电加速模型（解析版）-2024-2025学年人教版高二物理必修第三册同步题型

专题07电加速模型

模型讲解

一、带电粒子在匀强电场中的加速

分析带电粒子的加速问题有两种思路

1.利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程

的物理量，公式有彳£=加。，旷=为+必等。

2.利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场

情景时,公式有4£4=5加b一于啾匀强电场)或山=5"/一辿任何电场)等。

二.带电小球在电容器中的直线运动

1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。

2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时

间决定。

3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。

(1)当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周

期性。

(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v—/图像，特别注意带电粒子进入交变电场时

的时刻及交变电场的周期。

案例剖析'

--------------—~■■

［例1］如图所示为直线加速器的示意图。平行金属板加上恒定电压U,质量为加、电荷量为+q的带电粒

子从A板由静止释放。求粒子到达B板的速度大小。

(1)带电粒子在电场中做什么运动？

(2)设两板间的距离为力加速度为多大？

(3)粒子到达B板的速度为多大？

(4)静电力对带电粒子做的功为多大？

(5)粒子到达B板的动能为多大？速度为多大？

(6)解决带电粒子做匀加速运动问题的思路有哪些？应用动能定理有什么优越性？

(7)如果加速电场是非匀强电场，其他各量不变，粒子到达B板的动能为多大？速度为多大?

UA|

AB

【答案】(1)匀加速直线运动；(2)a=口,；(3)Vg=.——；(4)W=qU-,(5)E『qU,V£=.——；(6)

mdvmV加

牛顿运动定律和动能定理。应用动能定理的优越性在于不用考虑物体的运动情况，也不涉及中间过程，解

题简洁；(7)VB=、呼

Vm

【详解】(1)平行金属板加上恒定电压。，则电场强度恒定，粒子所受电场力恒定，合外力恒定，加速度

恒定，又粒子由静止释放，则粒子做匀加速直线运动。

(2)根据牛顿第二定律有

mmmd

(3)粒子从A板到达B板的过程，有

2

lad-vB

代入加速度解得

(4)静电力对带电粒子做的功

W=qU

(5)粒子从A板到达B板的过程，根据动能定理有

12

qUT=—mVg

解得

则粒子到达B板的动能

(6)解决带电粒子做匀加速运动问题的思路有牛顿运动定律和动能定理。应用动能定理的优越性在于不用

考虑物体的运动情况，也不涉及中间过程，解题简洁。

(7)如果加速电场是非匀强电场，其他各量不变，粒子到达B板的过程，根据动能定理有

则动能

Ek=—mvB=qU

【例1】在如图所示的平行板电容器的两板48上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始8

板的电势比Z板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够

大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v—/图像。

fl

甲乙

【答案】见解析

【解析】/=0时，8板电势比Z板高，在静电力作用下，电子向8板(设为正向)做初速度为

零的匀加速运动。

(1)对于题图甲，在0〜电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，〜T电子做末速度为零

22

的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。

(2)对于题图乙，在0〜工做类似(1)0〜T的运动，工〜T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速

22

度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。

【例3】(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带

电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()

E/(V・m-i)

A.微粒在0〜1s内的加速度与1〜2s内的加速度相同

B.微粒将沿着一条直线运动

C.微粒做往复运动

D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同

【答案】BD

【解析】0〜1s和1〜2s微粒的力口速度大小相等，方向相反，A错误；0〜1s和1〜2s微粒

分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1〜2s的末速度为0,

所以每个1s内的位移均相同且2s以后的运动重复0〜2s的运动，是单向直线运动，B、D正

确，C错误。

【例4】如图所示，平行板电容器水平放置，电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔，初始时不

带电。距小孔正上方高〃处不断有质量为加，电荷量为+«的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触到下极板

后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴(空气阻力忽略不计，极板间电场可

视为匀强电场，重力加速度为g)。求：

(1)小液滴到达小孔处的速度；

(2)电容器所带电荷量的最大值;

(3)最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。

9。

h

-E3

d

【答案】(1)阿；⑵理⑴Q+号历

'qhg

【详解】(1)因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得

2gh=v2

解得

v=y/2gh

(2)当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的带

电液滴运用动能定理得

mg{h+d}—qU=0

根据

Q=cu

解得

mgC(h+d)

2=---------------

q

(3)液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律

712

h=2gt

解得

2hg

fi=

gg

液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律

解得

4d_2dd2gh

故最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为

2h

t=tx+t2=

g

【例5】电荷量为q=lxlO-4c的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的匀强

电场，场强E与时间，的关系及物块速度v与时间f的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10

m/s2,求:

