2019-2020年高考物理模拟试题专题汇编 专题4 电场和磁场 第1讲 电场（B）（含解析）.doc

2019-2020年高考物理模拟试题专题汇编 专题4 电场和磁场 第1讲 电场（B）（含解析）一选择题1.(xx德州二模14)在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法。下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ）A物理学中所有物理量都是采用比值法定义的B质点、点电荷都是理想化模型C库仑首先提出电场的概念D重心、合力和交变电流的有效值概念的建立都体现了等效替代的思想2. (xx江山市模拟)4（6分）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和（欧）的乘积等效，即V与A等效现有物理量单位：m（米）、s（秒）、N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、（欧）和T（特），由他们组合成的单位都与电压单位V（伏）等效的是（）A J/C和TAm B C/F和WC W/A和CTm/s D Tm2/s和N/C3.(xx陕西三模3)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带正电，电荷量为0.1C，B不带电开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为15Ng=10m/s2，则（） A 电场强度为50N/C B 电场强度为100N/CC 电场强度为150N/C D 电场强度为200N/C4.(xx烟台高考测试)16.一半径为R的均匀带电圆环，带有正电荷。其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是（ ）MNROxA.环心O处电场强度为零B.沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C.沿x轴正方向由M点到N点电势越来越高D.将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增加5.(xx皖南八校三联18).如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM =ON，则（ ）A. A、C两处电势、场强均相同 B B、D两处电势、场强均相同 C A、C两处电势、场强均不相同 D B、D两处电势、场强均不相同6.(xx广东七校三联20）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（ ）Aa 点的场强与b 点的场强无法比较强弱Ba 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7.(xx宿迁市三校检测3)如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( )QQQQ2Q2QQQ2QQQQQQQQABCD8.(xx怀化三模16）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等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点（不计重力），仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是MNbcaA三个等势面中，a的电势最高B带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C带电质点通过M点时的动能比通过N点时大D带电质点通过M点时的加速度比通过N点时大9.(xx天津武清三模)3如图所示，a、b为两等量异号点电荷，cd为ab连线的中垂线。一带有微量正电的点电荷A以一定的初速度沿cd方向射入电场，其运动轨迹为图中虚线，交于。不计重力。则Aa带负电荷BA的运动轨迹为抛物线C电场强度D电势10.(xx陕西三模4)如图所示，虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线，相邻两等势面电势差相等，已知A、B两等势面间的电势差为10V，且A的电势高于B的电势一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动，电子经过M点时的动能为8eV，则电子经过N点时的动能为（）A 16 eV B 7.5 eV C 4.0 eVD 0.5 eV11.(xx日照联合检测19）光滑水平面上放置两个等量同种正电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一质量m=l kg、带电荷量q=2C的小物块自C点南静止释放，其经过B、A两点的运动情况如图乙所示，其中B点为图线上斜率最大的位置(图中标出了过B点的切线)，则以下分析正确的是（ ）AB点为中垂线上电场强度最大的点且场强大小E=l VmB由C点到A点物块的电势能先减小后变大C由C点到A点，电势逐渐降低DB、A两点间的电势差为UBA=8.25V12.(xx怀化三模21）如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为-q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时静止。已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为，则甲乙OBA+Q-qv0AOB间的距离为B从A到B的过程中，中间时刻的速度小于C从A到B的过程中，产生的内能为D在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差13.(xx连徐宿三调9). 如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行。已知AB=2BC，A、B、D的电势分别为6V、2V、4V。初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）ABCDv0A该粒子一定带负电B该粒子达到点B时的动能为40eVC改变初速度方向，该粒子可能经过CD改变初速度方向，该粒子可能经过D14. (xx扬州高三测试4)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示， tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是（ ）AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定高于B处的电势C电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功15.