2026新高二物理暑假衔接2套（人教版）第37讲 10.5带电粒子在电场中的运动（教师版）

10.5带电粒子在电场中的运动

——精剖细解细预习讲义

知识点1：带电粒子在电场中的加速

（1）带电粒子的种类

（2）带电粒子的运动情形

带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线

上，做加速（或减速）直线运动。

速度方向与电场方向带电粒子的电性运动情形图示

带正电的粒子加速

相同

带负电的粒子减速

带正电的粒子减速

相反

带负电的粒子加速

（3）加速问题的两种分析思路

（4）带电粒子在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

合

FU22

①用运动学和动力学的分析方法：a＝，E＝，v－v0＝2aS.②用能量的分析方法：匀强电场中

md

1212

W＝qEd＝qU＝mv－mv0，匀强电场和非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。当带电粒子所受合外

22

力为零，粒子做匀速直线运动；当带电粒子所受合外力不为零，粒子做变速直线运动。

带电粒子在匀强电场中的直线运动

1．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度

v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为m，电荷量为e，则两金属

板间的电势差U为（）

mv2mv2mdv2mhv2

A．B．C．D．

2h2e2eh2ed

【答案】C

【详解】电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得

1

eEh0mv2

2

两板间的电场强度

U

E

d

解得两金属板间的电势差U为

mdv2

U

2eh

故选C。

2．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列

说法正确的是（）

A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大

B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大

C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关

D．以上说法均不正确

【答案】C

【详解】设两板间电势差为U，根据动能定理有

1

Uemv2

2

解得

2eU

v

m

可知，两板间电压一定的情况下，增加板间距或减小板间距，电子到达Q板时的速度不变，即电子

到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关。

故选C。

带电粒子在周期性变化电场中的直线运动

3．如图甲，某装置中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为

奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极

间电势差的变化规律如图乙所示。在t0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和

偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个电子由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为

使电子运动到圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度

的设计必须遵照一定的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通

过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则（）

A．电子在金属圆筒中被加速

B．电子在金属圆筒中的运动时间为T

C．电子出第8个圆筒瞬间速度为4eUm

2T

D．第8个圆筒长度为eUm

m

【答案】D

【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直

线运动，故A错误；

B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电

T

源周期的一半，即，故B错误；

2

C．由动能定理得

1

8eUmv2

2

电子出第8个圆筒瞬间速度为

eU

v4

m

故C错误；

D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为

T2T

LveUm

82m

故D正确。

故选D。

4．如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一

质量为m、电荷量为q的带正电的微粒，t0时刻微粒在两板正中间的P点以速度v0平行金属板运

动，3t0时间内粒子未到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是（）

A．0~t0时间内，微粒偏向N板运动

2

B．t2t0时，重力对微粒做功的瞬时功率为mgt0

22

C．0~2t0时间内，电场力对微粒做的功为2mgt0

22

D．0~3t0时间内，微粒动能增量为mgt0

【答案】C

【详解】A．0~t0时间内，UMN0，电场线方向由N指向粒子带正电，因此受电场力方向指向M

板，故A错误；

B．0~t0时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为

U

FEqq2mg

d

方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加速度大小

为g，方向竖直向上。t0~2t0时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向下，大小为3mg，

根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据运动学公式，t2t0时粒子

在竖直方向的速度大小为

v3gt0gt02gt0

方向竖直向下，根据瞬时功率的公式

PFvcos

重力的瞬时功率为

2

P2mgt0

故B错误；

C．根据B选项分析，粒子在0~t0时间内的竖直位移为

11

hat2gt2

1220

方向竖直向上。粒子在t0~2t0时间内的竖直位移为

111

hvtat2gt23gt2gt2

20202020

方向竖直向下，则0~2t0时间内，粒子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据动能定理，

电场力对微粒做的功为

1222

W电mv2mgt

20

故C正确；

D．2t0~3t0时间内，粒子的受力与0~t0相同，故加速度与0~t0时间内相同，根据前面选项已知的

信息，t3t0的速度为

vvat2gtgtgt

2t0000

方向竖直向下，则03t0时间内，微粒动能增量为

11

Emv2mg2t2

k220

故D错误。

故选C。

带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动

5．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板的小孔向两

板间喷入大小不同、带电量也不同但密度相同的小油滴。已知油滴a、b的质量之比为8:1，油滴可

视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径和运动速率乘积成正比，两板间不加电压时，油滴a、b在