(1)物块的质量"2；

(2)物块与水平面之间的动摩擦因数;

【答案】(1)0.5kg；(2)0.4；

(1)由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有

由图线知加速度为

ai=2m/s2

Is后物块做匀速运动，由平衡条件有

qE?="mg

联立解得

一E)=ma

由图可得

©=3X104N/C

4

£,2=2X10N/C

代入数据解得

zw=0.5kg

（2）由

qE2=/img

可得

〃=退=04

mg

（3）物块在第1s的位移为

v2

S,=—t,=—xhn=lm

1212

物块在第2s的位移为

S2=v/2=2xIm=2m

电场力做正功

-44-44

JF=^E'1<S'1+^£,21S'2=1X10X3X10X1J+1X10X2X10X2J=7J

电场力做正功即电势能减少7J。

综合应用

一、单选题

1.（24-25高二上•黑龙江哈尔滨•阶段练习）粒子直线加速器原理示意图如图1所示，由多个横截面积相同

的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间

的电压变化规律如图2所示，在片0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序

号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为加，电荷量为e,

交变电源电压为U,周期为7。不考虑电子的重力，忽略电子通过圆筒狭缝的时间，下列说法正确的是（）

图1图2

A.电子在各狭缝间做匀速运动

B.电子离开1金属圆筒时的速度为、匡

Vm

C.第〃号圆筒的长度应满足4=7、甲

Vm

D.保持加速器筒长不变，若要加速比荷更小的粒子，则要调大交变电压的周期

【答案】D

【详解】A.根据题中信息，电子在各狭缝间做加速运动，故A错误;

B.电子离开圆筒1时，由动能定理得

eU=—mv2

2

所以电子离开圆筒1瞬间速度为

故B错误;

C.电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即（，电

子在圆筒中做匀速直线运动，所以第〃个圆筒长度为

rTT\2neU万\neU

L"=v”==-------=—

22V加V2m

故c错误；

D.由C可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更小的粒子，则要调大交变电压的周期，故D正确。

故选D。

2.（23-24高一下•江苏南京•期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小

孔分别位于。、M、尸点，由。点静止释放的电子恰好能运动到尸点，现将C板向左平移到P点，则由。

点静止释放的电子（）

'I-：-J*-・-■

1111

A.运动到尸点返回B.运动到尸和点之间返回

C.运动到P，点返回D.穿过P，点后继续运动

【答案】D

【详解】由。点静止释放的电子恰好能运动到尸点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正

功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达尸点时速度恰好

为0,之后，电子向左加速至“点，再向左减速至。点速度为0,之后重复先前的运动，根据动能定理有

~e^OM~e^MP=0

解得

UMP=~UOM=UMO

根据

c=2=£

U4兀kd

当C板向左平移到P点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有

UMP=UMO>UMp,

结合上述有

—eU0M-eUMp,>0

可知，电子减速运动到P的速度不等于0,即电子穿过P点后继续向右运动。

故选D。

3.（23-24高一下•湖南•期末）如图，在P板附近有电荷（不计重力）由静止开始向Q板运动，则以下解释

正确的是（）

A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关

B.电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小

C.电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大

D.若加速电压。与电量4均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍

【答案】D

【详解】A.根据动能定理得

〃12

qU=—mv

到达Q板的速率为

-产

可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误;

BC.根据运动学公式

d=-at2

2

由牛顿第二定律

qU

q=--

md

可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故BC错误;

D.到达Q板的速率为

Vm

故若加速电压。、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。

故选D。

4.（23-24高二上•江西九江•期末）平行金属板A、B竖直放置，间距为d,充电后与电源分离，将一带正电

粒子从A板附近由静止释放，仅在静电力的作用下从B板上小孔射出。现将极板间距变为2d,再将同一粒

A.粒子射出时的速度增加为原来两倍B.粒子运动的加速度大小不变

C.系统电势能的减少量不变D.静电力的冲量大小不变

【答案】B

【详解】B.根据

c=2

U

c=£

471kd

解得

E=网旦

3s

由电容器充电后与电源分离可得。不变，所以E不变，则粒子所受静电力不变，由牛顿第二定律得粒子加

速度不变，故B正确;

A.根据公式

v2=lad

若将极板间距变为2d,可得粒子射出时速度变为缶，故A错误;

C.静电力做功为

W=Eqd=\NE^

"变为2倍，则电势能的减少量变为2倍，故C错误;

