備戰(zhàn)2024年高考物理一輪復習易錯題08電場含解析

易錯點08電場易錯題【01】對電場、電場強度和電場線理解不到位1．電場基本性質：對放入其中的電荷有電場力的作用。2．電場強度(1)定義式：E＝eq\f(F,q)[注4]，單位：N/C或V/m。(2)方向：規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點的電場強度方向。(3)點電荷的電場強度：E＝keq\f(Q,r2)，適用于計算真空中的點電荷產(chǎn)生的電場。(4)電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和。【注說明疑】[注1]元電荷是最小的電荷單位，不是帶電體，也不是點電荷，任何帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，說明電荷量是不連續(xù)的。[注2]點電荷是志向化模型，類似于質點。[注3]平方反比律，類似于萬有引力定律，不能錯誤地認為：當距離r接近于0時，F(xiàn)趨近于無限大，因為當r接近0時，兩個物體不能視為點電荷。[注4]比值定義法，電場強度是描述電場性質的物理量，與放入的摸索電荷無關。3.電場線(1)定義：為了形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些有方向的曲線，曲線上每點的切線方向都跟該點的電場強度方向一樣，曲線的疏密表示電場的強弱。電場線不是電荷的運動軌跡，依據(jù)電場線方向能確定電荷的受力方向和加速度方向，但不能確定電荷的速度方向和運動軌跡。(2)(3)六種典型電場的電場線[深化理解]1．電荷量和電荷之間的距離都是確定庫侖力大小的因素。2．勻稱帶電的絕緣球可以視為點電荷，而距離較近的帶電金屬球不能視為點電荷，因為金屬球相互靠近時表面所帶電荷要重新分布。3．留意電場強度三個表達式的適用條件，E＝eq\f(F,q)適用于一切電場，E＝keq\f(Q,r2)適用于真空中的點電荷，E＝eq\f(U,d)適用于勻強電場。4．電場強度是矢量，計算某點的合場強應選擇合適的方法，利用平行四邊形定則求出電場強度的矢量和，常用方法包括疊加法、對稱法、補償法、微元法等。5．在探討帶電粒子的運動軌跡時，不要誤認為運動軌跡與電場線肯定重合，只有在特定的條件下，兩者才重合。6．三個自由點電荷，只在彼此間庫侖力作用下而平衡，則“三點共線、兩同夾異、兩大夾小、近小遠大”。易錯題【02】電勢能、電勢和電勢差理解有誤一、電勢能和電勢1．電勢能(1)電場力做功的特點：電場力做功與路徑無關，只與初、末位置有關。[注1](2)電勢能①定義：電荷在電場中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時電場力所做的功。[注2]②電場力做功與電勢能改變的關系：電場力做的功等于電勢能的削減量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。[注3]2．電勢(1)定義：摸索電荷在電場中某點具有的電勢能與它的電荷量的比值。(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)矢標性：電勢是標量，有正、負之分，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)。(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。3．等勢面(1)定義：電場中電勢相等的各點組成的面。(2)四個特點①等勢面肯定與電場線垂直。②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。③電場線方向總是從電勢eq\a\vs4\al(高)的等勢面指向電勢eq\a\vs4\al(低)的等勢面。[注4]④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。二、電勢差1．定義：電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力做功與移動電荷的電荷量的比值。2．定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。[注5]3．電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。三、勻強電場中電勢差與電場強度的關系1．電勢差與電場強度的關系：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積。即U＝Ed，也可以寫作E＝eq\f(U,d)。2．公式U＝Ed的適用范圍：勻強電場?！咀⒄f明疑】[注1]電場力做功的特點與重力做功的特點類似。[注2]零勢能位置的選取是隨意的，但通常選取大地或無窮遠處為零勢能位置。[注3]電勢能的改變特點與重力勢能的改變特點類似。[注4]沿著電場線的方向，電勢降低最快。[注5]推導過程為WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q(φA－φB)＝qUAB[深化理解]1．在應用描述電勢、電勢能、電勢差的公式時，q、W、U、Ep、φ都干脆代入正負號進行運算，而應用描述電場力、電場強度的公式運算時可以不代入正負號。2．在勻強電場中：①同始終線上(直線與電場線可成隨意角)，相等距離的兩點間電勢差相等；②相互平行的直線上隨意相等距離的兩點間電勢差相等。3．電勢的凹凸與電場強度的大小沒有聯(lián)系。如等量異種點電荷連線上，從正電荷到負電荷電勢始終降低，而電場強度先減小后增大；連線的中垂線是電勢為零的等勢面，而電場強度沿中垂線向外漸漸減小。易錯題【03】對帶電粒子在電場中運動分析不到位在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉電場U2偏轉后，須要經(jīng)驗一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。1．確定最終偏移距離思路一：思路二：2．確定偏轉后的動能(或速度)思路一：思路二：01對電場、電場線和電場強度理解不到位1、把檢驗電荷放入電場中的不同點a、b、c、d，測得的檢驗電荷所受電場力F與其電荷量q之間的函數(shù)關系圖像如圖所示，則a、b、c、d四點場強大小的關系為()A．Ea＞Eb＞Ec＞Ed B．Ea＞Eb＞Ed＞EcC．Ed＞Ea＞Eb＞Ec D．Ec＞Ea＞Eb＞Ed【警示】本題簡單出錯的主要緣由是對電場強度推斷有誤?！窘馕觥坑蒃＝eq\f(F,q)知，F(xiàn)-q圖像的斜率越大，場強越大，故D正確?！