電加速模型（解析版）-2024-2025學(xué)年人教版高二物理必修第三冊同步題型

專題07電加速模型

模型講解

一、帶電粒子在勻強電場中的加速

分析帶電粒子的加速問題有兩種思路

1.利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式分析。適用于電場是勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程

的物理量，公式有彳￡=加。，曠=為+必等。

2.利用靜電力做功結(jié)合動能定理分析。適用于問題涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場

情景時,公式有4￡4=5加b一于啾勻強電場)或山=5"/一辿任何電場)等。

二.帶電小球在電容器中的直線運動

1.受力情況：粒子所受的電場力是周期性變化的，即與速度方向在一段時間內(nèi)同向，在下一段時間內(nèi)反向。

2.運動特點：一會兒加速，一會兒減速；可能一直向前運動，也可能做往復(fù)運動，由粒子最初進入電場的時

間決定。

3.處理方法：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解。

(1)當空間存在交變電場時，粒子所受靜電力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，粒子的運動性質(zhì)也具有周

期性。

(2)研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，并輔以v—/圖像，特別注意帶電粒子進入交變電場時

的時刻及交變電場的周期。

案例剖析'

--------------—~■■

［例1］如圖所示為直線加速器的示意圖。平行金屬板加上恒定電壓U,質(zhì)量為加、電荷量為+q的帶電粒

子從A板由靜止釋放。求粒子到達B板的速度大小。

(1)帶電粒子在電場中做什么運動？

(2)設(shè)兩板間的距離為力加速度為多大？

(3)粒子到達B板的速度為多大？

(4)靜電力對帶電粒子做的功為多大？

(5)粒子到達B板的動能為多大？速度為多大？

(6)解決帶電粒子做勻加速運動問題的思路有哪些？應(yīng)用動能定理有什么優(yōu)越性？

(7)如果加速電場是非勻強電場，其他各量不變，粒子到達B板的動能為多大？速度為多大?

UA|

AB

【答案】(1)勻加速直線運動；(2)a=口,；(3)Vg=.——；(4)W=qU-,(5)E『qU,V￡=.——；(6)

mdvmV加

牛頓運動定律和動能定理。應(yīng)用動能定理的優(yōu)越性在于不用考慮物體的運動情況，也不涉及中間過程，解

題簡潔；(7)VB=、呼

Vm

【詳解】(1)平行金屬板加上恒定電壓。，則電場強度恒定，粒子所受電場力恒定，合外力恒定，加速度

恒定，又粒子由靜止釋放，則粒子做勻加速直線運動。

(2)根據(jù)牛頓第二定律有

mmmd

(3)粒子從A板到達B板的過程，有

2

lad-vB

代入加速度解得

(4)靜電力對帶電粒子做的功

W=qU

(5)粒子從A板到達B板的過程，根據(jù)動能定理有

12

qUT=—mVg

解得

則粒子到達B板的動能

(6)解決帶電粒子做勻加速運動問題的思路有牛頓運動定律和動能定理。應(yīng)用動能定理的優(yōu)越性在于不用

考慮物體的運動情況，也不涉及中間過程，解題簡潔。

(7)如果加速電場是非勻強電場，其他各量不變，粒子到達B板的過程，根據(jù)動能定理有

則動能

Ek=—mvB=qU

【例1】在如圖所示的平行板電容器的兩板48上分別加如圖甲、乙所示的兩種電壓，開始8

板的電勢比Z板高。在靜電力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動。若兩板間距足夠

大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應(yīng)的v—/圖像。

fl

甲乙

【答案】見解析

【解析】/=0時，8板電勢比Z板高，在靜電力作用下，電子向8板(設(shè)為正向)做初速度為

零的勻加速運動。

(1)對于題圖甲，在0?電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，?T電子做末速度為零

22

的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復(fù)前面的運動，其速度圖線如圖(1)所示。

(2)對于題圖乙，在0?工做類似(1)0?T的運動，工?T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速