D.静电力的冲量为

I=Eqt—\p—mv—0

速度变为&v，则静电力的冲量变为血倍，故D错误。

故选B。

5.（23-24高二下•广东揭阳・期末）如图所示，平行板电容器的两极板连接一电压恒定的电源，板间距离为

d,一带电粒子P静止在电容器内部。若固定该带电粒子，将电容器极板间距离增加人然后释放该带电粒

子。重力加速度为g,则粒子的加速度大小为（）

dP

h

hdC.9d+h

A.------gB.------gD.dg

d+hd+ha

【答案】A

【详解】极板间距离增加之前，粒子受重力和电场力作用处于平衡，有

U

mg=q-

a

将电容器极板间距离增加〃后，由牛顿第二定律得

U

-q------=ma

d+h

解得

故选Ao

6.（23-24高二下•四川成都•阶段练习）一个带电荷量为M的油滴，从。点以速度v射入方向水平向右的匀

强电场中恰好做直线运动，油滴运动到最高点P时未离开电场区域，v的方向与电场方向成。角。已知油滴

的质量为加，重力加速度为g。则。、P两点间的电势差为（）

Cmv2cos20mv2sin2^

D.------------

2q

【答案】C

【详解】由题意可知，带电油滴在匀强电场中受到水平向左的电场力，竖直向下的重力。因为其做直线运

动，所以其两者的合力方向与速度方向相反，由几何关系得

*谭

得

mg

E

qtand

由题意知，带电油滴的合力方向与速度方向相反，合力大小为

F二色

sin3

带电油滴沿着初速度方向做匀减速直线运动，运动到最高点时速度为零，由动能定理得

1

—FL=0—mv27

2

最高点与。点的水平距离为

x=点与最高点的电势差为

U=Ex

解得

mv2cos20

UTT=----------------

2q

故选Co

二、多选题

7.（24-25高二上•河北衡水•阶段练习）粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示:

沿轴线分布薄金属圆板0及A、B、C、D、E五个金属圆筒（又称漂移管），相邻金属圆筒分别用导线接在

M、N两点，。接M点，将M、N接在高压电源两端。质子飘入（初速度为0）金属圆板。轴心处的小孔

沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速

时电压。大小相同.质子电荷量为e,质量为m,不计质子经过狭缝的时间，则（）

10eU

A.质子从圆筒E射出时的速度大小为

m

圆筒E的长度为北悭，

B.

Vm

C.M、N所接电源是直流恒压电源

D.金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1:2

【答案】AB

【详解】A.质子从。点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得

5eU=—mvl

2E

质子从圆筒E射出时的速度大小为

10eU

VE^~

故A正确;

B.质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为

T_TT10eU

故B正确;

C.因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，/的右边缘为负极时，则在下一个加速时需

8右边缘为负极，所以所接电源的极性应周期性变化，故C错误;

D.由AB可知，金属圆筒A的长度

金属圆筒B的长度

则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1：亚，故D错误。

故选ABo

8.（23-24高二上•黑龙江哈尔滨•阶段练习）一对平行正对的金属板C、。接入如图所示的电路中，。板固

定，。板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到/点后再

返回，已知/到。板的距离是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（）

A.若将。板向左平移至/点，电子恰能到达。板

B.若将。板向右平移至某位置，电子将不能运动至/点

C.若要让电子能够到达。板，可将电子的动能至少增加为原来的1.5倍

D.若闭合开关，再将。板向左平移至4点或4点左侧某位置，电子能够到达。板

【答案】AC

【详解】AB.从。板发射一电子，恰能运动到/点后再返回，则有

-eUCA=-e-EdCA=0-%

若将。板向左平移至/点，根据

C=-^~

4兀kd

u

可得

E=^Q

qs

两极板间电场强度不变，则电子恰能到达。板，同理，若将。板向右平移至某位置，电子恰能运动至N点,

故A正确，B错误；

C.若要让电子能够到达。板，则

一?“口=-e，EdcD=。一E[o

UdCA=3-dCD

所以

Eko=1•5凡0

故C正确;

D.若闭合开关，再将。板向左平移至/点或/点左侧某位置，则电容器两极板间电势差不变，两极板间

距离减小，两极板间电场强度增大，电子不能到达。板，故D错误。

故选ACo

9.（23-24高二上•河南南阳•期末）如图所示，P、。两极板间电压为U,在尸板附近有一电子（电荷量为

-e、质量为加）仅在电场力作用下由静止开始向。板运动，则（）

eU

A.电子到。板时速率为

2m

B.两极板间距离越大，电子到达。板时速率越大

C.两极板间距离越小，电子在两极板间运动的加速度越大

D.电子到达。板时速率与两极板间距离无关

【答案】CD

【详解】ABD.根据动能定理有

12

eU=—mv

2

解得

2eU

可知电子到达。板时速率与两极板间距离无关，故AB错误，D正确;