敬鸢浮緿【囑咐】解題的關鍵要對圖像分析正確1．兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A.eq\f(5F,16) B.eq\f(F,5)C.eq\f(4F,5) D.eq\f(16F,5)【答案】D【解析】兩球相距r時，依據(jù)庫侖定律得F＝keq\f(Q·5Q,r2)，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝keq\f(2Q·2Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2)，由以上兩式可解得F′＝eq\f(16F,5)，D正確。2．如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9) B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27) D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)【答案】D【解析】由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，依據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號。依據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,ac2) ①b對c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,bc2) ②設合力向左，如圖所示，依據(jù)相像三角形，得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc) ③聯(lián)立①②③式得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27)。02對電勢能、電勢、電勢差分析出錯1、電荷量為q的電荷在電場中由A點移到B點時，電場力做功W，由此可算出兩點間的電勢差為U，若讓電荷量為2q的電荷在電場中由A點移到B點，則()A．電場力做功仍為WB．電場力做功為eq\f(W,2)C．兩點間的電勢差仍為UD．兩點間的電勢差為eq\f(U,2)【錯因】本題簡單出錯的主要緣由是對電場力做功理解有誤【解析】兩點間電勢差與移動的電荷無關，電場力做功變?yōu)閃′＝2qU＝2W，只有C正確?！敬鸢浮緾1．如圖所示，一圓環(huán)上勻稱分布著負電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法正確的是()A．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢始終降低B．從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小，電勢先降低后上升C．O點的電場強度為零，電勢最低D．O點的電場強度不為零，電勢最高【答案】C【解析】圓環(huán)上勻稱分布著負電荷，依據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產(chǎn)生的場強相互抵消，合場強為零。圓環(huán)上各電荷在x軸產(chǎn)生的電場強度有水平向左的重量，依據(jù)電場的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向左，依據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知，從O點沿x軸正方向，電勢上升。O點的場強為零，無窮遠處場強也為零，所以從O點沿x軸正方向，場強應先增大后減小。綜上分析可知C正確，A、B、D錯誤。2．在真空中A、B兩點分別放有異種點電荷－Q和＋2Q，以A、B連線中點O為圓心作一圓形路徑acbd，如圖所示，下列說法正確的是()A．場強大小關系有Ea＝Eb、Ec＝EdB．電勢凹凸關系有φa>φb、φc>φdC．將一負點電荷沿圓弧由a運動到b的過程中電場力做正功D．將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中電勢能始終不變【答案】C【解析】對比等量異種點電荷的電場分布可知，題圖中場強大小關系有Eb>Ea，Ec＝Ed，選項A錯誤；因沿著電場線方向電勢漸漸降低，可知φa<φb，再由對稱性可知φc＝φd，選項B錯誤；由于a點電勢低于b點電勢，將負點電荷由a沿圓弧運動到b，電場力做正功，選項C正確；因沿直線由c到d過程中電勢先上升再降低，所以將一正點電荷沿直線由c運動到d的過程中電勢能先增大再減小，選項D錯誤。03帶電粒子在電場運動分析有誤1、如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性改變的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則()A．該粒子射出電場時的速度方向肯定是沿垂直電場方向的B．在t＝eq\f(T,2)時刻，該粒子的速度大小為2v0C．若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在金屬板上D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場【錯因】本題簡單出錯的主要緣由是運動狀態(tài)及受力有誤【問診】由題設條件可知，粒子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)做類平拋運動，在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)做類斜拋運動，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，依據(jù)運動的對稱性，粒子射出電場時的速度方向肯定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項A正確；前后兩段運動的時間相等，eq\f(T,2)時將速度分解，設板長為l，由類平拋運動規(guī)律可得：l＝v0T，eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)vT，則v＝v0，則eq\f(T,2)時刻該粒子的速度為eq\r(2)v0，選項B錯誤；若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進入電場，粒子將先向下做類平拋運動，后做類斜拋運動，而從PQ板右邊緣射出電場，選項C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運動的時間t＝eq\f(l,2v0)＝eq\f(T,2)，選項D錯誤?！