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静电场基础题答案解析1C【解析】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：F=kQAQBr2=kQ2r2，不带电的同样的金属小球C先与A接触：QC=QA'=Q2，带电的同样的金属小球C再与B接触：QB'=QC'=QB+QC2=3Q4，则两点电荷间的静电力大小为：F'=kQA'QB'r2=3kQ28r2=38F，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理同时两球带同种电荷，所以当与A球接触后的小球C与B球接触时，则先出现电荷中和，然后再平分电荷。2CD【解析】由库仑定律可得：F=kqQr2得，库仑力与电量的乘积成正比，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2：2，原来带电量之比为1：3，原来库仑力为F=kq3qr2，现在的库仑力为F=k2q2qr2，所以库仑力是原来的4/3。当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为3qq2q，所以库仑力Fkq2r2，是原来的1/3故CD正确，AB错误。故选CD。3ACD【解析】取小球为研究对象，它受到重力mg、丝线的拉力T和电场力Eq的作用因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，T和Eq的合力与mg是一对平衡力，根据力的平行四边形定则可知，当电场力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，则Eqmgsin 得E，所以，该匀强电场的电场强度大小可能值为E，故A、C、D选项正确；故选ACD。4BD【解析】根据库仑定律可得小球A与B之间库仑力的大小为： ，当细线上的拉力为零时，小球A受重力、支持力及库仑斥力而平衡，在沿斜面方向上根据共点力平衡条件可得：mgsin=Fcos，联立解得： ，故A错误，B正确；当斜面对A球支持力刚好为零时，根据共点力平衡条件可得： ，联立可得： ，故D正确，C错误。所以BD正确，AC错误。5D【解析】A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须为负电，在A的左侧。设C所在位置与A的距离为r，则C所在位置与B的距离为L+r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q。则有：kqQr2=k9qQr+L2，解得：r=0.2m，故D正确，ABC错误。6D【解析】A、带电粒子A受重力、Q1对其库仑力、Q2对其库仑力作用，悬浮于空中不动，所以Q1与Q2一定为同种电荷，故A错误；BCD、Q1对其库仑力为F1=KQ1q(32d)2=4KQ1q3d2，Q2对其库仑力为F2=KQ2q(12d)2=4KQ2qd2，根据平衡条件可得F1=mgcos600，F2=mgsin600，联立解得Q1=3Q2=3mgd28kq，故BC错误，D正确；故选D。7C【解析】以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力FT三个力作用，作出力图，如图。作出F1、FT的合力F，则由平衡条件得：F=G，根据FBF1OAB得：FOA=FTOB，得FT=OBOAF，在增大A球电量的过程中，OB、OA、G均不变，则线的拉力FT不变。故选C。【点睛】以小球B为研究对象，在增大A球电量的过程中，处于动态平衡状态小球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力FT三个力作用，作出力图，根据相似三角形原理得到线的拉力FT与线长的关系分析求解8C【解析】两球整体分析，如图所示，由于A带正电，受到水平向左的作用力，而B带负电，受到水平向右的电场力，因此匀强电场方向水平向左；以A、B整体作为研究对象，整体受向下重力、细线L1斜向右上方拉力，根据平衡条件可知，qAE>qBE，故qA>qB，C正确【点睛】本题要掌握整体分析的思想，要知道两电荷之间的库仑力可以看成是内力，同时知道A与B带电性，是解题的关键9A【解析】由电场的矢量叠加原理，可知矩形薄板在a处产生的场强与点电荷q在a处的场强等大反向，大小为E=Kqd2。由对称性可知，矩形薄板在b处产生的场强也为E=Kqd2，方向向右。故A正确。10D【解析】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=kqR2，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=kqR2那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=kqR2而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E'=kq3R2=kq9R2，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加所以两者这d处产生电场强度为E+E'=10kq9R2，方向水平向右，故选项D正确，ABC错误。点睛：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。11 4.0´10-6 -50【解析】电荷在A点的电势能为：EPA=qA=2.0×108×2.0×102J=4×106J，AB间的电势差为：UAB=WABq=5×1062.0×108=250V，根据UAB=AB，解得：B=50V。【点睛】已知电势和电荷量，由Ep=q求电荷的电势能。根据电场力做功和电荷量，由U=Wq求得AB间的电势差，再求得B点的电势。12 1.2×105 V ， -3.0×10-3 J；【解析】根据U=Wq可知UAB=6.0×1035.0×108=1.2×105V，因为UAB=AB，若B=0，则A=1.2×105V，该负电荷在A处的电势能为EP=qA=2.5×108×1.2×105=3.0×103J【点睛】在使用公式U=Wq、EP=q时一定要将公式中字母的正负号代入计算，不能忽略13AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D错误。故选AB。