C.根据牛顿第二定律有

Cl—qE_—qU

mmd

可知两极板间距离越小，电子在两极板间运动的加速度越大，故c正确；

故选CD。

10.（23-24高二上•湖南邵阳・期末）匀强电场的电场强度£随时间f变化的图像如图所示，当片0时，将一

带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（）

八皮（V-m-i）

40--------::----:

■III

IIII

IIII

IIII

IIII

IIII

IIII

IIII

-20|~::---------:—

A.带电粒子将做往复运动

B.0〜3s内，电场力做的总功不为零

C.2s末带电粒子离出发点最远

D.3s末带电粒子回到原出发点

【答案】AD

【详解】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为

a=里

W1

m

在第2s内加速度大小为

凡==2%

■m

因此带电粒子在0〜1S内向负方向做加速度大小为q的匀加速直线运动，在1〜L5S内向负方向做加速度大小

为电的匀减速直线运动，1.5〜2s内向正方向做加速度大小为电的匀加速直线运动，2~3s内向正方向做加

速度大小为6的匀减速直线运动，在"3s时，带电粒子速度刚好减为。且回到出发点；

A.综上分析可知，带电粒子做周期性的往返运动，故A正确；

B.0〜3s内，电场力做的总功为零，故B错误；

C.1.5s末，带电粒子离出发点最远，故C错误；

D.3s末带电粒子回到原出发点，故D正确。

故选AD。

11.（23-24高二上•广东广州•期末）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、

C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度V。从。点沿轴线进入加速器，质子在每

个金属圆筒内做匀速运动且时间均为7,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压。大小相同。质

子电荷量为e,质量为〃?，不计质子经过狭缝的时间，下列说法正确的是（）

/漂移管

A.MN所接电源的极性应周期性变化

B.圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比

C.质子从圆筒E射出时的速度大小为，呼+说

D.圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为1:2

【答案】ABC

【详解】A.因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个

加速时需B右边缘为正极，所以九W所接电源的极性应周期性变化，A正确；

B.因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,由

可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确;

C.质子以初速度师从。点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得

C正确;

D.对于带电粒子在圆筒A分析可得

4

对于质子以初速度吨从。点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动能定理可得

解得

2

VB=

所以

故D错误。

故选ABCo

12.（24-25高二上•陕西榆林•阶段练习）如图所示，水平放置的平行板电容器上下极板M、N分别带有等量

异种电荷，电荷量大小均为0,两极板间距为"，质量为办电荷量为《的带负电微粒从上极板"的边缘以

初速度％射入，恰好沿直线从下极板N边缘射出，重力加速度为g。则（）

A.两极板间的电压-^―

q

B.微粒的机械能减小加g"

C.电容器的电容。=当

mga

D.保持。不变，仅将极板N向下平移，微粒仍沿直线从极板间射出

【答案】BCD

【详解】A.因为带电微粒做直线运动，则微粒受力平衡，根据平衡条件有

U

q1=mg

a

得

u=g

q

负电荷受电场力方向向上，所以电场方向竖直向下，则

(PM>(PN

所以

£=皿

q

故A错误；

B.重力做功〃?gd,微粒的重力势能减小，由于微粒做匀速直线运动，动能不变，根据能量守恒定律得知,

微粒的重力势能减小了,故B正确；

C.电容器的电容

c=2=①

Umgd

故C正确；

D.在。不变时，仅将极板N向下平移，由

E；U「QJnkQ

dCdsS

知电场强度不变，微粒仍受力平衡，微粒仍沿直线从极板间射出，故D正确。

故选BCDo

13.（24-25高二上•福建三明•阶段练习）如图所示，M.N为水平平行金属板，上板有一孔°,两板相距为

d,分别与电源两极相连，开关S闭合。一带电荷量为外质量为加的液滴自。孔正上方距离为d的尸点由

静止自由下落，到达距离上板工的0点时速度恰好变为零，重力加速度为g,则以下判断正确的是（）

B.N板上移一小段距离，液滴仍能到达。点

C.若S断开，N板上移一小段距离，液滴仍能到达。点

D.若S断开，N板右移一小段距离，液滴仍能到达。点

【答案】AC

【详解】A.根据动能定理

3dU

mg---q—=0

解得

L，_3mgd

q

故A正确；

B.N板上移一小段距离，若液滴仍能到达0点，则

所以液滴不能到达0点，故B错误

C.根据电容的定义式及决定式有

C一3s一。

4兀kdU

根据电场的计算公式有

E上

d

解得

E^Q

=qs

若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，根据动能定理

mg■技—qE=Q

由上式可知，若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，等式仍然成立，液滴仍然能到达。点，故

C正确；

D.根据若S断开，N板右移一小段距离，S减小，E增大,若粒子仍能到达。点，则

3d厂d

mg--<qE-

所以液滴不能到达0点，故D错误。

故选ACo

14.（24-25高二上•福建三明•开学考试）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成6角，极板的长度

