一个小正方形的面积所代表的电势 行的是放电过程；根据q=It,可知图中在0~0.2s 差为U。=Eoxo, 内用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 在0~10x。之间这一段图线与x轴所围成的面积等 0~0.2s内电容器的放电量；充完电后电容器所带 于P、Q两点的电势差，查得上述图形中，小正方形数 的电荷量为Q=CU=CE,如果不改变电路其他参 约29个，故P、Q间电势差为UQ=29U。= 数，只减小电阻R的阻值，则充完电后电容器所带的 29(N1-N2) 电荷量不变，所以放电过程，I-t曲线与坐标轴所围 10q 成的面积不变。 设小球运动到P点时的动能为Ek,对于小球B从Q (2)整个放电过程中释放的电荷量Q=3.45× 点运动到P点的过程，根据动能定理有qUQ十 103C,根据Q=CU=CE,可得该电容器的电容为 C=2-3.45X10- mgh=Ex, F=575uF。 29(N1-N,) E 6 解得Ek= 10 xo+10mgxo。 (3)根据U-号，可知U-Q图线的斜率越大，电容C 10.(1)9P0 1 (2) md 990(n=0,1,2,…) 越小，故A错误。他从等效的思想出发，认为电容器 2n+1 m 储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极 (3(1+2)a Ad √/2m(Z+q9o) 板过程中克服电场力所做的功，也等于图像与横轴 goo goo 所围的面积，有E=2QU=2CU,可知对同一电容 【解析】(1)由题意分析可知电场强度大小E= 器，电容器储存的能量E与两极间电压的平方U成 粒子在电场中的加速度大小a=9,解得a=9 m 正比，放B错误。根据E=CU- md 2C,可知电容器 (2)由于带电粒子垂直电场射入左侧电场后恰好从 电有量为时储存的能量为号，放C正确。类比速 N点离开，将MN等分，每份用时为t,可能会有两 度一时间图像与时间轴围成的面积才代表位移，则 种竹况，根据对称性，在水平方向均有号日 ·40. ·物理· 参考答案及解析 (n=0,1,2,…), 综合以上两种情况可得带电粒子垂直电场射入左侧 电场的流度大小=贤a=0,12,, (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零， 粒子在距离O点x处的电势能E-一qP:=Z,解 2 得0，--2 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E= =99,解得x=（1+之)d, x qp。1 由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速 第一种情况：从N点离开时速度偏向右下方，有 1 d 1/9Po 度为uo,有-gp+2m6=Z,解得粒子在0点的 4n十1(n=0,1,2,…),解得0一4n十i√m 2(Z+qgo) (n=0,1,2,…), 速度vo= m 第二种情况：从N点离开时速度偏向左下方，有 又vo=a· 4,解得T-4 √2m(Z+q9)。 d 4n十3=0t(n=0,1,2,…),解得u2= 4n+3 m 物理（十八） 1.D【解标】根据电容的决定式C=,保持d不 U E板间=O,又有E板间= ,所以球壳上的感应电荷在 变，减小S,电容减小，再根据U=是，因电荷量Q不 0点产生的场强大小为E多-9，放B正确。根据电 变，知U增大，所以0变大，故A、B错误。根据电容 势差关系，有U=UM十UNB,根据电势差与场强关系 的决定式C=,保持S不变，带大，电容C减 UAM=UNB=E· U ,联立可得Uw=U号，故C、 R 小，再根据U-名知U端大，所以9变大，放C特误。 D错误。 3.C【科学思维】 根据电容的决定式C一4ka,保持S,d不变，极板 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电 利用微元 荷，每个微元电荷可看成点电荷，先根据库 法求解非 间放入塑料板，电容C增大，再根据U= 知U减 仑定律求出每个微元电荷产生的场强，再结 点电荷的 电场强度 合对称性和电场强度叠加原理求出合电场 小，所以0减小，故D正确。 强度 【归纳总结】 【解析】因为带电圆环A距离∠∠之 平行电容器两种典型动态分析 带电小球较近，故不能将其看成 0 F 充电后与电源断开，Q不变始终与电源保持相连，U不变 点电荷，故不能使用库仑定律求 根据C=e,S 4k7判断电容C的变化 小球受到的库仑力，故A错误。 把圆环A分成无数小段，取环 根据C= 判断U的变化 Q 根据C= Q 判断Q的变化 上任意一小段，可看作点电荷 mg 情况 情况 △g,△g对小球的库仑力为F-k△gXgc0sa,求出圆 或E=。判断电场强度E的变化情况 根据E=V E:S 环上各点电荷对小球的库仑力的合力为下合=kQ, 2 2.B【解析】金属球在板间处于静电平衡状态，是一个 cos3a,故B错误。小球受到的重力竖直向下、静电力 等势体，所以M点电势与N点电势相等，故A错误。 方向向右，小球的受力情况如图所示，由平衡条件得 处于静电平衡状态的导体内部合场强为零，有E感十 F=ng tan0,故C正确，D错误。 ·41