2018_2019学年高中物理第一章静电场专题整合.docx

第一章 静电场专题整合深化提升考点一场强叠加、电势叠加问题1.电场的叠加：(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场场强的矢量和。(2)分析步骤。确定分析计算的空间位置。分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向。依次利用平行四边形定则求出矢量和。2.电势：(1)电势是标量，电势叠加应该使用代数求和。(2)一般规定无限远电势为零。正的点电荷形成的电场电势大于零，负的点电荷形成的电场电势小于零。(3)等量异种电荷中垂线是零电势面。【对点训练】1.(2018衡水高二检测)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形，两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E，撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为()A.B.EC.ED.E【解析】选B。两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E=E1，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为E1=E，选项B正确。2.如图所示，真空中有两个点电荷，Q1=4.010-8 C和Q2=-1.010-8 C，分别固定在x轴上的x=0和x=6 cm的位置上，将一带负电的试探电荷q从x=20 cm的位置沿x轴负方向移到x=10 cm的位置，在此过程中，试探电荷的()A.电势能一直增大B.电势能一直减小C.电势能先减小后增大D.电势能先增大后减小【解析】选C。空间某点的电场强度是点电荷Q1和点电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。设Q2右侧场强为零的点到Q2的距离为L。根据点电荷的场强公式E=k，且要使电场强度为零，那么正点电荷Q1和负点电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反，则有k=k，解得L=0.06 m=6 cm，所以在x轴上x=12 cm处的电场强度为零，则从x=20 cm到x=12 cm间，场强方向沿x轴正方向 ，从x=12 cm到x=10 cm间，场强方向沿x轴负方向，将一带负电的试探电荷q从x=20 cm的位置沿x轴负方向移到x=12 cm的位置，电场力做正功，从x=12 cm的位置沿x轴负方向移到x=10 cm的位置，电场力做负功，所以该负电荷的电势能先减小后增大，故C正确，A、B、D错误。【补偿训练】1.(2018开封高二检测)如图所示，P、Q处固定放置两等量异种电荷，b、c、O在P、Q的连线上，e、O为两点电荷连线的中垂线上的点，且ab=eO，bc=cO，abbO，aeeO，则()A.a点电势等于b点电势B.b点场强小于e点场强C.电子在a点的电势能大于电子在O点的电势能D.b、c间电势差大于c、O间电势差【解析】选D。等量异种点电荷周围的电场线分布情况如图所示，a点和b点不在同一个等势面上，电势不相等，选项A错误；根据电场线的疏密情况，可得b点的场强大于e点的场强，选项B错误；a点的电势大于零，O点的电势等于零，电子带负电，在高电势处电势能小，选项C错误；b、c间的电场线比c、O间的电场线密，场强大，电势降低得快，所以b、c间的电势差大于c、O间的电势差，选项D正确。2.(多选)在相距为r的A、B两点分别放上点电荷QA和QB，C为AB的中点，如图所示。现引入带正电的检验电荷q，则下列说法中正确的是()A.如果q在C点受力为零，则QA和QB一定是等量异种电荷B.如果q在AB延长线上离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，且电荷量大小QAQBC.如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，且电荷量大小QAQB，B正确；同理得出，C正确；q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，说明中垂线上各点的场强方向相同，则有QA和QB一定是等量异种电荷，D正确。3.(多选)如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)。关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是()A.A=BB.A=DC.BCD.CD【解析】选B、C。电势是标量，根据对称性原理，空间中固定的四个点电荷在A、D点电势的代数和皆为0，则选项B正确；空间中固定的四个点电荷在B、C点电势的代数和分别大于0和小于0，知B点电势比C点电势高，则选项A错误，C正确；易知选项D错误。考点二电场线、等势线与带电粒子的运动轨迹问题1.电场线的作用：(1)表示场强的方向：电场线上每一点的切线方向和该点的场强方向一致。(2)比较场强的大小：电场线的疏密程度反映了场强的大小即电场的强弱。同一幅图中，电场线越密的地方场强越强，电场线越疏的地方场强越弱。(3)判断电势的高低：在静电场中，顺着电场线的方向电势越来越低。2.等量点电荷的电场线比较：比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O点的场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A、B与B的场强等大同向等大反向3.等势面：等势面上所有点的电势相同，等势面与电场线垂直。4.带电粒子运动轨迹的判断：(1)已知等势面的形状分布，根据相互垂直可以绘制电场线。(2)由电场线和等差等势面的疏密，可以比较不同点的场强大小。(3)根据电荷的运动轨迹可以判断电荷受力方向和做功的正负，从而判断电势能的变化情况。【对点训练】1.一带电粒子沿图中曲线穿过一匀强电场中的等势面，且四个等势面的电势关系满足abcd，若不计粒子所受重力，则()A.粒子一定带正电B.粒子的运动是匀变速运动C.粒子从A点到B点运动的过程中动能先减小后增大D.粒子从A点到B点运动的过程中电势能增大【解析】选B。由于abcd，所以电场线垂直于等势面由a指向d，根据电荷运动规律可知其受力由d指向a，即该粒子带负电，从A点到B点的运动过程中，粒子的动能在增大，电势能在减小。2.如图所示，a、b、c是匀强电场中的直角三角形的三个顶点。已知a、b、c三点的电势分别为a=8 V、b=-4 V、c=2 V，ab=10 cm，ac=5 cm，ab和ac的夹角为60。试确定场强的大小和方向。【解析】根据题意可知，ab中点e的电势e=c=2 V，连接c、e点，则ce是一个等势面，由于ace为等边三角形，过a点作ce的垂线交ce于p，所以pac=30，故场强的方向与ac成30角斜向上。场强E=80 V/m。答案：80 V/m方向与ac成30角斜向上【补偿训练】1.一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计。粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A.沿x轴正方向B.沿x轴负方向C.沿y轴正方向D.垂直于xOy平面向里【解析】选B。在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确。2.