敬鸢浮緼1．如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。起先A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下起先運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度改變規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律改變)()【答案】A【解析】電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻起先，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?，之后重復上述運動，A項正確，B項錯誤。2．(多選)如圖所示是示波器的原理示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，進入電壓為U2的偏轉電場，離開偏轉電場后打在熒光屏上的P點。P點與O點的距離叫偏轉距離。要提高示波器的靈敏度(即單位偏轉電壓U2引起的偏轉距離)，下列方法中可行的是()A．提高加速電壓U1B．增加偏轉極板a、b的長度C．增大偏轉極板與熒光屏的距離D．減小偏轉極板間的距離【答案】BCD【解析】電子經(jīng)加速電場后動能為：Ek＝eU1，加速后的速度為：v＝eq\r(\f(2eU1,m))，經(jīng)偏轉電場的時間為：t＝eq\f(l,v)，出偏轉電場的偏轉位移為：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eU2,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v)))2＝eq\f(U2l2,4dU1)，設偏轉極板與熒光屏的距離為L，則P點到O點的偏轉距離Y＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))y，所以此示波器的靈敏度為：eq\f(Y,U2)＝eq\f(l＋2Ll,4dU1)，可知要提高靈敏度可以降低加速電壓，也可以增加偏轉極板長度，增大偏轉極板與熒光屏的距離，減小偏轉極板間的距離，故A錯誤，B、C、D正確。錯1、如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個小球均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b、c小球帶同種電荷B．a(chǎn)、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷C．a(chǎn)、b小球電荷量之比為eq\f(\r(3),6)D．a(chǎn)、b小球電荷量之比為eq\f(\r(3),9)2、如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。下列推斷正確的是()A．1、2兩點的場強相等B．1、3兩點的場強相等C．1、2兩點的電勢相等D．2、3兩點的電勢相等3、如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN。下列推斷正確的是()A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN4、如圖所示，一圓環(huán)上勻稱分布著電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷，已知b點處的場強為零，則d點處場強為()A．keq\f(2q,9R2)水平向左 B．keq\f(2q,9R2)水平向右C．keq\f(10q,9R2)水平向左 D．keq\f(10q,9R2)水平向右5、(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV6、如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則()A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vbB．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>vaC．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>vaD．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb7、在坐標－x0到x0之間有一靜電場，x軸上各點的電勢φ隨坐標x的改變關系如圖所示，一電荷量為e的質子從－x0處以肯定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域。則該質子()A．在－x0～0區(qū)間始終做加速運動B．在0～x0區(qū)間受到的電場力始終減小C．在－x0～0區(qū)間電勢能始終減小D．在－x0～0區(qū)間電勢能始終增加8、如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓改變的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長為L，距偏轉極板右邊緣s處有熒光屏，求：(1)電子進入偏轉極板時的速度；(2)eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉極板間的電子剛射出偏轉極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)。9、真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿意的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍10、如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側有垂直紙面對里的水平的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側，P、M點在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙?