电场I1 电场的力的性质 3．I1[2022·江苏卷]下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是( )A B C D3．B [解析]设每个圆环产生的电场的场强大小为E，则图A产生的电场的场强如图甲所示；图B中两个圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为E；图C中第一、三象限产生的电场的场强大小相等，方向相反，合场强为0，整个圆环产生的电场就相当于第二象限的圆环产生的电场，如图丙所示；图D中产生的电场的合场强为零，故选项B正确．15．I1[2022·新课标全国卷Ⅰ]如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )A．k B．kC．kD．k15．B [解析]考查真空中点电荷的场强公式及场强的叠加．由题意，b点处的场强为零说明点电荷q和圆盘在b点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R的b点产生的场强为EQ＝，故圆盘在距离为R的d点产生的场强也为EQ＝，点电荷q在d点产生的场强Eq＝，方向与圆盘在d点产生的场强方向相同，d点的合场强为二者之和，即E合＝＋-17-\n＝，B正确．6．I1、I2[2022·江苏卷]将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功6．ABD [解析]在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，选项D正确.6.I1、I2、I4[2022·天津卷]两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零6．BC [解析]由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误．I2 电场的能的性质 10．[2022·辽宁省五校协作体联考]在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一个电荷量为＋Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m、电荷量为－q的负试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°，规定电场中P点的电势为零．则在＋Q形成的电场中( )-17-\n图X119A．N点电势高于P点电势B．N点电势为－C．P点电场强度大小是N点的4倍D．试探电荷在N点具有的电势能为－mv210．BC [解析]根据点电荷电场的特点，N点的电势低于P点电势，选项A错误；根据动能定理，有－qφ＝mv2，解得N点电势为φ＝－，选项B正确；由于N点到O点的距离是P点到O点距离的2倍，根据点电荷电场强度公式可知，P点电场强度大小是N点的4倍，选项C正确；试探电荷在N点具有的电势能为－qφ＝mv2，选项D错误．6．I1、I2[2022·江苏卷]将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功6．ABD [解析]在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项A正确；电场线总是指向电势降低的方向，故选项B正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场力做负功，电势能增加，故选项C错误，选项D正确．6．I1、I2、I4[2022·天津卷]两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大-17-\nD．q运动到O点时电势能为零6．BC [解析]由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误．I3 电容器带电粒子在电场中的匀变速运动 15．I3[2022·广东卷]喷墨打印机的简化模型如下图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关15．C [解析]本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动．墨汁微滴带负电，根据电场力方向判断会向正极板方向偏转，A错误；电场力做正功，电势能逐渐减小，B错误；速度v垂直于匀强电场的场强方向，受电场力为恒力，故墨汁微滴做类平抛运动，C正确；在沿场强方向上的位移y＝at2＝·t2，垂直于场强方向的位移x＝vt，轨迹方程为y＝x2，即运动轨迹与带电荷量有关，D错误．11．E2、I3、I7[2022·天津卷]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；-17-\n(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析](1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出＝综合⑦式可得v′＝⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨-17-\n设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝320．I3、K2[2022·浙江卷]在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD [解析]离子在电场中的加速度a＝，故＝＝，A错误．离开电场区域时的动能Ek＝Uq，故＝＝，D正确．在磁场中运动的半径r＝＝＝，故＝＝，B正确．在磁场中转过的角度的正弦值sinθ＝＝Bd，故＝＝，因θ1＝30°，则sinθ2＝，即θ2＝60°，所以＝，C正确．25．C5I3[2022·全国卷](19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．-17-\n25．[解析]解法一：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝①a2＝－2②a3＝2③a4＝－④由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v1＝a1＝⑤-17-\n由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s＝v1⑥由⑤⑥式得s＝T2⑦它沿初始电场正方向．(2)由图(b)可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为t＝T－T＝⑧解法二：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0＝ma1①－2qE0＝ma2②2qE0＝ma3③－qE0＝ma4④设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则v1＝a1⑤v2＝v1＋a2⑥v3＝v2＋a3⑦v4＝v3＋a4⑧设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有s＝(＋＋＋)⑨联立以上各式可得s＝⑩它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零．0＝v1＋a2t1将①②⑤代入上式，得t1＝-17-\n粒子从t＝时开始加速，设经过时间t2速度变为零．0＝v2＋a3t2此式与①②③⑤⑥式联立得t2＝t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为t＝(－t1)＋t2将式代入式得t＝23．I3K2[2022·安徽卷]如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．23．[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma，联立以上各式可得E＝.(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝v0，所以v＝＝v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．-17-\n(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m，当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝.16．I3[2022·新课标全国卷Ⅰ]一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将( )A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板d处返回16．D [解析]考查带电粒子在平行板电容器中的直线运动．设电池的电压为U，由于前后两次平行板均与电池相连，则前后两次平行板电容器板间的电压不变．设平移下极板后粒子将在距上极板为h处返回，对前后两次应用动能定理，mg(d＋)－qU＝0，mg(＋h)－qh＝0，联立解得h＝，D正确．I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动 4．[2022·湖北省武汉市四校联考]如图X124所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E.