(xx枣庄八中模拟5)（6分）（xx枣庄校级模拟）M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A 电子在N点的动能小于在M点的动能B 该电场有可能是匀强电场C 该电子运动的加速度越来越小D 电子运动的轨迹为曲线16.(xx大庆实验中学三模18)有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面图如图a所示, O为球心，球壳P处开有半径远小于球半径的小孔。以O点为坐标原点，过P点建立x坐标轴，A点是坐标轴上的一点，x轴上各点电势如图b所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴方向射出，依次通过P、A两点。则下列关于电子在沿x轴正方向运动的过程中的描述正确的是 ：（） A在OP间电子做匀加速直线运动B在PA间电子做匀减速直线运动C在OP间运动时电子的电势能均匀增加D在PA间运动时电子的电势能增加17.(xx扬州高三测试7)如图，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行且初始为自然长度，带电小球Q（可视为质点）固定在光滑斜面的M点，处于通过弹簧中心的直线ab上现将小球P（也视为质点）从直线ab上的N点由静止释放，设小球P与Q电性相同，则小球从释放到运动至最低点的过程中下列说法正确的是（ ）A小球的速度先增大后减小B小球P的速度最大时所受合力为零C小球P的重力势能与电势能的和一直减小D小球所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小18. (xx盐城1月检测2).如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上 方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场。一个质量m,带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ）A若AB高度差为h,则UAB=-mgh/qB带电小球在AB两点电势能相等C在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D两电场强度大小关系满足E2=2E1 19.(xx吉林三模18)如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为O点。带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，穿过圆环中心O，并通过关于O与A点对称的A点，取O点为重力势能零点。关于小球从A点运动到A点的过程中，小球的加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能EpE随位置变化的情况，下列说法中正确的是（ ）A从A到O的过程中a一定先增大后减小，从O到A的过程中a一定先减小后增大B从A到O的过程中EpG小于零，从O到A的过程中EpG大于零C从A到O的过程中E随位移增大均匀减小，从O到A的过程中E随位移增大均匀增大D从A到O的过程中EpE随位移增大非均匀增大，从O到A的过程中EpE随位移增大非均匀减小20.(xx皖南八校三联20)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B点的小球动能最大，由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且 =30，下列说法正确的是（ ）A.电场的方向垂直AB向上 B电场的方向垂直AB向下C小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为qER/8D小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为qER421.(xx枣庄八中模拟7)（6分）（xx枣庄校级模拟）如图所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在N板的O点改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）A 该粒子带正电B 减少R2，粒子还能打在O点C 减少R1，粒子将打在O点左侧D 增大R1，粒子在板间运动时间不变二非选择题22.(xx枣庄八中模拟12)（13分）（xx枣庄校级模拟）如图所示，A、B间存在与竖直方向成45斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏一质量m=1.0103kg，电荷量q=+1.0102C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O点（图中未画出）取g=10m/s2求：（1）E1的大小；（2）加上磁场后，粒子由b点到O点电势能的变化量及偏转角度第1讲 电场（B卷）参考答案与详解1.【答案】BD【命题立意】本题旨在对物理学史的考察【解析】本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时的积累和记忆，对于物理学上常用的科学研究方法：如等效替代法、比值定义法、理想化模型法等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助A、加速度a=即不是比值定义法定义的，故A错误B、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素而得到的，质点和点电荷都是理想化模型，故B正确；C、电场的概念是法拉第提出的，揭示了电荷间相互作用是电场对电荷的作用，故C错误；D、重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想，故D正确2.【答案】B【命题立意】本题旨在考查力学单位制。【解析】由电场力做功的公式，知，所以单位与电压单位等效，由，可知：是和力的单位牛顿等效的，由，可知：，可知是与电场强度的单位等效的，由，可知：是和电压单位等效的，由，可知：是和电压单位等效的，由，可知：，所以是和电压单位等效的，由，可知：是力的单位，是与等效的，由，可得：，所以是和电压的单位等效的，根据以上分析可知，都与电压单位V（伏）等效的是B故选：B3.【答案】B【命题立意】本题旨在考察匀强电场中场强与电势差的关系【解析】 先对物体B受力分析求解加速度，再对物体A受力分析求解电场力，最后根据F=Eq求解电场强度物体B开始时平衡，A对其的压力等于A的重力，为20N，加上电场后瞬间A对B的压力大小变为15N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5N，向上，根据牛顿第二定律，有：a=再对物体A受力分析，设电场力为F（向上），根据牛顿第二定律，有：FN+Fmg=ma解得：F=m（g+a）FN=2（10+2.5）15=10N故电场力向上，为10N，故场强为：E= 向上4.