重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v1、v2，两板间加上电压后（上板为正极），

这两个油滴很快达到相同的速率v，均竖直向下匀速运动，且2vv1v2，不计空气浮力和油滴间的

相互作用，设油滴a、b所带电荷量的绝对值分别为qa、qb。下列说法正确的是（）

A．油滴a带负电，qa:qb10:1

B．油滴a带负电，qa:qb5:1

C．油滴a带正电，qa:qb10:1

D．油滴a带正电，qa:qb5:1

【答案】A

【详解】设油滴的半径为r，密度为ρ，则有油滴的质量为

4

mr3

3

已知油滴a、b的质量之比为8:1，可得

r38

a

3

rb1

解得

r2

a

rb1

由题意可知，速度为v＇时，空气阻力的大小为

Ffkvr

竖直向下匀速运动，由平衡条件可得

Ffmg

联立解得

3kv

r

4g

由上式可知，半径r与v成正比，则有

r2v4

a1

2

rbv21

又有

2vv1v2

联立解得

8

vv

13

2

vv

23

当两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率v，可知油滴a做减速运动，

油滴b做加速运动，由此可知，油滴a带负电，油滴b带正电，当油滴再次达到平衡状态时，对油

滴a有

qaEFfamag

对油滴b有

FfbqbEmbg

由油滴的前后速度的比值关系可得

3

Fmg

fa8a

3

Fmg

fb2b

联立解得

q10

a

qb1

A正确，BCD错误。

故选A。

6．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀

强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（）

A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2

B．整个过程中机械能的增量为mg2t2

C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2

2

D．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2

3

【答案】D

【详解】AB．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设

电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由

11

gt2(vtat2)

22

又

vgt

解得

a3g

则小球回到A点时的速度为

vvat2gt

整个过程中速度增量的大小为

vvv3gt

速度增量的大小为3gt。动量增加为3mgt，由牛顿第二定律得

qEmg

a

m

联立解得

1

qE4mg，EEqEgt22mg2t2

p2

故AB错误；

C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，动能减少了

1

Emg2t2

k2

故C错误；

D．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得

1

mghqE(hgt2)0

2

解得

2

hgt2

3

从A点到最低点小球重力势能减少了

2

Emghmg2t2

p3

故D正确。

故选D。

带电粒子在其它非匀强电场中的运动

7．在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，

电子仅受电场力，则该电子（）

A．在x1处速度达到最大

B．从x1到x2的过程中电场力做正功

C．在x3处电势为零，电场强度也为零

D．从x3到x4的过程中加速度逐渐增大

【答案】A

【详解】A．根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，

由沿电场线方向电势逐渐降低可知，0~x1电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由φ-x图像中

