参考答案：A、闭合开关，再将M极板向上移动少许，两极板间的电势差不变，d增大，则电场强度减小，则PN间的电势差减小，则P点的电势减小，负电荷在P点的电势能增大．故A错误．
B、闭合开关，再将M极板向上移动少许，两极板间的电势差不变，d增大，电容器电容减小，根据Q=CU，知电容器所带的电量减小．故B错误．
C、闭合开关，再将N极板向下移动少许，电场强度减小，P点负电荷所受的电场力减小．故C错误．
D、闭合开关，电容器充电后再断开开关，将N极板向下移动少许，电容器所带的电量不变，根据E=Ud=QCd=4πkQ?s，与d无关．电场强度不变，则电场力不变．故D正确．
故选D．

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器，电磁弹射系统包括电源、储能装置、导轨和脉冲发生器等等．其工作原理如图1所示，利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受安培力作用下加速获得动能．设飞机质量为m=1.8×104kg，起飞速度为v=70m/s，起飞过程所受平均阻力恒为机重的k=0.2倍，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始起飞距离为l=210m；现在想利用电磁弹射器与飞机发动机（牵引力不变）同时工作时使飞机飞离航母，已知使电磁弹射器工作的储能装置是电容量C很大电容器，电容器储存电能：W屯=

参考答案：（1）由电容的定义式C=QU，知图象的斜率等于电容器的电容，由图可知，Q=3×104C，U=5×102V，所以C=3×1045×102F=60F
（2）没有电磁弹射器时，由动能定理得：（F-kmg）l=12mv2
则 F=mv22l+kmg
代入数据解得：F=1.8×104×7022×210+0.2×1.8×104×10=2.46×105（N）
（3）由能量守恒定律得：
0.77?12CU2+（F-kmg）L′=12mv2
解得：L′=100（m）
答：
（1）该电容器的电容为60F；
（2）飞机所受牵引力F的大小为2.46×105N；
（3）在航母甲板上加速100m距离即可起飞．

本题解析：

本题难度：一般

4、填空题  如图所示的平行板电容器，极板A、B所带电量QA=6.0×10-8C、QB=-6.0×10-8C．A、B板间距离d=1.0mm，A、B板间电场可视为匀强电场，现测得其电场强度E=4.0×105V/m．试求该电容器的电容C．

参考答案：由题，电容器的电量Q=6.0×10-8C
? 电容器电压U=Ed=4×105×10-3V=4×102V
则电容C=QU=1.5×10-10F
答：电容器的电容C为1.5×10-10F．

本题解析：

本题难度：一般

5、选择题  如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)

A．板间电场强度大小为mg/q
B．板间电场强度大小为mg/2q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间

参考答案：C

本题解析：带电粒子在电场内运动的时间和电场外运动时间相等，最后垂直打在M屏上说明竖直分速度为零，在电场外有向下的加速度，大小为g，则在电场中应有向上的加速度，大小也为g，即，，。AB错；粒子水平方向不受力，因此水平分速度不变，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间均为；C对D错
点评：中等难度。本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，把运动分解成水平方向和竖直方向来研究．

本题难度：一般