(多选)如图所示，MN是点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带电粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论中正确的是()A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B.电场线的方向由N指向MC.带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能D.带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【解析】选C、D。由带电粒子运动的轨迹可以看出其受力方向指向凹侧，则电场力做正功，带电粒子的动能增加，电势能减小，A错误、C正确；由于不知带电粒子的电性，无法判断电场线方向，B错误；由于带电粒子从a到b的过程中弯曲的幅度越来越大，说明受到的电场力越来越大，故加速度越来越大，D正确。考点三用动力学和功能观点分析带电体在电场中的运动1.动力学观点：动力学观点是指用平衡、牛顿第二定律结合匀变速运动公式来解决问题。说明：必须首先判断是否考虑重力，同时要充分利用电场线特点、等势面特点来分析。2.功能观点：电场中力和能的关系，是通过做功联系起来的。(1)静电力做功的求解方法。由功的定义式W=Flcos 来求。利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即W=-Ep。利用WAB=qUAB来求。(2)电场中功能关系的理解及应用方法。若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。所有力对物体所做的功等于物体动能的变化。【对点训练】1.(多选)(2018沈阳高二检测)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()A.可能做直线运动B.一定做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小【解析】选B、C。小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误，B正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故C正确，D错误。2.(2018大同高二检测)在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E=6105 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q=510-8 C、质量m=0.010 kg的带负电绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2 m/s，如图所示，(g取10 m/s2)求：(1)物块最终停止时的位置。(2)物块在电场中运动过程的机械能增量。【解析】(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零。Ff=mgF=qE由牛顿第二定律得Ff+F=ma由运动学公式得2ax1=解得x1=0.4 m第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止。由动能定理得：Fx1-Ff(x1+x2)=0得x2=0.2 m，则物块停止在原点O左侧0.2 m处。(2)物块在电场中运动过程的机械能增量E=Wf=-2mgx1=-0.016 J。答案：(1)原点O左侧0.2 m处(2)-0.016 J【补偿训练】1.(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()A.当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B.当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C.当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D.小球在运动过程中机械能不守恒【解析】选C、D。若qE=mg，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大。若qEmg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大，故选项A、B错误。a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故选项C正确。小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，选项D正确。2.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。根据微粒的运动轨迹分析微粒的受力情况，结合功能关系求解。分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误。微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误。微粒从M点运动到N点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确。微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误。考点四平行板电容器及其内带电粒子的运动1.平行板电容器的动态分析问题：(1)常见类型。平行板电容器的动态分析问题有两种情况：电容器始终和电源连接，此时U恒定。电容器充电后电源断开，此时Q恒定。(2)分析的思路。确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。用决定式C=分析平行板电容器电容的变化。用定义式C=QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。用E=Ud分析电容器极板间电场强度。2.带电粒子在匀强电场中的偏转：(1)两个结论。不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明：由qU0=m及tan = 得tan =粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。(2)功能关系。当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy=mv2-mv ，其中Uy=Udy，指初、末位置间的电势差。【对点训练】1.如图所示是定性研究影响平行板电容器电容大小因素的装置，平行板电容器的A板固定在铁架台上并与静电计的金属球相连，B板和静电计金属外壳都接地。将极板B稍向上移动，则：()A.指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量变大B.指针张角不变，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小C.指针张角变大，两极板间的电压变大，极板上的电荷量几乎不变D.指针张角变小，两极板间的电压变小，极板上的电荷量几乎不变【解析】选C。极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，B板与A板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变。将极板B稍向上移动一点，根据C=可知S减小，C变小，Q不变，根据Q=CU可知U变大，静电计指针偏角变大，故选项C正确，故选C。2.