已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，(不计空气阻力)则小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T为多少( )图X124A．mg B．3mg C．4mg D．5mg4．B [解析]小球受到的重力与电场力的合力指向右下方，与竖直方向成45°，小球从静止释放后沿合力方向做匀加速直线运动，当小球到达最低点时，绳子伸直，小球的竖直分速度减为零，水平分速度不变．设小球经过最低点时的速度为v，其水平分速度为vx＝vsin45°＝v，根据动能定理有mgL＋F电L＝mv2，其中F电＝mg；小球从最低点上升到P2-17-\n位置的过程中，合外力做功为零，小球的动能变化为零，即小球在P2位置的速度大小等于v，在P2位置，小球沿水平方向的合外力提供向心力，所以T－F电＝，联立以上各式，可得T＝3mg，选项B正确．24．D4、I4、I2[2022·浙江卷](20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C所在处电场强度E的大小；(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？(4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．24．[解析](1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有eE＝mEk0＝mv2R＝联立解得：E＝＝(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔΕk＝qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔΕk左＝e(φB－φC)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔΕk右＝e(φA－φC)-17-\n(4)根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有>即>6．I1、I2、I4[2022·天津卷]两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零6．BC [解析]由等量正电荷形成的电场的规律可知，试探电荷q从A到O的运动过程中，所受的力发生变化，方向指向O点，试探电荷做变加速直线运动，A错误；力的方向与速度的方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确；合外力做正功，动能增加，C正确；将电荷从O点移到无穷远处，要克服电场力做功，电势能增加，最后电势能变为零，所以电荷在O点时电势能为负值，D错误．3．I4[2022·重庆卷]如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则( )A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功3．B [解析]本题考查带电粒子在点电荷电场中运动时速率、电势、电势能的变化情况及做功正负的知识．把位于O点的重原子核看成点电荷，其周围的电场为由O点指向无穷远，且离O点越近，场强越大，电势越高，Q点比M点离核更远，故M点的电势比Q点的高，C错；α粒子在运动过程中，受到重原子核的排斥作用，离重原子核越近，电势能越大，动能越小，速率越小，三点中，N点离核最近，Q点比M点离核更远，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，在N点的电势能最大，A错，B对；α粒子从M点到Q点，电势能减小，动能增大，电场力对它做的总功为正功，D错．I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线 I6 实验：练习使用示波器 -17-\nI7 电场综合 8．[2022·浙江省宁波效实中学期末]如图X128所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2.现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：图X128(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小．(2)滑块在ADHE区域运动的总时间．8．(1) (2)4[解析](1)在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有2qE－mg＝ma3，由题意知qE＝mg，在水平方向和竖直方向分别有L＝vGt3，L＝a3t.联立以上各式解得vG＝，t3＝.(2)在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向qE＝mg， 所以不受摩擦力，做匀速直线运动，vF＝vG＝，t2＝t3＝. 在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向FN＝qE＋mg，在水平方向f＝ma1，由滑动摩擦力定律有f＝μFN.由以上各式解得a1＝g.当滑块由E运动到F时，由运动学公式有v－v＝2(－a1)L，代入解得vE＝，-17-\n由运动学公式有vF＝vE－a1t1.解得t1＝(4－2)，所以t＝t1＋t2＋t3＝4.11．E2、I3、I7[2022·天津卷]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.11．[解析](1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立上式可得E＝③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.由几何关系得r＝Rtan④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得-17-\nqvB＝m⑤联立④⑤式得R＝⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出＝综合⑦式可得v′＝⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝319．I7[2022·山东卷]如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是( )A．b、d两点处的电势相同B．四个点中c点处的电势最低C．b、d两点处的电场强度相同D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小-17-\n19．ABD [解析]b、d两点关于等量异种电荷的连线对称，根据等量异种电荷等势面的对称性，b、d两点电势相等，故A正确．如果设无穷远处电势为零，则c点电势为零，a、b、d点电势均大于零，故B正确．b、d两点的电场强度大小相等、方向不同，故C错误．因为a点电势大于c点电势，所以试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，电势能减小，故D正确．24．I7[2022·新课标全国卷Ⅱ]如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．24．[解析]质点所受电场力的大小为f＝qE ①设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有f＋Na＝m ②Nb－f＝m ③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝mv ④Ekb＝mv ⑤根据动能定理有Ekb－Eka＝2rf ⑥联立①②③④⑤⑥式得E＝(Nb－Na) ⑦Eka＝(Nb＋5Na) ⑧Ekb＝(5Nb＋Na) ⑨20．I7[2022·安徽卷]如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)( )-17-\nA．kB．kC．kD．k20．D [解析]本题考查静电平衡、点电荷的电场、矢量合成等知识．导体处于静电平衡状态，内部场强为零，在z轴上z＝－处，感应电荷产生的场强大小E′与点电荷q产生的场强大小相等、方向相反，E′＝k＝k；在z轴上z＝处，感应电荷产生的场强大小也为E′，点电荷q产生的场强大小E＝k＝k，E与E′方向相同，因此合场强E合＝E＋E′＝k，选项D正确．22．I15[2022·全国卷](6分)如图，E为直流电源，G为灵敏电流计，A、B为两个圆柱形电极，P是木板，C、D为两个探针，S为开关，现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验．(1)木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸；(2)用实线代表导线将实验器材正确连接．22．(1)导电(2)连线如图所示[解析]因为是用电流来模拟正负点电荷形成的电场，根据电势高低画出等势线，所以要求导电纸与接线柱导通，还要在导电纸上用灵敏电流计探针寻找等势点，这些都要求最上面一层一定是导电纸．连线要求连成两个独立的电路，即电源、导电纸和开关组成一个闭合电路，形成稳恒电流；两探针与灵敏电流计相连，组成一个检测电路．-17-