斜率表示电场强度可知，x1处电场强度为0，结合上述分析可知，从0~x1电子在电场力作用下做加

速运动，之后做减速运动，则电子运动到x1处时速度最大，故A正确；

B．从x1到x2电场方向水平向右，此过程中电场力做负功，故B错误；

C．φ-x图像中斜率表示电场强度可知，在x3处电势为零，但电场强度不为零，故C错误；

D．由φ-x图像中斜率表示电场强度可知，从x3到x4的过程中电场强度逐渐减小，则加速度逐渐减小，

故D错误。

故选A。

8．如图所示，在某两个点电荷产生的电场中，某个区域x轴上电势随x变化的图像，规定无限远

处电势为零，一带电粒子在x0处由静止释放，只在电场力作用下沿x轴正向运动（粒子只在x轴

上运动），则下列说法正确的是（）

A．两个场源点电荷一定为等量的异种电荷

B．粒子在x1x3段过程中电势能增加

C．粒子在x1处电势能最大

D．Ox3段带电粒子受到的电场力先增大后减小

【答案】B

【详解】A．由图像可知电势先减小后增大且电势一直为正值，可知两个场源点电荷一定为同种正

电荷，图像不对称所以两个场源点电荷电荷量不等，故A错误；

B．粒子由静止释放且沿x轴正方向运动，Ox1段电场力做正功，则在x1x3段过程中电势逐渐增

大，电场力做负功，电势能增加，故B正确；

C．电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，粒子在x1处电势能最小，故C错误；

D．图像斜率绝对值表示场强大小，Ox3段斜率先变小后变大，电场强度先减小后增大，则电粒子

受到的电场力先减小后增大，故D错误。

故选B。

电场中的能量问题

9．如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上直径AB、CD之间的夹角为60，OE

与OB之间的夹角也为60。在A、C两点分别固定电荷量均为Q的正点电荷，电荷量为q的带正电

Q

小环由B点静止释放。已知点电荷周围某点的电势k，式中Q为点电荷的电荷量，r为该点到

r

点电荷的距离，k为静电力常量，不计带电小环的重力，则带电小环运动到E点时的动能为（）

943kqQ943kqQ323kqQ923kqQ

A．B．C．D．

6R6R3R6R

【答案】A

【详解】根据电场的叠加性原理，A和C两点电荷在B点的电势为

QQ3kQ

kk

BR2R2R

同理根据电场的叠加性原理可知，E点的电势为

Q23kQ

2k

E2Rsin603R

小环从B点到E点，由能量守恒有

qBqEEk

解得

943kqQ

E

k6R

故选A。

10．如图所示，在绝缘水平面上固定一正点电荷Q，绝缘轻弹簧一端固定在水平面上，另一端连接

一带电量为－q、质量为m的滑块（可看做点电荷），滑块从A点以初速度v0沿水平面向Q运动，

到达B点时速度为零。已知AO＝BO＝x，滑块在O点时，弹簧处于自然长度，滑块与水平面间的摩

擦力大小为f。以下判断正确的是（）

A．滑块与弹簧系统在从A到B点过程中机械能守恒

B．滑块一定不能从B点回到A点

1

C．滑块能从B点回到A点，回到A点时动能为mv24fx

20

4fxmv2

D．产生的电场中A、O两点间的电压U0

4q

【答案】B

【详解】A．滑块与弹簧系统在从A到B点过程中，存在库仑力和摩擦力做功，机械能不守恒，故

A错误；

BC．由于B点处弹簧伸长量等于A点处弹簧压缩量，可知B点处弹性势能等于A点处弹性势能，

而滑块从B点向右运动过程，需要克服摩擦力和库仑力做功，根据能量守恒可知，滑块一定不能从

B点回到A点，故B正确，C错误；

D．假设AB间的电场为匀强电场，设A、O两点间的电压为U，从A到B，根据功能关系有

1

mv2q2Uf2x

20

解得

4fxmv2

U0

4q

但点电荷产生的电场为非匀强电场，所以

4fxmv2

U0

4q

故D错误。

故选B。

知识点2：带电粒子在电场中的偏转

（1）两种偏转的情形

情形进入电场的方式受力特点运动特点图示

以初速度v0以初速度v0垂直电场力大小恒定，做类平抛运动

垂直场强方场强方向射入匀且方向与初速度v（匀变速曲线

向射入匀强强电场，受恒定0的方向垂直。运动运动）。

电场电场力作用，做

类似平抛运动。

先加速后偏静止放在匀强电加速阶段：电场力加速阶段：匀加

转场中，经过电场大小恒定，且方向速直线运动；偏

加速获得速度v与运动方向平行；转阶段：做类平

0，然后垂直场强偏转阶段：电场力抛运动。

方向射入匀强电大小恒定，且方向

场。与速度v0的方向

垂直。

（2）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键

（3）偏转运动的分析

带电粒子在电场中做类平抛运动（如图所示），由类平抛运动的规律可得：

水平方向上：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t。

FqEqU121qU2

竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝at，a＝＝＝，位移y＝at=t。

mmmd22md

2222

合速度：v＝vx＋vy，合位移：s＝x＋y。

1/2

带电粒子在电场中的运动时间：能离开电场，则t=l/v0；不能离开电场，则t=（2mdy/qU），

1/2d=1/2at2=（qU/2md）t2。

推论：①物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②物体在任一

时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα；③不同的

12

带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场U1的，则由动能定理有：qU0＝mv0得：

2

U1l

tanθ＝，由此可得粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。即不同