22

度為零的直線運動。然后周期性地重復(fù)前面的運動，其速度圖線如圖(2)所示。

【例3】(多選)帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示。帶

電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()

E/(V?m-i)

A.微粒在0?1s內(nèi)的加速度與1?2s內(nèi)的加速度相同

B.微粒將沿著一條直線運動

C.微粒做往復(fù)運動

D.微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)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錯誤；0?1s和1?2s微粒

分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，根據(jù)這兩段運動的對稱性，1?2s的末速度為0,

所以每個1s內(nèi)的位移均相同且2s以后的運動重復(fù)0?2s的運動，是單向直線運動，B、D正

確，C錯誤。

【例4】如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔，初始時不

帶電。距小孔正上方高〃處不斷有質(zhì)量為加，電荷量為+?的小液滴由靜止滴落，當帶電液滴接觸到下極板

后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達下極板時停止釋放液滴(空氣阻力忽略不計，極板間電場可

視為勻強電場，重力加速度為g)。求：

(1)小液滴到達小孔處的速度；

(2)電容器所帶電荷量的最大值;

(3)最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間。

9。

h

-E3

d

【答案】(1)阿；⑵理⑴Q+號歷

'qhg

【詳解】(1)因電容器上方無電場，故液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學(xué)規(guī)律得

2gh=v2

解得

v=y/2gh

(2)當帶電液滴剛好不能到達電容器下極板時電容器的電量達到最大，對剛好不能到達電容器下極板的帶

電液滴運用動能定理得

mg{h+d}—qU=0

根據(jù)

Q=cu

解得

mgC(h+d)

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

q

(3)液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學(xué)規(guī)律

712

h=2gt

解得

2hg

fi=

gg

液滴在電容器內(nèi)部做勻變速運動，由運動學(xué)規(guī)律

解得

4d_2dd2gh

故最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間為

2h

t=tx+t2=

g

【例5】電荷量為q=lxlO-4c的帶正電小物塊置于粗糙的絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向的勻強

電場，場強E與時間，的關(guān)系及物塊速度v與時間f的關(guān)系分別如圖甲、乙所示，若重力加速度g取10

m/s2,求:

(1)物塊的質(zhì)量"2；

(2)物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù);

【答案】(1)0.5kg；(2)0.4；

(1)由圖可知，第1s物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有

由圖線知加速度為

ai=2m/s2

Is后物塊做勻速運動，由平衡條件有

qE?="mg

聯(lián)立解得

一E)=ma

由圖可得

?=3X104N/C

4

￡,2=2X10N/C

代入數(shù)據(jù)解得

zw=0.5kg

（2）由

qE2=/img

可得

〃=退=04

mg

（3）物塊在第1s的位移為

v2

S,=—t,=—xhn=lm

1212

物塊在第2s的位移為

S2=v/2=2xIm=2m

電場力做正功

-44-44

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

電場力做正功即電勢能減少7J。

綜合應(yīng)用

一、單選題

1.（24-25高二上?黑龍江哈爾濱?階段練習(xí)）粒子直線加速器原理示意圖如圖1所示，由多個橫截面積相同

的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間

的電壓變化規(guī)律如圖2所示，在片0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序

號為0）的中央有一自由電子由靜止開始發(fā)射，之后在各狹縫間持續(xù)加速。若電子質(zhì)量為加，電荷量為e,

交變電源電壓為U,周期為7。不考慮電子的重力，忽略電子通過圓筒狹縫的時間，下列說法正確的是（）

圖1圖2

A.電子在各狹縫間做勻速運動

B.電子離開1金屬圓筒時的速度為、匡

Vm

C.第〃號圓筒的長度應(yīng)滿足4=7、甲

Vm

D.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更小的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題中信息，電子在各狹縫間做加速運動，故A錯誤;