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。14 10 16【解析】经过a、b点时的动能分别为24eV和3eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为Ek=2433=7eV，故经过等势面3时的动能为3+7=10eV；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，其电势能变为6eV时，故有：0eV+10eV=6eV+Ek，解得Ek=16eV。【点睛】只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线3处的电势为零，列式求解点电荷的电势能与动能的和，然后结合功能关系即可求出动能。15B【解析】BD、在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向PO，速度越来越大，动能增大，粒子的电勢能减小，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，但可能是加速度先变大后变小，故B正确，D错误；AC、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况：先增大后减小；对于速度一直减小，粒子将沿中垂线PO做往返直线运动，故A、C错误；故选B。【点睛】M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向PO，速度越来越大但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定。16ABD【解析】两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上或向下到无穷远处，电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；即EA不一定大于EB。由电场的叠加原理知，A点的电场强度向上，B点的电场强度向下，所以两点的场强方向相反。根据顺着电场线方向电势越来越低，可知A一定大于B，故C说法正确，ABD说法错误。所以选ABD。17B【解析】在等量的异种点电荷形成的电场中，则电场线是从正电荷出发到负电荷终至，所以A、B两点处于从左向右的电场线方向上，则AB，而A、C同处于一根等势线，所以A=C因此A=CB；由等量异种点电荷的电场线的分布，可得B点的电场线最密，C点的最疏所以EBEAEC；故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】明确等量异种点电荷的电场线的分布，电场线与等势线相互垂直，电场线不是实际存在的，但电场线的疏密可以体现电场强度的强弱；可以根据电场线方向来确定电势的高低。18BC【解析】A、等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结合题目的图可知，图中bdef所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直。由于b、c、d、e各点到该平面与两个点电荷的连线的交点O的距离是相等的，结合该电场的特点可知，b、c、d、e各点的场强大小也相等。由以上的分析可知，b、c、d、e各点的电势相等，电场强度大小相等，方向相同。故A、D错误；故选BC。【点睛】解决本题的关键要掌握等量异种电荷的电场线和等势面的分布情况，知道场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同，同时掌握好电场强度的叠加方法。19B【解析】根据场强的叠加可知，两个负电荷在c点产生的电场强度的和等于零，负电荷在c点产生的场强不为零，所以c点的电场强度一定不为零，故A错误；电场强度是矢量，由图可知，b、d两点的电场强度方向不同，故B正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，故C错误；由正电荷在d、c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点，故D错误。所以B正确，ACD错误。20AD【解析】试题分析：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故B错误；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；由上知，-q在a点的电势能较b点小，则把-q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故D正确故选AD考点：电场线；电场强度；电势及电势能【名师点睛】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加基础题目。21BD【解析】A、B项：电子从a点运动到B点的过程中，电场力做的功为4.5eV，即，由于，解得，同理可得：，解得，根据，即，代入数据解得： ，故A错误，B正确；C项：由AB项分析可知，a、c两点的电势相等，所以ac连线为匀强电场中的等势线，根据电场线与等势线垂直，故C错误；D项：过d点作ac的垂线，设垂足为f，由几何关系可得af=ad，根据，故D正确。22CD【解析】连接AD、BF、CE，如图所示： 由图可知AD与BF、CE都垂直，故电场强度方向由D指向A，由正六边形对称性可知F与B的电势相等，C与E的电势相等，故F点的电势为0V，C点的电势为4V，则A、F间的电势差为，C、F间的电势差为，由几何关系得： ，而，则电场强度的大小为，故AB错误，CD正确，故选CD.23C【解析】若是异种电荷，电势应该逐渐减小，由图象可以看出，应该是等量的同种正电荷，故A错误；沿x正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间场强方向沿x轴正方向。故B错误；-x图线的斜率表示电场强度，由图可得N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；NC电场线向右，CD电场线向左，将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。故D错误；故选C。