【答案】A【命题立意】本题旨在考查电势差与电场强度的关系、电场强度。【解析】A、根据场强的叠加可知，O点的场强为零，故A正确；B、O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故B错误；C、电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，故C错误；D、将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故D错误。故选：A5.【答案】B【命题立意】本题旨在考查点电荷的电场和电场的性质。【解析】根据等量异种点电荷的电场的分布特点和叠加原理可知,选项A错误，B正确；因为a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；根据等量异种点电荷的电场的分布特点，a点的电势高于c点的电势，所以试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。6.【答案】BD【命题立意】本题旨在考查电场线、电势。【解析】A、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错误；B、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正确；C、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；D、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：BD7.【答案】B【命题立意】本题旨在考查电场的叠加、电场强度。【解析】A、根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，故A错误；B、同理，正方形对角线异种电荷的电场强度，即为各自点电荷在中心处相加，因此此处的电场强度大小为，故B正确；C、同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为，故C错误；D、根据点电荷电场强度公式，结合叠加原理，则有在中心处的电场强度大小为，故D错误。故选：B8.【答案】C【命题立意】该题考查电场能的性质【解析】等差等势面密集的地方场强大，稀疏的地方场强小，由图纸P点的场强大，则质点通过P点时的加速度大。故选项D对。根据电场线与等势面垂直，定性画出过P、Q两点的电场线。假设质点从Q向P运动，根据初速度的方向和轨道偏转方向可判定质点在Q点所受电场力F的如图所示。可以判断出等势面C的电势高。选项A正确。由Q向P运动过程中，电场力做负功，动能减少，电势能增加。故选项B对C错。若质点从P向Q运动，也可得出选项B正确。【点评】等势面的特点：等势面上各点电势相等，在等势面上移动电荷电场力不做功。等势面一定跟电场线垂直，而且电场线总是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面。 任意两个等势面都不相交。 画等势面（线）时，一般相邻两等势面（或线）间的电势差相等。这样，在等势面（线）密处场强大，等势面（线）疏处场强小。 9.【答案】D【命题立意】该题考查等量异种电荷的性质【解析】根据运动轨迹偏向右侧可知，a带正电，故A错误；电场力不是恒力，带电荷的运动不是类平抛运动，所以运动轨迹不是抛物线，故B错误；根据连线与中垂线的交点的电场强度为连线上最小，中垂线上最大，所以，故C正确；根据中垂线电势为零可知D正确。【点评】曲线运动的条件是合力指向曲线的内侧；电场力做的功等于电势能的减小量，合力做功等于动能的增加量，只有电场力做功，故电势能和动能的和守恒。10.【答案】D【命题立意】本题旨在考察利用电场线来分析相关问题【解析】 根据电势高低判断电场力对电子做功的正负，运用动能定理求经过N点时的动能由题意知，A、B两等势面间的电势差为10V，相邻两等势面电势差相等，则知M、N间的电势差为：U=7.5V因为A的电势高于B的电势，则知M的电势高于N的电势，电子从M点运动到N点，电场力做负功为：W=7.5eV根据动能定理得：W=EkNEkM则得：EkN=W+EkM=7.5eV+8eV=0.5eV11.【答案】ACD【命题立意】本题旨在考查电势差与电场强度的关系、电势。【解析】A、图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为，故A正确；B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小，故B错误；C、由电势能的公式知，由C到A的过程中，电势逐渐降低，故C正确；D、物块从A到B的过程，根据动能定理得：，解得：，所以：，故D正确。故选：ACD12.【答案】BD【命题立意】该题考查电场力与能的性质【解析】当乙球运动到B处时电场力与滑动摩擦力不一定相等，故A错误；从A到B的过程中，因为加速度逐渐减小，故中间时刻的速度小于，故B正确；从A到B的过程中，减小的动能和电势能全都转化为内能，故C错误；根据能量守恒，解得，故D正确。13.【答案】AD【命题立意】本题旨在考查匀强电场中电势差和电场强度的关系。【解析】A、根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，取AB的中点O，则O点的电势为4V，连接OD则为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件，电场力斜向下，故电荷为负电荷，故A正确；B、由动能定理，得：即：，解得：，故B错误；C、同理，求得C点的电势为0，由动能定理，得： 即：，解得：，由曲线运动可知，粒子到达C点动能不为零，故C错误；D、由动能定理，得：即： ，解得：，故D正确。故选：AD14.【答案】D【命题立意】本题旨在考查电势能、动能定理的应用、电场强度、电势。【解析】A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强，A错误；B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故B错误；C、D由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确。故选：D15.【答案】C【命题立意】本题旨在考察机械能和牛顿定律【解析】 根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可正确解答本题A、电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故A错误；B、电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误C、电子所受的电场力减小，则知电子的加速度逐渐减小，故C正确D、带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故D错误故选：C16.