1、一、单项选择题1.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中()A电容器的电容变大B电容器的电荷量保持不变CM点的电势比N点的电势低D流过电阻R的电流方向从M到N解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量QCU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向MRN，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确2(2014高考天津卷)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置闭合电键S，电路达到
2、稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动如果仅改变下列某个条件，油滴仍能静止不动的是()A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离 D断开电键S解析：选B.设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有qqmg；由题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速，增大R2，油滴受力不变，仍保持静止；由E知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确3(2014高考天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线
3、所示，那么()A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确
4、定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误4.(2015汕头模拟)如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极间的距离C仅增大偏转电极间的电压D仅减小偏转电极间的电压解析：选C.设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q，得v0，电子进入极板后做类平抛运动，时间t，a，vyat，tan ，由此可判断C正确5.(2015宿州模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间
5、存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的()A运行时间tPtQB电势能减少量之比EPEQ21C电荷量之比qPqQ21D动能增加量之比EkPEkQ41解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由xat2可得：aPaQ21，则qPqQ21，C正确；电势能的减少量：EPEQ(qPExP)(qQExQ)41，B错；动能增加量：(mghEP)(mghEQ)41
6、，D错6.(2015湖北八校联考)有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处则下列说法正确的是()A粒子将沿x轴正方向一直向前运动B粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C粒子经过P点与Q点时，动能相等D粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中x图，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的vt图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足aP2aQ，B错误；由vt图象可知，粒子在P、Q两点对应的时间分别是t0和(3
7、)t0，其速度相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率PEqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误二、多项选择题7.(2015河南南阳一中月考)给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示小球静止时与竖直方向的夹角为，则()A若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C若将B极板向上平移稍许，夹角将变大D轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：选ABC.若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C，知电容器的电容将减小，故A正确若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据C，知电容将减小，因电容器带电荷
8、量Q不变，由U，分析知板间电势差增大，故B正确若将B极板向上平移稍许，正对面积S减小，电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U，分析知板间电势差增大，根据E，知E增大，则小球所受的电场力增大，将变大，故C正确轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误8(2015潍坊模拟)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在t2.5 s时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比
9、为35C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：选BC.由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度大小之比为32，由牛顿第二定律可知：，所以小球所受的重力与电场力之比为35，B正确；小球在t2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故A错误，C正确；因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错误9.(2015深圳模拟)如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，
10、下列判断正确的有()A粒子带正电B粒子做匀速圆周运动C粒子电势能增大D仅增大电场强度，粒子通过电场的时间不变解析：选AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中，粒子做类平抛运动且沿初速度方向做匀速直线运动，而电场的宽度一定，故增大电场强度不会改变通过电场的时间，B项错误，D项正确；沿场强方向做匀加速直线运动，可知粒子受力方向与场强方向一致，故粒子带正电，A项正确；粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角，电场力做正功，故粒子电势能减小，C项错10.如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O为圆心
11、在平面内旋转相同角度后(角度不太大)，粒子仍以原来的方式射入，则()A粒子将做曲线运动B粒子仍做匀速直线运动C粒子做匀变速直线运动D粒子的电势能可能增加，也可能减小解析：选CD.刚开始时粒子做匀速直线运动，mgqEq，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零如图所示，平行金属板顺时针旋转角，则qcos qcos qmg，即竖直方向上的合力为0，水平方向的合力为Fmgtan ，故粒子做匀加速直线运动，A、B错C正确；由分析知电场力做正功，粒子的电势能减小；同理，若平行金属板逆时针旋转角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项D正确三、非选择题11如图甲所示，在y0和y2 m之间有沿着
12、x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为1.0102C/kg，在t0时刻以速度v05102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小解析：(1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t4103s.(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a14 m/s2，减速时的加速度大小为a22 m/s2，由运动学规律得x方向上的
13、位移为xa12a12a222105m因此粒子离开电场时的位置坐标为(2105m,2 m)(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vxa1a24103m/s.答案：(1)4103s(2)(2105m,2 m)(3)4103m/s12.(2015江苏苏南四校联考)如图甲所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电荷量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力(1)若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点如图甲所示，P
14、OA，求该电荷从A点出发时的速率；(2)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图乙所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，COBBOD30.求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能解析：(1)设该电荷从A点发出时的速率为v0，运动到P点的时间为t，因不计其重力及电荷之间的作用力，所以电荷做类平抛运动，则有aRsin v0tRRcos at2由以上三式得v0.(2)由(1)的结论得粒子从A点出发时的动能为mv则经过P点时的动能为EkEq(RRcos )mvEqR(53cos )可以看出，当变大时，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大D点对应60，则最小动能为：EkDEqR(53cos 60)EqRC点对应120，则最大动能为：EkCEqR(53cos 120)EqR.答案：见解析