24D【解析】A、由x图象的斜率等于电场强度，知x=4 m处的电场强度不为零，选项A错误；B、从0到x=4 m处电势不断降低，但x=4 m点的电场方向不一定沿x轴正方向，选项B错误；C、由斜率看出，沿x轴正方向，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，选项C错误；D、沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，电场力做负功，从O点移动到6m的过程电势能增大8 eV，选项D正确。故选D。【点睛】本题首先要读懂图象，知道-x图象切线的斜率等于电场强度，场强的正负反映场强的方向，大小反映出电场的强弱。25ACD【解析】将A板稍微向右移，两极板间的距离减小，根据公式C=S4kd可知电容器电容增大，由于电荷量恒定，则根据C=QU可知两极板间的电势差减小，故静电计的张角变小，A正确；将A板稍微上移，两极板正对面积减小，根据公式C=S4kd可知电容器电容减小，根据C=QU可知U增大，即静电计指针张角变大，B错误；若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零，C正确；若将玻璃板插入两极板之间，两板之间电介质常数增大，根据公式C=S4kd可知电容器电容增大，由于电荷量恒定，则根据C=QU可知两极板间的电势差减小，故静电计的张角变小，D正确【点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据C=S4kd判断电容器的电容变化情况，然后结合E=Ud，C=QU等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变26A【解析】据题可知，电容器所带电量Q不变，根据C=QU、C=S4kd、E=Ud得E=4kQS，则知电场强度E不变，P与右板间的距离不变，E不变，则由U=Ed分析P点与右板间电势差不变，右板电势为零，所以不变，故A正确，B、C、D错误；故选A。【点睛】由题知，电容器所带电量不变，根据C=QU、C=S4kd、E=Ud结合分析E的变化，由U=Ed分析P点与下板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化。27C【解析】静止时尘埃P受到重力和电场力而平衡，电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，改变R1的阻值不能改变电容器的电压，所以尘埃仍静止。故A错误；变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左侧部分的电压，R2滑片向左移动时，电压减小，电容器板间场强减小，尘埃向下加速运动。故C正确，同理可知B错误；把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误。故选C。28CD【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C=S4kd知，d减小，则电容增加，故A错误；电势差不变，d减小，根据E=U/d可知，电场强度增加，带电油滴所受的电场力将变大，选项B错误；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C正确；因两板场强变大，则P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，故D正确；故选CD。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29BCD【解析】由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左。由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性。故A错误；粒子从A到B电场力做负功，则电势能变大，动能减小，可知B点电势能大于A点电势能，B点动能小于A点的动能，选项BD正确；根据电场线的疏密程度，判断A点场强大于B点场强，从而判断在A点受的电场力较大，根据牛顿第二定律得粒子在A点加速度较大，故C正确；故选BCD.点睛：本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向；知道电场力做正功，动能增加，电势能减小30C【解析】A、粒子受到的电场力指向轨迹的内侧并和电场线共线，可知电场力和电场线同方向，所以粒子带正电，故A错B、负点电荷的电场线应该指向负电荷的直线，故B错；CD、沿着电场线电势降低，所以A点的电势高于B点的电势，而正电荷在电势高的地方电势能较大，所以C对；D错故选C31D【解析】由图知，粒子轨迹向左弯曲，则带电粒子所受电场力大体向左。电场线与等势面垂直，且指向低电势，电场线的分布大致向左，则可知粒子带正电。故A错误。bc段力与速度方向夹角大于90度；故粒子做减速运动；故B错误。bc动能减小，根据能量守恒，电势能增加，c点电势能最大；故C错误；bd在同一等势面上，电势能相等，则动能相等，故D正确。故选D。点睛：本题是轨迹问题，首先根据轨迹的弯曲方向判断带电粒子所受的电场力方向，画电场线是常用方法32B【解析】电场线的方向从高电势指向低电势，由右向左，根据轨迹弯曲的方向知道电场力方向向右，知该粒子带负电。故A正确。粒子从A点运动到B点，电场力做正功，动能增大，则粒子速度增大，则粒子在A点的速度小于在B点的速度，故B错误。等势面越密的地方，场强越强，知A点的场强大于B点的场强，所以A点电荷所受电场力大于B点电荷所受电场力，根据牛顿第二定律知，粒子在A点的加速度较大。故C正确。从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，则粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。点睛：解决本题的关键知道等势面和电场线的关系，以及知道电场线和等势面的特点，电场力做功与电场能的关系33ACD【解析】a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由=12gt2可知运动时间也相同，所以b粒子飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，A正确；b和c在电场中沿电场的方向的位移不同，所以在电场中飞行的时间也就不同，B错误；由=12gt2可知，c粒子在电场中飞行的时间最短，而在水平方向飞行的距离最大，所以c的速度最大，a、b两粒子飞行时间相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，C正确；由能量的转化和守恒可知，三个粒子的动能的增加即为电场力对粒子所做的功，三个粒子受到的电场力相同，在电场力的方向上，谁的位移大，电场力对谁做的功就大，所以对a、b两粒子做的功相等，对c粒子做的功要少，D正确【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同.