高考物理新电磁学知识点之静电场真题汇编及答案解析(2)

高考物理新电磁学知识点之静电场真题汇编及答案解析(2)
一、选择题
1．如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是（）
A．电荷从a到b加速度减小
B．b处电势能较大
C．b处电势较高
D．电荷在b处速度大
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．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
4．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
5．如图所示，A、B、C、D为半球形圆面上的四点，处于同一水平面，AB与CD交于球心且相互垂直，E点为半球的最低点，A点放置一个电量为+Q的点电荷，B点放置一个电量为－Q的点电荷，则下列说法正确的是（）
A．C、E两点电场强度不相同
B．C点电势比E点电势高
C．沿CE连线移动一电量为+q的点电荷，电场力始终不做功
D．将一电量为+q的点电荷沿圆弧面从C点经E点移动到D点过程中，电场力先做负功，后做正功
6．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
7．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
8．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 ．
9．如图所示，匀强电场中三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，
30ABC CAB ∠=∠=︒，23m BC =，已知电场线平行于ABC 所在的平面，一个电荷量6
110C q -=-⨯的点电荷由A 移到B 的过程中，电势能增加了51.210J -⨯，由B 移到C
的过程中电场力做功6610J -⨯，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 、
C 两点的电势差为3V
B ．该电场的电场强度为1V/m
C ．正电荷由C 点移到A 点的过程中，电势能增加
D ．A 点的电势低于B 点的电势
10．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
11．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P 点，用E 表示两极板间电场强度，U 表示电容器的电压，Ep 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）
A ．E 变大，Ep 变大
B ．U 变小，Ep 不变
C ．U 变大，Ep 变小
D ．U 不变，Ep 不变
12．如图所示为一对不等量异号点电荷的电场线分布，下列说法正确的是（ ）
A ．1Q 可能带正电，也可能带负电
B ．B 处没有电场线，故B 处场强为零
C ．A 点电势一定高于B 点电势
D．将一电子从A移到B点，电场力对电子做正功
13．如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（）
A．粒子带正电B．粒子的速度变大
C．粒子的加速度变大D．粒子的电势能变大
14．一端固定在天花板上的绝缘细线的另一端与一带正电的小球M相连接，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在图中，小球M能处于静止状态的是（）
A．B．
C．D．
15．关于电场强度和电势，下列说法正确的是()
A．由公式E=F/q可知E与F成正比，与q成反比
B．由公式U=Ed可知，在匀强电场中，E为恒值，任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
C．电场强度为零处，电势不一定为零
D．无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做功，它一定是从电势高处移到电势低处，并且它的电势能一定减少
16．如图所示，光滑绝缘的水平面上的P点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球（可视为质点）．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是（）
A．B．C．D．
17．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
18．在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子()
A．在－x0～0区间一直做加速运动
B．在0～x0区间受到的电场力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小
D．在－x0～0区间电势能一直增加
19．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部.闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节、，关于F的大小判断正确的是（）
A．保持不变，缓慢增大时，F将变大
B．保持不变，缓慢增大时，F将变大
C．保持和不变，缓慢向上移动M板，F将不变
D．保持和不变，缓慢向左移动M板，F将不变
20．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列判断正确的是()
A ．粒子一定带负电
B ．A 处场强大于
C 处场强
C ．粒子在A 处电势能大于在C 处电势能
D ．粒子从A 到B 电场力所做的功大于从B 到C 电场力所做的功
21．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其极板带电量为Q ，在两极板之间，用轻质绝缘丝线悬挂质量为m ，电量为q 的带电小球(可看成点电荷)，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球离右板距离为b ，离左板的距离为2b ，如图所示，则
A ．小球带正电，极板之间的电场强度大小为sin mg q θ
B ．小球受到电场力为2
54kQq b C ．若将小球移到悬点下方竖直位置，小球的电势能减小
D ．若将细绳剪断，小球经2tan b g θ
时间到达负极 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
22kq l C ．22kq l D ．22
32kq l 23．一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
24．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为2C ，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v -t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。

则下列说法正确的是（ ）
E=
A．B点为中垂线上电场强度最大的点,场强1V/m
B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C．由C点到A点电势逐渐升高
U=
D．A、B两点间的电势差5V
AB
25．如图，电荷量为q1和q2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．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=-2q2D．q1=-4q2
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一、选择题
1．B
解析：B
【解析】
【详解】
电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在b点的加速度大，A错误；从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以b处电势能大，动能减小，速度减小，所以电荷在b处速度小，B正确D错误；根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，C错误．
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．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ϕ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。

4．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。

5．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A．等量异种电荷形成的电场，根据电场线的分布情况和对称性知，C、E两点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误。

B．由等量异种电荷形成的电场，根据电场线的分布情况和对称性知，C、E两点在通过AB连线的中垂面上，C、D、E在同一等势面上，所以C点电势等于E点电势，故B错误。

C．由以上分析知，C、E在同一等势面上，则沿CE连线移动一电量为+q的点电荷，电场力始终不做功，故C正确。

D．由上面的方向知，C、D、E在同一等势面上，所以将一电量为+q的点电荷沿圆弧面从C点经E点移动到D点过程中，电场力不做功，故D错误。

故选C。

6．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。

7．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．
8．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。