B.電子離開圓筒1時，由動能定理得

eU=—mv2

2

所以電子離開圓筒1瞬間速度為

故B錯誤;

C.電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，在金屬圓筒中的運動時間為交變電源周期的一半，即（，電

子在圓筒中做勻速直線運動，所以第〃個圓筒長度為

rTT\2neU萬\neU

L"=v”==-------=—

22V加V2m

故c錯誤；

D.由C可知，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更小的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期，故D正確。

故選D。

2.（23-24高一下?江蘇南京?期末）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小

孔分別位于。、M、尸點，由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，現(xiàn)將C板向左平移到P點，則由。

點靜止釋放的電子（）

'I-：-J*-?-■

1111

A.運動到尸點返回B.運動到尸和點之間返回

C.運動到P，點返回D.穿過P，點后繼續(xù)運動

【答案】D

【詳解】由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，表明電子在薄板A、B之間做加速運動，電場力做正

功，電場方向向左，在薄板B、C之間做減速運動，電場力做負功，電場方向向右，到達尸點時速度恰好

為0,之后，電子向左加速至“點，再向左減速至。點速度為0,之后重復(fù)先前的運動，根據(jù)動能定理有

~e^OM~e^MP=0

解得

UMP=~UOM=UMO

根據(jù)

c=2=￡

U4兀kd

當C板向左平移到P點，B、C間距減小，B、C之間電壓減小，則有

UMP=UMO>UMp,

結(jié)合上述有

—eU0M-eUMp,>0

可知，電子減速運動到P的速度不等于0,即電子穿過P點后繼續(xù)向右運動。

故選D。

3.（23-24高一下?湖南?期末）如圖，在P板附近有電荷（不計重力）由靜止開始向Q板運動，則以下解釋

正確的是（）

A.到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關(guān)

B.電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越短，加速度越小

C.電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大

D.若加速電壓。與電量4均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)動能定理得

〃12

qU=—mv

到達Q板的速率為

-產(chǎn)

可知到達Q板的速率只與加速電壓有關(guān)，與板間距離無關(guān)，故A錯誤;

BC.根據(jù)運動學(xué)公式

d=-at2

2

由牛頓第二定律

qU

q=--

md

可知兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越小，故BC錯誤;

D.到達Q板的速率為

Vm

故若加速電壓。、與電量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。

故選D。

4.（23-24高二上?江西九江?期末）平行金屬板A、B豎直放置，間距為d,充電后與電源分離，將一帶正電

粒子從A板附近由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從B板上小孔射出?，F(xiàn)將極板間距變?yōu)?d,再將同一粒

A.粒子射出時的速度增加為原來兩倍B.粒子運動的加速度大小不變

C.系統(tǒng)電勢能的減少量不變D.靜電力的沖量大小不變

【答案】B

【詳解】B.根據(jù)

c=2

U

c=￡

471kd

解得

E=網(wǎng)旦

3s

由電容器充電后與電源分離可得。不變，所以E不變，則粒子所受靜電力不變，由牛頓第二定律得粒子加

速度不變，故B正確;

A.根據(jù)公式

v2=lad

若將極板間距變?yōu)?d,可得粒子射出時速度變?yōu)轶?，故A錯誤;

C.靜電力做功為

W=Eqd=\NE^

"變?yōu)?倍，則電勢能的減少量變?yōu)?倍，故C錯誤;