【答案】D【命题立意】本题旨在考查匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势能。【解析】A、由图知OP间的电势不变，则OP间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误B、根据顺着电场线方向，电势降低，可知PA间电场线方向从P到A，电子所受的电场力方向从A指向P，所以电子在PA间做减速直线运动根据图线的斜率等于场强可知，从P到A场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故B错误；C、由于电子在OP运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故C错误；D、在PA间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故D正确。故选：D17.【答案】ABC【命题立意】本题旨在考查功能关系。【解析】A、小球先沿斜面加速向下运动，Q对P有沿斜面向下的库仑力，小球P先做加速运动，当压缩弹簧后，当加速度减小到零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故速度先增大后减小，故A正确；B、当小球的合力为零时，速度最大，此时受的弹簧弹力与库仑力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力为零，故B正确；C、小球P下降的过程中重力和电场力都一直做正功，重力势能与电势能的和一直减小，故C正确；D、只有库仑力做功等于电势能的变化量的大小根据动能定理得知，小球P所受的重力、弹簧的弹力和库仑力做功的代数和等于动能的变化量的大小，整个过程为零，故D错误。故选：ABC【易错警示】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与。18.【答案】A【命题立意】本题旨在考查匀强电场中电势差和电场强度的关系、电场强度、电势能。【解析】AB、对A到B的过程运用动能定理得，解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确、B错误；C、A到虚线速度由零加速至，虚线到B速度减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，故C错误；D、在上方电场，根据牛顿第二定律得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，因为，解得：，故D错误。故选：A19.【答案】D【命题立意】本题旨在考查电势差与电场强度的关系、电势能。【解析】小球运动过程的示意图如图所示：A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，也可能一直减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小方向竖直向上，也可能一直减小方向向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大，也可能一直增大，故A错误；B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能，小球穿过圆环后，故B错误；C、小球从A到圆环中心的过程中，电场强度非匀强电场，电场力做负功但不是均匀变化的，机械能减小，但不是均匀减小，小球穿过圆环后，同理，故C错误；D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D正确。故选：D【易错警示】本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系；机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析。20.【答案】C【命题立意】本题旨在考查类平抛运动和电场的性质。【解析】由于C点处动能最大，因此，相对整个圆而言，C应处于电势最低处，电场方向应是沿图中虚线方向，则与AC成300角，选项A、B错误；如果小球垂直于电场方向抛出带电体，则小球做类平抛运动，则，2Rcoscos=，2Rcossin=v0t，得，选项C正确、D错误。21.【答案】BC【命题立意】本题旨在考察带电粒子在匀强电场中的运动【解析】 根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断M、N两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时R2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变R1时粒子打在极板上的位置A、根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M板的电势低于N板的电势，板间电场方向向下，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A错误B、电路稳定时R2中没有电流，相当于导线，改变R2，不改变M、N间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O点故B正确C、D、设平行金属板M、N间的电压为U粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：竖直方向有：y=水平方向有：x=v0t联立得：y=由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由式知：当减少R1时，M、N间的电压U增大，x减小，所以粒子将打在O点左侧；由知，增大R1，U减小，t增大，故C正确，D错误故选：BC22.【答案】1）E1=N/C=1.4N/C 2）电势能增加了：1.0102J，粒子偏转角度为：37【命题立意】本题旨在考察带电粒子在磁场中的运动规律【解析】（1）由平衡条件可以求出电场强度；（2）根据动能定理，可求出粒子经b点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45=mg，解得：E1=N/C=1.4N/C（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin 45=mvb20解得：vb=5m/s，加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2=mg，加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律得：qvbB=m，解得：R=5m，设偏转距离为y，由几何知识得：R2=dBC2+（Ry）2，代入数据得：y=1.0m，粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W=qE2y=mgy=1.0102J由功能关系知，粒子的电势能增加了：1.0102J偏转角度为：37度