9．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．
B 、
C 两点的电势差
66
6106V 110BC BC
W U q --⨯===--⨯ A 错误；
BCD ．B 、A 两点的电势差
56
1.21012V 110
BA BA
W U q --⨯===--⨯ 由于匀强电场，沿一个方向，电势变化率相等，因此BA 中点D 的电势与C 点电势相等，CD 为等势面，如图所示
电场线与等势面垂直，且指向电势较低的方向，因此电场线的方向A →B ，A 点电势高于B 点电势，D 错误；正电荷从C 点移到A 点电场力做负功，电势能增加，C 正确；根据几何关系，AB 的长度为6m ，由匀强电场场强与电势差的关系
U E d
=
可得，电场强度的大小为2V/m ，B 错误。

故选C 。

10．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．
11．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变，板间距离减小，根据电容的决定式：
4S C kd επ=
，可知电容器的电容增大，又有：4S C k U
C d
d Q E U επ=
==、、，可得推论公式
4kQ
E S
πε=
所以电容器中电场强度E 只与电量及极板面积有关，与极板距离无关。

E 不变，P 点距离下极板距离h 不变，Ep Eh =不变， U Ed =，E 不变d 变小，所以U 变小。

因此B 正确ACD 错误。

故选B 。

12．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于电场线由1Q 指向2Q ，所以1Q 带正电，2Q 带负电，故A 错误；
B．电场线是假想的，没有电场线的地方，也有电场，故B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，所以A点电势一定高于B点电势，故C正确；
D．A点电势一定高于B点电势，由于电子带负电，所以将一电子从A点移到B点，电场力对电子做负功，故D错误。

故选C。

13．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．
【点睛】
做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．
14．B
解析：B
【解析】
【详解】
F，静电力为F，如果小球M能处于静止状
设小球M受到的重力为G，细线的拉力为
T
F，F三个力的合力必须为零，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、态，则G，
T
方向相反，对题中的粒子受力分析，结合平行四边形定则，满足条件的只有选项B，故B 正确，ACD错误；
15．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．电场中某点的场强与试探电荷的电量与其所受的电场力无关，选项A 错误；
B ．由公式U ＝Ed 可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差与这两点沿电场线方向间的距离成正比，选项B 错误；
C ．电场强度为零处，电势不一定为零，例如等量同种电荷连线的中点处的场强为零，电势大于零，选项C 正确；
D ．无论是正电荷还是负电荷，当它在电场中移动时，若电场力做正功，它的电势能一定减少，但是不一定是从电势高处移到电势低处，选项D 错误． 故选C 。

16．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：N 点的小球释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律
12
2
r Q Q F k
=可得，随着两者之间的距离的增大，N 受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律F
a m
=
可得，N 点的点电荷做加速度减小的直线运动，而v t -图像中图像的斜率表示物体运动的加速度，所以A 正确，B 图像表示物体做匀加速直线运动，C 图像表示物体做加速度增大的直线运动，D 图像表示物体先做加速度增大的直线运动，后做加速度减小的直线运动．
17．D
解析：D 【解析】 【详解】
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 ϕ=，因A 点的电势能低于B 点，有()()A B q q ϕϕ-<-；可得A B ϕϕ>，故A 点的电势高于B 点的电势；故C 错误； 故选
D 。

18．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．从－x 0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A 错误；
B ．设在x ～x ＋Δx ，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E x
ϕ
∆=∆，当Δx 无限趋近于零时，
x
ϕ
∆∆表示x 处的场强大小(即φ～x 图线的斜率)，从0到x 0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F ＝Ee ，质子受到的电场力先增大后减小，B 错误；
CD ．在－x 0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C 错误，D 正确．
19．C
解析：C 【解析】 【详解】 保持
不变，缓慢增大
时，由于
和
串联，总电流减小，
两端的电压减小，即平
行板电容器的两个极板的电压U 减小，带电小球受到的电场力减小，悬线的
拉力为
将减小，A 错误；保持
不变，缓慢增大
时，由于在含容支路
中的电阻相当于导线，所以两端的电压不变，
不变，悬线的拉力为F 不变，B 错误；
保持
和
不变，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以
两端的电压不变，
不
变，悬线的拉力为F 不变，C 正确；保持和不变，由于在含容支路中的电阻相当于导
线，所以
两端的电压不变，缓慢向左移动M 板，由
可知，E 减小，
减小，故拉
力F 减小，D 错误；故选C.
20．B
解析：B 【解析】 【详解】
A ．根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A 错误；
B ．等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A 处场强大于
C 处场强，B 正确； C ．从A 点飞到C 点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C 正确；
D ．由于电势差相同，根据W Uq =知，电场力做功相同，D 错误．
21．D
解析：D 【解析】
由题意可知，小球带正电，匀强电场方向向右，小球受竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 、沿细线斜向上的拉力F 作用，处于平衡状态.受力如图所示.由平衡条件可得
Tsin qE θ=，Tcos mg θ=，可得tan mg E q
θ
=
，故A 错误； B 、小球受到电场力为tan mg F θ=电，故B 错误；
C 、将小球移到悬点下方竖直位置，电场力水平向右，运动方向向左，电场力做负功，小球的电势能增大，故C 错误；
D 、剪断细线后，小球将沿电场力q
E 和重力mg 的合力方向做初速度为零的匀加速直线运
动.此运动可看作是水平方向的初速度为零、加速度qE
a m
=
的匀加速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，设小球碰到金属板所需要的时间为t,由2
12
b at =,得
222tan b b
b
t qE a
g m
θ=
==，故D 正确；
故选D ．
【点睛】剪断细线后，电荷在复合场中运动，采用运动的分解与合成的方法研究，是常用的方法．
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】
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．
24．A
解析：A 【解析】 【详解】。