D.靜電力的沖量為

I=Eqt—\p—mv—0

速度變?yōu)?v，則靜電力的沖量變?yōu)檠?，故D錯誤。

故選B。

5.（23-24高二下?廣東揭陽?期末）如圖所示，平行板電容器的兩極板連接一電壓恒定的電源，板間距離為

d,一帶電粒子P靜止在電容器內(nèi)部。若固定該帶電粒子，將電容器極板間距離增加人然后釋放該帶電粒

子。重力加速度為g,則粒子的加速度大小為（）

dP

h

hdC.9d+h

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

d+hd+ha

【答案】A

【詳解】極板間距離增加之前，粒子受重力和電場力作用處于平衡，有

U

mg=q-

a

將電容器極板間距離增加〃后，由牛頓第二定律得

U

-q------=ma

d+h

解得

故選Ao

6.（23-24高二下?四川成都?階段練習(xí)）一個帶電荷量為M的油滴，從。點以速度v射入方向水平向右的勻

強電場中恰好做直線運動，油滴運動到最高點P時未離開電場區(qū)域，v的方向與電場方向成。角。已知油滴

的質(zhì)量為加，重力加速度為g。則。、P兩點間的電勢差為（）

Cmv2cos20mv2sin2^

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

2q

【答案】C

【詳解】由題意可知，帶電油滴在勻強電場中受到水平向左的電場力，豎直向下的重力。因為其做直線運

動，所以其兩者的合力方向與速度方向相反，由幾何關(guān)系得

*譚

得

mg

E

qtand

由題意知，帶電油滴的合力方向與速度方向相反，合力大小為

F二色

sin3

帶電油滴沿著初速度方向做勻減速直線運動，運動到最高點時速度為零，由動能定理得

1

—FL=0—mv27

2

最高點與。點的水平距離為

x=點與最高點的電勢差為

U=Ex

解得

mv2cos20

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

2q

故選Co

二、多選題

7.（24-25高二上?河北衡水?階段練習(xí)）粒子直線加速器在科學(xué)研究中發(fā)揮著巨大的作用，簡化如圖所示:

沿軸線分布薄金屬圓板0及A、B、C、D、E五個金屬圓筒（又稱漂移管），相鄰金屬圓筒分別用導(dǎo)線接在

M、N兩點，。接M點，將M、N接在高壓電源兩端。質(zhì)子飄入（初速度為0）金屬圓板。軸心處的小孔

沿軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T,在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速

時電壓。大小相同.質(zhì)子電荷量為e,質(zhì)量為m,不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，則（）

10eU

A.質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為

m

圓筒E的長度為北慳，

B.

Vm

C.M、N所接電源是直流恒壓電源

D.金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為1:2

【答案】AB

【詳解】A.質(zhì)子從。點沿軸線進入加速器，質(zhì)子經(jīng)5次加速，由動能定理可得

5eU=—mvl

2E

質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為

10eU

VE^~

故A正確;

B.質(zhì)子在圓筒內(nèi)做勻速運動，所以圓筒E的長度為

T_TT10eU

故B正確;

C.因由直線加速器加速質(zhì)子，其運動方向不變，由題圖可知，/的右邊緣為負極時，則在下一個加速時需

8右邊緣為負極，所以所接電源的極性應(yīng)周期性變化，故C錯誤;

D.由AB可知，金屬圓筒A的長度

金屬圓筒B的長度

則金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為1：亞，故D錯誤。

故選ABo

8.（23-24高二上?黑龍江哈爾濱?階段練習(xí)）一對平行正對的金屬板C、。接入如圖所示的電路中，。板固

定，。板可左右平行移動，閉合開關(guān)，一段時間后再斷開開關(guān)，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到/點后再

返回，已知/到。板的距離是板間距離的三分之一，忽略電子的重力，則（）

A.若將。板向左平移至/點，電子恰能到達。板

B.若將。板向右平移至某位置，電子將不能運動至/點

C.若要讓電子能夠到達。板，可將電子的動能至少增加為原來的1.5倍

D.若閉合開關(guān)，再將。板向左平移至4點或4點左側(cè)某位置，電子能夠到達。板

【答案】AC

【詳解】AB.從。板發(fā)射一電子，恰能運動到/點后再返回，則有

-eUCA=-e-EdCA=0-%

若將。板向左平移至/點，根據(jù)