，F(xiàn)在有一質量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的eq\f(3,5)倍?，F(xiàn)將小環(huán)從M點右側的D點由靜止釋放，D點到M點的水平距離x0＝eq\f(10R,3)。求：(1)小環(huán)第一次到達圓弧軌道最高點P時的速度大??；(2)小環(huán)第一次通過與O等高的A點時半圓環(huán)對小環(huán)作用力的大??；(3)若小環(huán)與PQ間動摩擦因數(shù)為μ(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點右側4R處由靜止起先釋放，通過探討，求出小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功。答案和解析1.D對c小球受力分析可得，a、b小球必需帶同種電荷c小球才能平衡。對b小球受力分析可得，b、c小球帶異種電荷b小球才能平衡，故A、B兩項錯誤。對c小球受力分析，將力正交分解后可得：keq\f(qaqc,rac2)sin60°＝keq\f(qbqc,rbc2)sin30°，又rac∶rbc＝1∶eq\r(3)，解得：qa∶qb＝eq\r(3)∶9。故C項錯誤，D項正確。2.D

依據(jù)電場線越密集，電場強度越大，有E1＞E2＝E3，故A、B錯誤。沿著電場線方向，電勢漸漸降低，同一等勢面電勢相等，故φ1＞φ2＝φ3，C錯誤，D正確。

3.D電場線密的地方場強大，粒子受到的電場力大，所以aM<aN。粒子受到的電場力指向曲線運動軌跡的凹側，又粒子帶負電，所以電場方向由電場線稀疏一側指向電場線密集一側，而沿電場線方向電勢降低，即φM>φN，故B、C錯誤。又由Ep＝qφ和能量守恒知，帶負電的粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，而動能越小，即EpM<EpN，vM>vN，故A錯誤，D正確。4.選D電荷量為q的點電荷在b點處產(chǎn)生的電場強度為E＝keq\f(q,R2)，而b點處的場強為零，則圓盤在此處產(chǎn)生電場強度也為E＝keq\f(q,R2)。由對稱性可知圓盤在d點處產(chǎn)生電場強度大小仍為E＝keq\f(q,R2)。而電荷量為q的點電荷在d點處產(chǎn)生的電場強度大小為E′＝keq\f(q,3R2)＝keq\f(q,9R2)，由于兩者在d點處產(chǎn)生電場強度方向相同，所以d點處合場強大小為E＋E′＝keq\f(10q,9R2)，方向水平向右，故選項D正確，A、B、C錯誤。5.ABDac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強重量大小分別為E1＝eq\f(Uca,ac)＝2V/cm、E2＝eq\f(Ucb,bc)＝1.5V/cm，依據(jù)矢量合成可知E＝2.5V/cm，A項正確；依據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10eV、－17eV和－26eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C項錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17eV)－(－26eV)＝9eV，D項正確。6.Da、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb＜rc＜ra，則三點的電場強度由E＝keq\f(Q,r2)可知Eb＞Ec＞Ea，故帶電粒子Q在這三點的加速度ab＞ac＞aa。由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負功，由動能定理－|qUab|＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mva2＜0，則vb＜va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝eq\f(1,2)mvc2－eq\f(1,2)mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，則va＞vc，故va＞vc＞vb，選項D正確。7.D從－x0到0，電勢漸漸上升，意味著該區(qū)域內(nèi)的場強方向向左，質子受到的電場力向左，與運動方向相反，所以質子做減速運動，A錯誤；設在x～x＋Δx，電勢為φ～φ＋Δφ，依據(jù)場強與電勢差的關系式E＝eq\f(Δφ,Δx)，當Δx無限趨近于零時，eq\f(Δφ,Δx)表示x處的場強大小(即φ-x圖線的斜率)，從0到x0區(qū)間，圖線的斜領先增加后減小，所以電場強度先增大后減小，依據(jù)F＝Ee，質子受到的電場力先增大后減小，B錯誤；在－x0～0區(qū)間質子受到的電場力方向向左，與運動方向相反，電場力做負功，電勢能增加，C錯誤，D正確。8.解析：(1)設電子進入偏轉極板時的速度為v，由動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由題意知，電子穿過偏轉極板所需時間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉極板。9.[解析](1)設油滴質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿意qE2－mg＝ma1 ①油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1 ②電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿意qE2＋mg＝ma2 ③油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1。 ⑤(2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg ⑥油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1t12 ⑦油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12 ⑧由題給條件有v02＝2g(2h) ⑨式中h是B、A兩點之間的距離。若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\