2U0d

的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的。

带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动

11．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相

同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强

电场mgqE，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则

（）

A．tbtatctdB．tbtctatdC．tatdtbtcD．tbtatdtc

【答案】D

【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由

1

hgt2

2

可得落地时间为

2h

tt

adg

微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，

由牛顿第二定律分别可得

mgqEmab

mgqEmac

类比微粒a可得，落地时间分别为

2h

tbta

ab

2h

tcta

ac

对比可得

tbtatdtc

故选D。

12．如图所示，在地面上空两水平虚线区域内存在水平向右的匀强电场，带正电荷的小球从匀强电

场上方的O点由静止释放，不计空气阻力，以O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下

为y轴正方向，建立平面直角坐标系xOy。则小球在落地前的运动轨迹可能是（）

A．B．C．

D．

【答案】C

【详解】小球初始做自由落体运动，速度方向竖直向下，当带正电荷的小球进入水平向右的匀强电

场区域后，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方

向不在同一条直线上，小球做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间，轨迹上凹；出电场

区域后，小球受到的重力方向竖直向下，与速度的方向仍然不在同一条直线上，小球依然做曲线运

动，但轨迹向下凹，选项C正确。

故选C。

带电物体在匀强电场中做抛体运动的相关计算

13．三个带电粒子的电荷量和质量分别为：甲粒子q,m、乙粒子q,m、丙粒子2q,4m，它们

先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入沿y轴负方向的匀强电场中，粒子的运动轨迹如

图所示。不计重力，q0。则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是（）

A．①、②、③B．③、①、②C．②、①、③D．③、②、①

【答案】B

【详解】设质量为m、电荷量为q的粒子经过时间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，

比荷为k，电场强度大小为E；根据牛顿第二定律可得加速度大小为

qE

akE

m

x方向粒子做匀速直线运动，则有

x

t

v

即经过相同时间水平位移相等；竖直方向根据位移-时间关系可得

1

yat2

2

整理可得

kEx2

y

2v2

由于乙粒子q,m与其它两个粒子电性相反，故偏转方向相反；电场线平行于y轴向下，则正电荷

向下偏转、负电荷向上偏转，故可知乙粒子运动轨迹为①；根据前面分析可知甲粒子q,m与乙粒

子q,m运动轨迹关于x轴对称，由于甲粒子的比荷比丙粒子的比荷大，故在t时刻沿y方向的位

移大于丙粒子2q,4m沿y方向的位移；所以运动轨迹①为乙粒子运动轨迹，②为丙粒子运动轨迹，

③为甲粒子运动轨迹。

故选B。

14．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板接电源正极，下极板接电源负极。一个带电粒子以

初速度v0从上极板边缘水平射入平行板电容器，经过一段时间，粒子打在下极板的M点，忽略粒子

自身重力，下列说法正确的是（）

A．粒子带负电

B．增加两极板之间的电压，粒子打在M点右侧

C．减小两极板之间的电压，粒子打在M点左侧

D．增加两极板之间的电压，粒子在电场中运动的时间变短

【答案】D

【详解】A．根据题意可知，粒子受竖直向下的电场力，则粒子带正电，故A错误；

BCD．根据题意，设极板间距离为d，电压为U，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有

1Uq

dt2

2md

解得

2md2

t

Uq

可知，增大电压，时间变短，减小电压，时间变长，水平方向上，由

xv0t

可知，增大电压，时间变短，水平位移变短，则粒子打在M点左侧，减小电压，时间变长，水平位

移变长，粒子打在M点右侧，故BC错误，D正确。

故选D。

带电粒子离开匀强电场时方向的反向延长线经过极板中点

15．已知水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电。电容器的极板长度为L，两极板

间距离为d。一倾斜绝缘挡板放置如图所示位置。质量为m，电荷量为q的带正电小球以速度v垂直

mg

电场线从电容器的上边缘射入，恰好落在绝缘挡板的中点处，已知电场强度E，则（）

q

A．带电小球在运动过程中的加速度为2g

B．若L2d，则带电小球恰好垂直落在斜面上

d

C．带电小球经过t落在斜面上

g

D．电场力对带电小球做功为mgL

【答案】B

【详解】A．带电小球所受电场力与重力同向，根据牛顿第二定律可得小球在运动过程中的加速度

为

Eqmg

a2g

m

故A错误；

B．小球运动轨迹如图所示，设倾斜挡板的倾角为α，小球落在挡板上时的速度偏向角为β。假设小球

