物理人教版高中选修3-12013年全国各地高考物理试卷word版

I1 电场的力的性质
3．I1[2013·江苏卷] 下列选项中的各1
4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1
4
圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )
A B C D
3．B [解析] 设每个1
4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1
4圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为2E ；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3
4圆环产生的电场就相当于
第二象限的1
4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 [2013·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 3q R 2
B ．k 10q 9R 2
C ．k Q ＋q R 2
D ．k 9Q ＋q 9R 2
15．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E Q ＝kq R 2，故圆盘在距离为R 的d 点产生的场强也为E Q ＝kq
R
2，点电荷q 在d 点产生的场强E q
＝
kq
（3R）2
，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＝
kq
R2
＋
kq
（3R）2
＝
10kq
9R2，B正确．
6．I1、I2[2013·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[2013·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
6．I1、I2[2013·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[2013·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．
I3电容器带电粒子在电场中的匀变速运动
15．I3[2013·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 ＝12at 2＝12·qE m t 2，垂直于场强方向的位移x ＝vt ，轨迹方程为y ＝qE 2mv 20x 2
，
即运动轨迹与带电荷量有关，D 错误．
11．E2、I3、I7 [2013·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2
3d ，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 ＝1
2
mv 2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得 E ＝mv22qd
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π3
.
由几何关系得 r ＝Rtan π
3
④
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 ＝m v 2
r ⑤
联立④⑤式得 R ＝
3mv
3qB
⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed
3＝
U
3
⑦ 设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2
综合⑦式可得
v ′＝
3v 3
⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r ′＝
3mv
3qB
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＝π2
⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故
n ＝3○
11
20．I3、K2[2013·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P 3＋
，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P 3＋
( )
A ．在电场中的加速度之比为1∶1
B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3
20．BCD [解析] 离子在电场中的加速度a ＝Uq dm ，故a 1a 2＝q 1q 2＝1
3，A 错误．离开电场区域
时的动能E k ＝Uq ，故E k1E k2＝q 1q 2＝13，D 正确．在磁场中运动的半径r ＝mv Bq ＝
m
Bq 2Uq m ＝1
B
2Um
q
，故r 1
r 2
＝q 2q 1＝31，B 正确．在磁场中转过的角度的正弦值sin θ＝d r
＝Bd q 2Um ，故sin θ1sin θ2
＝q 1q 2
＝
13，因θ1＝30°，则sin θ2＝32，即θ2＝60°，所以θ1θ2＝1
2
，C 正确．
25．C5 I3[2013·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．
25．[解析] 解法一：
(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T
4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为
a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得
a 1＝qE 0m ①
a 2＝－2qE 0
m ②
a 3＝2qE 0
m ③
a 4＝－qE 0
m
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)
v 1＝a 1T 4＝qE 0T 4m
⑤
由图(b)可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为 s ＝T
4v 1⑥ 由⑤⑥式得 s ＝qE 016m
T 2
⑦ 它沿初始电场正方向．
(2)由图(b)可知，粒子在t ＝38T 到t ＝5
8T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t
为
t ＝58T －38T ＝T
4⑧ 解法二：
(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T
4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为
a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得
qE 0＝ma 1① －2qE 0＝ma 2② 2qE 0＝ma 3③ －qE 0＝ma 4④
设带电粒子在t ＝T 4、t ＝T 2、t ＝3T
4、t ＝T 时的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则
v 1＝a 1T
4⑤
v 2＝v 1＋a 2T
4⑥
v 3＝v 2＋a 3T
4
⑦
v 4＝v 3＋a 4T
4
⑧
设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有 s ＝(v 12＋v 1＋v 22＋v 2＋v 32＋v 3＋v 42)T 4⑨
联立以上各式可得 s ＝qE 0T 216m
⑩
它沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t ＝T
4时粒子开始减速，设经过时间t 1粒子速度减为零．
0＝v 1＋a 2t 1
将①②⑤代入上式，得 t 1＝T 8
○11 粒子从t ＝T
2时开始加速，设经过时间t 2速度变为零．
0＝v 2＋a 3t 2
此式与①②③⑤⑥式联立得 t 2＝T 8
○12 t ＝0到t ＝T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间t 为 t ＝(T
4
－t 1)＋t 2○
13 将○
11○12式代入○13式得 t ＝T 4○14 23．I3K2
[2013·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v 0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 ＝v 0t ＝2h ， y ＝1
2at 2＝h ， qE ＝ma ，
联立以上各式可得E ＝mv 20
2qh
.
(2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为v y ＝at ＝v 0， 所以v ＝
v 20＋v 2
y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°
角． (3)粒子在磁场中运动时，有qvB ＝m v 2
r
，
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 ＝
22L ，所以B ＝2mv 0qL
. 16．I3 [2013·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d
2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d
3
，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d
2处返回
D ．在距上极板2
5
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 ＋d 2)－qU ＝0，mg(d
2＋h)－
U
d －d 3
qh ＝0，联立解得h ＝2d
5 ，D 正确． I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动
24．D4、I4、I2[2013·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R A 和R B 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E k0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ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？
(4)比较|ΔE k 左|与|ΔE k 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 ＝m v 2
R
E k0＝12
mv 2
R ＝R A ＋R B 2
联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0
e （R A ＋R B ）
(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 )
(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
||φB
－φC
>||φA
－φC
即||ΔΕk 左>||
ΔΕk 右
6．I1、I2、I4 [2013·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[2013·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
I7电场综合
11．E2、I3、I7[2013·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2
3d ，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 ＝1
2
mv 2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得 E ＝mv22qd
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π3
.
由几何关系得 r ＝Rtan π
3
④
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 ＝m v 2
r ⑤
联立④⑤式得
R ＝
3mv
3qB
⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed
3＝
U
3
⑦ 设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2
综合⑦式可得 v′＝
3v 3
⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则 r ′＝
3mv
3qB
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＝π2
⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故
n ＝3○
11 19．I7[2013·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、L
2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
19．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[2013·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．
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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 eq \f(v 2
a ,r) ②
N b －f ＝m v 2b
r
③
设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E ka 和E kb ，有 E ka ＝12mv 2a ④
E kb ＝12mv 2b
⑤
根据动能定理有 E kb －E ka ＝2rf ⑥
联立①②③④⑤⑥式得 E ＝1
6q (N b －N a ) ⑦
E ka ＝r
12(N b ＋5N a ) ⑧
E kb ＝r
12
(5N b ＋N a ) ⑨
20．I7 [2013·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 ＝h
2处的场强大小为(k 为静电力常
量)( )
A ．k 4q h 2
B ．k 4q 9h 2
C ．k 32q 9h 2
D ．k 40q 9h
2
20．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 ＝－h
2
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 q （32h ）2
＝k 4q 9h 2；在z 轴上z ＝h
2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 q （12h ）2
＝k 4q
h 2，E 与E ′方向相同，因此合场强E 合
＝E ＋E′＝k 40q
9h
2，选项D 正确．
22．I15[2013·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．。