(2018长沙高二检测)有带电平行板电容器竖直放置，如图所示，两极板间距d=0.1 m，电势差U=1 000 V，现从平行板上A处以vA=3 m/s速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q=10-7 C，质量m=0.02 g)，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB。(g取10 m/s2)【解析】小球在A处以vA水平射入匀强电场后，仅受重力和电场力，合力一定，而且合力与初速度不在同一直线上，则小球做匀变速曲线运动；在竖直方向上，小球做自由落体运动。把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解。在水平方向上，小球初速度为vA，受恒定的电场力qE作用做匀变速直线运动，且由qUm知，小球不会到达左极板处。在竖直方向上，小球做自由落体运动。两个分运动的运动时间相等，设为t，则在水平方向上：E=Ud= V/m=104 V/m则其加速度大小为a水平= m/s2=50 m/s2。则t= s=0.12 s，在竖直方向上：sAB=gt2=100.0122 m=7.210-2 m。答案：7.210-2 m【补偿训练】1.(多选)如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是() A.断开开关，将两板间的距离拉大一些B.断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C.保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D.保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度【解析】选B、C。带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eq=mg。两板间的电场强度E=Ud，保持开关闭合时，U不变，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eqmg，液滴竖直向上运动，C正确；保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E的大小不变，但方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，所以D错误；断开开关，电容器的电荷量Q不变，E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eq=mg，液滴仍保持静止状态，A错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，此时两板的正对面积S变小，E变大，此时Eqmg，所以液滴竖直向上运动，B正确。2.如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()【解析】选A。从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t=T时刻速度变为零。之后重复上述运动，选项A正确，B错误。电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，选项C、D错误。3.如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离y，以下说法正确的是()A.Q减小，y不变B.Q减小，y减小C.Q增大，y减小D.Q增大，y增大【解析】选B。由于电容器两极板间的电压等于电源电压，电源电压不变，故电容器两极板间的电压不变，由C=QU=得r、U、S不变，d变大，Q减小；由E=Ud及y= ()2得y减小，故B项正确。【强化训练】1.(多选)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 ()A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.试探电荷-q在a点的电势能比在b点的大D.将试探电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【解析】选A、B、D。由题图可知，a处电场线比b处密，所以EaEb，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以ab，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；试探电荷-q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确。2.如图所示，表示空间某一电场的电场线，试判断下列说法正确的是()A.A点的电场强度小于C点的电场强度B.A点的电势比B点的电势高C.A点的电势比C点的电势低D.A点的电场强度小于B点的电场强度【解析】选D。根据电场线的疏密可知，B点的电场强度最大，C点的电场强度最小，故A错误，D正确；作出过三点的等势线，由于沿电场线方向电势降低，故三点的电势关系是BAC，所以B、C错误。3.某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()A.粒子必定带正电荷B.该静电场一定是孤立正电荷产生的C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的速度大于它在N点的速度【解题指南】【解析】选C。带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其反方向，且指向曲线弯曲的内侧，静电力方向大致向上，因不知道电场线的方向，粒子的电性无法确定，选项A错误；电场线是弯曲的，一定不是孤立点电荷的电场，选项B错误；N点处电场线密，则场强大，粒子受到的静电力大，产生的加速度也大，选项C正确；因静电力大致向上，粒子由M运动到N时，静电力做正功，粒子动能增加，速度增加，选项D错误。4.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A.做直线运动，电势能先变小后变大B.做直线运动，电势能先变大后变小C.做曲线运动，电势能先变小后变大D.做曲线运动，电势能先变大后变小【解题指南】(1)题中给出了电场中等势面的分布情况，根据电场线垂直等势面，画出等量异种电荷的电场线分布情况。(2)根据受力情况和初始状态分析物体运动及电场力的做功情况。【解析】选C。由题图等势面分布情况可得，该电场的电场线分布情况如图所示，带电粒子受到了与初速度垂直的电场力作用，所以带电粒子做曲线运动，轨迹如图所示。电场力先做正功，电势能减小，然后在带电粒子离开电场的过程中克服电场力做功，电势能增大，故选项C正确。5.将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图所示)。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OAOB，以上对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是()A.A点场强小于B点场强B.A点场强大于B点场强C.A点电势等于B点电势D.A点电势高于B点电势【解析】选C。由电荷的对称分布关系可知A、B直线上的电场强度为0，所以选项A、B错误；同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0，AB电势差为0，因此A点电势等于B点电势，选项C正确、D错误。6.