为乙A板带负电，B板带正电，且B板接地。若一比荷为人的带电小球恰能沿图中所示水平直线向右通过

电容器A、B板边缘，重力加速度大小为g,下列说法正确的是（）

A.小球带正电

一,皿屹、,g/tan®

B.A板的电势为---

左cos”

C.若小球离开电场时速度刚好为0,则运动时间为

D.在此过程中小球的电势能减小

【答案】AB

【详解】A.分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水

平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图所示

Eq

p卜-----

mg-

电场线的方向垂直于极板，从极板B指向极板A,带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场线的方

向相同，由此可知，该小球带正电，故A正确；

B.根据小球的受力情况可得

qEcos0-mg

解得

E=4~

qcosd

根据几何关系可得板间距为

d=Ltan0

电场强度为

E=UBA=0一.A

dd

解得A板的电势为

gLtand

%=一一1一6

左cos”

故B正确；

C.小球在电场中所受合力为

F合=mgtan0

根据牛顿第二定律可得小球在电场中的加速度大小为

a=-2-=gtan〃

m

根据几何关系可得小球的位移为

L

cos。

则有

x=—at

2

解得小球在电场中运动的时间为

2L

gsin。

故c错误；

D.此过程中电场力做负功，则可知小球的电势能增加，故D错误。

故选ABo

15.（2024・陕西安康•模拟预测）如图所示，水平放置的平行板电容器间存在着竖直向上的匀强电场，电容

器外无电场，上极板中心有一小孔。现将一长度为上的均匀带电绝缘细杆的下端对齐小孔，然后由静止释

2

放，细杆下落的最大距离为I乙（未到达下极板）。已知绝缘细杆的质量为加、总带电量为q,重力加速度为

g,不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

十++++4

A.细杆带正电

B,细杆下降过程中的加速度先增大后减小

c.从静止释放到下落至最低点的过程中，细杆的电势能增加了2加g£

D.平行板电容器间的电场强度大小为返

【答案】ACD

【详解】A.若细杆带负电，则细杆将受到竖直向下的电场力，所以细杆会一直加速，根据题意细杆应先向

下加速后向下减速，故细杆带正电，故A正确；

B.设进入电场的细杆长度为x,则

mg—qE—=ma

所以随着细杆下落，进入电场的长度X不断增大，但加速度应先向下减小后向上增大，故B错误；

2

C.从静止释放到下落至最低点的过程中，细杆增加的电势能等于减小的重力势能§机g£,故C正确;

D.由动能定理得

mg'-L-F'—L=0

由于细杆所受电场力为

即细杆进入电场所受电场力与进入电场的细杆的长度正正比，所以

2

_O+-qE

F=——

2

解得

£二咽

q

故D正确。

故选ACDo

三、解答题

16.(24-25高二上•全国・期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生

微波。其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势。随x的分布如图所示。一质量

m=1.0xl0-2°kg,电荷量q=1.0xl0-9c的带负电的粒子从(一0.5,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴

上做往返运动。忽略粒子的重力等因素，求：

(1＞轴左侧电场强度片和右侧电场强度外的大小之比冬;

七2

(2)该粒子运动的最大速度L；

(3)该粒子运动的周期7。

【答案】(1)2:1(2)2xl06m/s(3)3x10-%

【详解】(1)由题图可知

=4=20V

由电场强度和电势差的关系可得左侧电场强度

&=2

dx

右侧电场强度

E=支

2

d2

由题图知4=0.5cm,d2=lcm

联立可得

£^_2

瓦一T

(2)粒子运动到原点时速度最大，根据

4-。=20q

解得

6

vm=2xl0m/s

(3)设粒子半个周期内在原点左右两侧运动的时间分别为4、t2,由运动学公式得

’1

’2

7=2(%+4)

联立解得粒子运动的周期

T=3xl(T8s

17.(24-25高二上・辽宁•阶段练习)如图所示，真空中两块大小形状完全相同的金属板A、B正对水平放置,

间距为九两板可以通过开关S与电压为。的电源连接。开始时开关S