C=-^~

4兀kd

u

可得

E=^Q

qs

兩極板間電場強度不變，則電子恰能到達。板，同理，若將。板向右平移至某位置，電子恰能運動至N點,

故A正確，B錯誤；

C.若要讓電子能夠到達。板，則

一?“口=-e，EdcD=。一E[o

UdCA=3-dCD

所以

Eko=1?5凡0

故C正確;

D.若閉合開關(guān)，再將。板向左平移至/點或/點左側(cè)某位置，則電容器兩極板間電勢差不變，兩極板間

距離減小，兩極板間電場強度增大，電子不能到達。板，故D錯誤。

故選ACo

9.（23-24高二上?河南南陽?期末）如圖所示，P、。兩極板間電壓為U,在尸板附近有一電子（電荷量為

-e、質(zhì)量為加）僅在電場力作用下由靜止開始向。板運動，則（）

eU

A.電子到。板時速率為

2m

B.兩極板間距離越大，電子到達。板時速率越大

C.兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大

D.電子到達。板時速率與兩極板間距離無關(guān)

【答案】CD

【詳解】ABD.根據(jù)動能定理有

12

eU=—mv

2

解得

2eU

可知電子到達。板時速率與兩極板間距離無關(guān)，故AB錯誤，D正確;

C.根據(jù)牛頓第二定律有

Cl—qE_—qU

mmd

可知兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大，故c正確；

故選CD。

10.（23-24高二上?湖南邵陽?期末）勻強電場的電場強度￡隨時間f變化的圖像如圖所示，當片0時，將一

帶電粒子在此勻強電場中由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（）

八皮（V-m-i）

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

■III

IIII

IIII

IIII

IIII

IIII

IIII

IIII

-20|~::---------:—

A.帶電粒子將做往復(fù)運動

B.0?3s內(nèi)，電場力做的總功不為零

C.2s末帶電粒子離出發(fā)點最遠

D.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點

【答案】AD

【詳解】由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為

a=里

W1

m

在第2s內(nèi)加速度大小為

凡==2%

■m

因此帶電粒子在0?1S內(nèi)向負方向做加速度大小為q的勻加速直線運動，在1?L5S內(nèi)向負方向做加速度大小

為電的勻減速直線運動，1.5?2s內(nèi)向正方向做加速度大小為電的勻加速直線運動，2~3s內(nèi)向正方向做加

速度大小為6的勻減速直線運動，在"3s時，帶電粒子速度剛好減為。且回到出發(fā)點；

A.綜上分析可知，帶電粒子做周期性的往返運動，故A正確；

B.0?3s內(nèi)，電場力做的總功為零，故B錯誤；

C.1.5s末，帶電粒子離出發(fā)點最遠，故C錯誤；

D.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點，故D正確。

故選AD。

11.（23-24高二上?廣東廣州?期末）如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、

C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質(zhì)子以初速度V。從。點沿軸線進入加速器，質(zhì)子在每

個金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為7,在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓。大小相同。質(zhì)

子電荷量為e,質(zhì)量為〃?，不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，下列說法正確的是（）

/漂移管

A.MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化

B.圓筒的長度應(yīng)與質(zhì)子進入該圓筒時的速度成正比

C.質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為，呼+說

D.圓筒A的長度與圓筒B的長度之比為1:2

【答案】ABC

【詳解】A.因由直線加速器加速質(zhì)子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時，則在下一個

加速時需B右邊緣為正極，所以九W所接電源的極性應(yīng)周期性變化，A正確；

B.因質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T,由

可知，金屬圓筒的長度應(yīng)與質(zhì)子進入圓筒時的速度成正比，B正確;

C.質(zhì)子以初速度師從。點沿軸線進入加速器，質(zhì)子經(jīng)4次加速，由動能定理可得

C正確;