(多选)(2018红河高二检测)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电量分别为+Q、-Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电量为+q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA=1 m/s，到B点时速度vB= m/s，则()A.微粒从B至C做加速运动，且vC=3 m/sB.微粒先做减速运动，后做加速运动C.微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/sD.微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s【解题指南】由图可以知道AC之间电场是对称的，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可求微粒在C点的速度；过B做垂直AC的线，此线为等势面，微粒出C之后，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同。【解析】选A、C。AC之间电场是对称的，微粒从A到B做的功和从B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得，qU=m-m2qU=m- m联立解得：vC=3 m/s，选项A正确； 由A到C，微粒所受的电场力一直向右，所以微粒一直做加速运动，选项B错误；过B作垂直AC的线，此线为等势面，电势为零微粒出C之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，依据能量守恒定律可得：B点的动能等于无穷远处的动能，可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，为 m/s。选项C正确，选项D错误。7.(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()A.在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB.在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D.在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为12【解析】选B、C。粒子在两平行金属板间做类平抛运动，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，在前后两个的时间内沿电场线方向的位移之比为13，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由W=Eqs知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，选项C对，D错。8.如图所示，A、B为水平放置平行正对的金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是()A.若仅将A板上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处B.若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出C.若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N处D.断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将从小孔N穿出【解析】选C。若仅将A板上移，根据公式C=知电容减小，由于二极管的作用可以阻止电容器的放电，故电荷量不变，根据C=QU，U=Ed，可得E=，故场强不变，则带电小球到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，选项A错误；若仅将B板上移，根据公式C=知电容增大，电容器要充电，由于电压U一定，根据U=Ed知电场强度增加，故到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，选项B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，选项C正确；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，选项D错误。9.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.B.C.D.【解析】选B。由于两个带电粒子质量、电荷量、初速度大小都相等，其运动轨迹均为抛物线且相切，可以判断切点必为矩形的中点，则带电粒子从抛出点到切点的水平位移为x=，竖直位移为y=，再由类平抛的规律x=v0t，y=t2可以解得v0=，选项B正确。10.(多选)如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab=2bc=2L，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为18 V，b点电势为10 V，c点电势为6 V。一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45，一段时间后质子经过ab中点e。不计质子重力，下列判断正确的是()A.d点电势为12 VB.质子从a到b电势能增加了8 eVC.电场强度大小为D.质子从a到e所用时间为【解析】选D。矩形对角线连线相互平分，则根据匀强电场中场强和电势差的关系可知，d点的电势为(18+6-10) V=14 V，而e点是ab的中点，可得e点的电势为14 V，连接de，de为该匀强电场的等势面，过a点作de的垂线，沿着电场线方向电势在降低，故电场的方向沿垂线方向向下，选项A错误；质子从a到b，电场力做正功，电势能减少8 eV，选项B错误；由图中几何关系可知，E=，选项C错误；质子从a运动到e时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为t=，选D正确。11.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强大小为E，一电量为110-6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则()A.W=810-6 JE8 V/mB.W=610-6 JE6 V/mC.W=810-6 JE8 V/mD.W=610-6 JE6 V/m【解析】选A。因为是匀强电场，故D点电势D=10 V，所以D、C两点间的电势差UDC=D-C=8 V，W=qUDC=810-6 J；因与B等电势的B点连线为等势线，如图所示：由图中可以看出BB并不与AB垂直，故AB不是电场线。AB间沿电场线方向的距离d V/m=8 V/m。所以选项A正确。12.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。(2)分析物理量的数量级是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102 V，d=4.010-2 m，m=9.110-31 kg，e=1.610-19 C，g取10 m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。【解析】(1)根据动能定理可得：eU0=m所以电子射入偏转电场的初速度v0=在偏转电场中，电子的运动时间t=L偏转距离y=a(t)2=(2)考虑