垂直落在挡板上，则根据几何关系有

tantan1

d

tan

L

根据类平抛运动规律的推论可得

0.5d

tan

0.25L

解得

L2d

故B正确；

C．由题意，在竖直方向上有

d1

at2gt2

22

解得

d

t

2g

故C错误；

D．电场力对带电小球做功为

1

WqEd

2

故D错误。

故选B。

16．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行

的直线为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一

初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电

粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD=60°，忽略空气的阻力，不考虑带

电粒子受到的重力，取sin53°=0.8，cos53°=0.6.下列说法正确的是（）

2qEL

A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为

3

qEL

B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为

3

2mL

C．带电粒子从A点运动到P点的时间为

qE

mL

D．带电粒子从A点运动到P点的时间为2

qE

【答案】A

【详解】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，

根据几何关系可知

BQ

tan53=

AB

2

解得粒子运动到Q点时的竖直位移为

2

yBQL

3

带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为

2

WqEyqEL

3

故A正确，B错误；

CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有

v0t2L

qE2

t2L

2m23

联立上述两式解得

3qEL

v

04m

设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有

vt

tan6001

qE

t2

2m1

解得

mL

t

1qE

故CD错误。

故选A。

带电粒子在周期性变化的电场运动（初速度垂直电场）

17．如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，忽略边缘效应，两板边

缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。某时刻有一带电粒子沿两板间

的中线OO以初速度为v0射入电场，经t2T时间粒子离开电场。则以下说法中正确的是（）

A．粒子一定从O'点离开电场

B．粒子离开电场时的速度一定大于v0

C．粒子离开电场时的速度可能小于v0

D．粒子在0~T内的位移一定等于在T~2T内的位移

【答案】D

【详解】BC．电压正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电场力的总冲量一定等于0，所

以经一个周期，粒子的速度仍为v0，故BC错误；

A．在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰

好为0，则带电粒子在前半周期加速度，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重

复前一个周期，所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分

之一周期内加速度减速，在后两个四分之一周期内反向加速反向减速，前半周期的位称与后半周期

的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O'点离开电场，故A错误；

D．因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度v0，所以粒子在每个周期时的运动都

是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D正确。

故选D。

18．如图甲所示，长为L的两块平行金属板A、B水平放置，两金属板间接如图乙所示的电压，一

质量为m、电荷量为q的小球在t0时刻从贴近上极板的边缘以沿水平方向的初速度v0进入电场，

一段时间后小球垂直撞在平行金属板右侧竖直放置的弹性绝缘板MN上并被原速反弹。不计小球与

弹性板碰撞的时间，且在碰撞过程中小球的电荷量不发生变化，重力加速度为g。下列说法错误的

是（）

mgd

A．t0时刻两极板间的电压U与两极板间距离d的关系为U0

02q

2gL2

B．两极板间距离的最小值为2

9v0

224

mgL9v0

．小球在运动过程中的最大动能为

C2

18v0

2L

D．当t时，小球回到出发点

v0

【答案】B

L

【详解】A．由题意可知小球t时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，小球在竖直方向上一定先

v0

加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为U0时有

U

mgq0ma

d1

当电压为4U0时有

4U

q0mgma

d2

L

且小球t时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，竖直方向速度刚好减速为0，则有

v0

LL

a12a20

3v03v0

联立解得

mgd

U

02q

故A正确，不满足题意要求；

B．由A项分析可得

qU1

ag