D.對于帶電粒子在圓筒A分析可得

4

對于質(zhì)子以初速度噸從。點沿軸線進入加速器，質(zhì)子經(jīng)1次加速，由動能定理可得

解得

2

VB=

所以

故D錯誤。

故選ABCo

12.（24-25高二上?陜西榆林?階段練習(xí)）如圖所示，水平放置的平行板電容器上下極板M、N分別帶有等量

異種電荷，電荷量大小均為0,兩極板間距為"，質(zhì)量為辦電荷量為《的帶負電微粒從上極板"的邊緣以

初速度％射入，恰好沿直線從下極板N邊緣射出，重力加速度為g。則（）

A.兩極板間的電壓-^―

q

B.微粒的機械能減小加g"

C.電容器的電容。=當

mga

D.保持。不變，僅將極板N向下平移，微粒仍沿直線從極板間射出

【答案】BCD

【詳解】A.因為帶電微粒做直線運動，則微粒受力平衡，根據(jù)平衡條件有

U

q1=mg

a

得

u=g

q

負電荷受電場力方向向上，所以電場方向豎直向下，則

(PM>(PN

所以

￡=皿

q

故A錯誤；

B.重力做功〃?gd,微粒的重力勢能減小，由于微粒做勻速直線運動，動能不變，根據(jù)能量守恒定律得知,

微粒的重力勢能減小了,故B正確；

C.電容器的電容

c=2=①

Umgd

故C正確；

D.在。不變時，僅將極板N向下平移，由

E；U「QJnkQ

dCdsS

知電場強度不變，微粒仍受力平衡，微粒仍沿直線從極板間射出，故D正確。

故選BCDo

13.（24-25高二上?福建三明?階段練習(xí)）如圖所示，M.N為水平平行金屬板，上板有一孔°,兩板相距為

d,分別與電源兩極相連，開關(guān)S閉合。一帶電荷量為外質(zhì)量為加的液滴自。孔正上方距離為d的尸點由

靜止自由下落，到達距離上板工的0點時速度恰好變?yōu)榱?，重力加速度為g,則以下判斷正確的是（）

B.N板上移一小段距離，液滴仍能到達。點

C.若S斷開，N板上移一小段距離，液滴仍能到達。點

D.若S斷開，N板右移一小段距離，液滴仍能到達。點

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)動能定理

3dU

mg---q—=0

解得

L，_3mgd

q

故A正確；

B.N板上移一小段距離，若液滴仍能到達0點，則

所以液滴不能到達0點，故B錯誤

C.根據(jù)電容的定義式及決定式有

C一3s一。

4兀kdU

根據(jù)電場的計算公式有

E上

d

解得

E^Q

=qs

若S斷開，N板上移一小段距離，電場強度不變，根據(jù)動能定理

mg■技—qE=Q

由上式可知，若S斷開，N板上移一小段距離，電場強度不變，等式仍然成立，液滴仍然能到達。點，故

C正確；

D.根據(jù)若S斷開，N板右移一小段距離，S減小，E增大,若粒子仍能到達。點，則

3d廠d

mg--<qE-

所以液滴不能到達0點，故D錯誤。

故選ACo

14.（24-25高二上?福建三明?開學(xué)考試）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成6角，極板的長度

為乙A板帶負電，B板帶正電，且B板接地。若一比荷為人的帶電小球恰能沿圖中所示水平直線向右通過

電容器A、B板邊緣，重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

A.小球帶正電

一,皿屹、,g/tan?