先分析受力情况再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速，直线或曲线)，然后选用恰当的规律解题.解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解34A【解析】当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q=UC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t=l/ v0与电压的变化无关，所以时间t不变。故A正确，BCD错误；故选A。35C【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得：   ；两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场在偏转电场中的偏转位移 ，联立得；同理可得到偏转角度的正切，可见y和tan与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点故C正确，A、B、D错误故选C【点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间36AB【解析】经加速电场后的速度为v，则12mv2=eU1，所以电子进入偏转电场时速试的大小为v=2eU1m，电子进入偏转电场后的偏转位移为y=12at2=12eU2md(lv)2=U2l24dU1，所以示波管的灵敏度yU2=l24dU1，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减速小d，故A、B正确。点晴：本题是信息题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决问题。37 kq(R+L4)2 水平向右【解析】水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端14L处产生的场强大小与一带电量为q的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，则有：E=kqr2=kq(R+L4)2；由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即水平向右。【点睛】根据静电平衡可知，达到静电平衡后，感应电荷产生的附加电场与外面的电场大小相等，方向相反，所以导体内部场强处处为0，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等然后在结合库仑定律解答即可。38C【解析】在导体棒达到静电平衡后，导体棒的左端处带负电，故A错误；当达到静电平衡时整个导体是一个等势体，则棒左端的电势等于棒右端的电势，故B错误；当达到静电平衡时导体中心P点的场强为0，故C正确；导体棒上感应电荷中点P处产生的场强大小与点电荷+Q在该处产生的电场强度大小相等，方向相反。因为点电荷+Q在P点产生的场强不为零，所以棒上感应电荷在P点处产生的电场强度大小也不为零，故D错误。所以C正确，ABD错误。39C【解析】当静电平衡时，金属球内部场强均为，故C正确；三点电势相等，AB错误；感应电荷在三点产生的场强大小与在三点产生的场强一样，故，故选C.40D【解析】金属球内部处于静电平衡状态，故合场强处处为零所以感应电荷在球心处产生的场强应和点电荷产生的场强大小相等，即故选D.点睛：明确静电平衡导体的特点，即内部场强处处为零，是个等势体，注意合场强与各个电荷产生场强的关系41B【解析】把正电荷放在金属球壳内部，由于静电感应的作用，在球壳的内壁会感应出负电荷，在球壳的外壁会感应出正电荷，所以在金属球壳的壳壁之间，由于正电荷的电场和感应电场的共同的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，所以在金属球壳的壳壁之间没有电场线，对于球壳外部的电场分布情况不会受到影响，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】当正电荷放入不带电金属球壳内部的时候，由于静电感应的作用，在金属球壳的壳壁之间的电场强度为零，在球壳外的电场的分布不受球壳的影响42A【解析】A、静电平衡后，金属球壳中的场强处处为零，则b点的场强为零，故A正确；B、球壳内部电场线从Q出发到球壳内壁终止，球壳外部电场线从外表面出发到无穷远处终止，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，且整个金属球壳是一个等势体，可知，a，b，c三点中，a点的电势最高，c点的电势最低，故B错误；C、b点的合场强为零，但Q在b点产生的场强不为零，故C错误；D、由于静电感应，金属球壳内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，故D错误。点睛：本题考查对于静电感应的理解能力。抓住静电平衡导体的特点：导体内部场强处处为零，整个导体是一个等势体，就能正确解答。43B【解析】当开关S1、S2断开时，带电小球A靠近金属导体B时，由于静电感应，导体B左端带有负电荷，右端带有正电荷；当闭合开关S1时，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，所以A错误，B正确；同A的分析一样，当闭合开关S2时，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B右端不再带有电荷，所以CD错误；故选B。点睛：本题是对静电感应现象的考查，根本的原因就是电荷之间的基本性质，即同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引答案第11页，总11页