B.A板的電勢為---

左cos”

C.若小球離開電場時速度剛好為0,則運動時間為

D.在此過程中小球的電勢能減小

【答案】AB

【詳解】A.分析可知，小球受豎直向下的重力，以及垂直于電容器極板的電場力，小球恰能沿圖中所示水

平直線向右通過電容器，則小球所受電場力方向為垂直電容器極板斜向左上方，小球的受力分析如圖所示

Eq

p卜-----

mg-

電場線的方向垂直于極板，從極板B指向極板A,帶正電的粒子在電場中所受電場力的方向與電場線的方

向相同，由此可知，該小球帶正電，故A正確；

B.根據(jù)小球的受力情況可得

qEcos0-mg

解得

E=4~

qcosd

根據(jù)幾何關(guān)系可得板間距為

d=Ltan0

電場強度為

E=UBA=0一.A

dd

解得A板的電勢為

gLtand

%=一一1一6

左cos”

故B正確；

C.小球在電場中所受合力為

F合=mgtan0

根據(jù)牛頓第二定律可得小球在電場中的加速度大小為

a=-2-=gtan〃

m

根據(jù)幾何關(guān)系可得小球的位移為

L

cos。

則有

x=—at

2

解得小球在電場中運動的時間為

2L

gsin。

故c錯誤；

D.此過程中電場力做負功，則可知小球的電勢能增加，故D錯誤。

故選ABo

15.（2024?陜西安康?模擬預(yù)測）如圖所示，水平放置的平行板電容器間存在著豎直向上的勻強電場，電容

器外無電場，上極板中心有一小孔?，F(xiàn)將一長度為上的均勻帶電絕緣細桿的下端對齊小孔，然后由靜止釋

2

放，細桿下落的最大距離為I乙（未到達下極板）。已知絕緣細桿的質(zhì)量為加、總帶電量為q,重力加速度為

g,不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

十++++4

A.細桿帶正電

B,細桿下降過程中的加速度先增大后減小

c.從靜止釋放到下落至最低點的過程中，細桿的電勢能增加了2加g￡

D.平行板電容器間的電場強度大小為返

【答案】ACD

【詳解】A.若細桿帶負電，則細桿將受到豎直向下的電場力，所以細桿會一直加速，根據(jù)題意細桿應(yīng)先向

下加速后向下減速，故細桿帶正電，故A正確；

B.設(shè)進入電場的細桿長度為x,則

mg—qE—=ma

所以隨著細桿下落，進入電場的長度X不斷增大，但加速度應(yīng)先向下減小后向上增大，故B錯誤；

2

C.從靜止釋放到下落至最低點的過程中，細桿增加的電勢能等于減小的重力勢能§機g￡,故C正確;

D.由動能定理得

mg'-L-F'—L=0

由于細桿所受電場力為

即細桿進入電場所受電場力與進入電場的細桿的長度正正比，所以

2

_O+-qE

F=——

2

解得

￡二咽

q

故D正確。

故選ACDo

三、解答題

16.(24-25高二上?全國?期末)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生

微波。其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢。隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量

m=1.0xl0-2°kg,電荷量q=1.0xl0-9c的帶負電的粒子從(一0.5,0)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸

上做往返運動。忽略粒子的重力等因素，求：

(1＞軸左側(cè)電場強度片和右側(cè)電場強度外的大小之比冬;

七2

(2)該粒子運動的最大速度L；

(3)該粒子運動的周期7。

【答案】(1)2:1(2)2xl06m/s(3)3x10-%

【詳解】(1)由題圖可知

=4=20V

由電場強度和電勢差的關(guān)系可得左側(cè)電場強度

&=2

dx

右側(cè)電場強度

E=支

2

d2

由題圖知4=0.5cm,d2=lcm

聯(lián)立可得

￡^_2

瓦一T

(2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)

4-。=20q

解得

6

vm=2xl0m/s

(3)設(shè)粒子半個周期內(nèi)在原點左右兩側(cè)運動的時間分別為4、t2,由運動學(xué)公式得

’1

’2

7=2(%+4)

聯(lián)立解得粒子運動的周期

T=3xl(T8s

17.(24-25高二上?遼寧?階段練習(xí))如圖所示，真空中兩塊大小形狀完全相同的金屬板A、B正對水平放置,

間距為九兩板可以通過開關(guān)S與電壓為。的電源連接。開始時開關(guān)S