文档内容
专题 08 静电场
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
静电场考点在选择题中占比超70%，
考点1 电荷与
2021 聚焦基础概念与模型分析。考查匀强电场
静电现象
与等量异种电荷叠加场的电势分布，需结
考点2 电场力
合电场线方向判断电势能变化。计算题则
与电场能的性 2021、2022、2023、2024、2025 常与力学、电磁学跨模块综合。要求联立
质 动能定理和运动学公式分析带电粒子在电
场中的加速与偏转。实验题虽未直接考查
考点3 电容器
2023、2024
静电场，但隐含相关分析。
与电容
电场叠加与等势面分析：命题从单一
电场扩展至复合场，要求分析匀强电场与
点电荷电场的叠加效果，通过等势面分布
判断电势高低。带电粒子运动与能量转
化：高频考点从匀变速直线运动扩展至曲
线运动，通过示波管模型考查电子在偏转
电场中的类平抛运动，需综合应用动能定
理与运动分解。电容器动态分析：命题注
重电容、电荷量、电压的关联变化，需结
合 Q=CU 和 E=U/d 推导场强变化。
考点4 带电粒
基础题直接考查库仑定律的应用，而综合
子在电场中的 2023、2024、2025
题需拆解离子加速、磁场偏转、电场调控
运动
等多过程，涉及多方程联立。
建模能力与数学工具的结合命题注重考查
学生将实际问题抽象为物理模型的能力。
需将 “离子喷镀装置” 简化为电场加速
与偏转模型，结合几何关系确定离子落
点。同时，数学方法的应用更加频繁，如
利用微元法分析变力电场或通过 φ-x 图
像判断电荷运动状态
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学科网（北京）股份有限公司考点01 电荷与静电现象
1．（2021·浙江·6月选考）某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线或等势
面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点。
下列说法正确的是（ ）
A．实线表示电场线
B．离d点最近的导体表面电荷密度最大
C．“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
【答案】D
【详解】A．处于静电平衡的导体，是个等势体，则整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面
垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误；
B．根据等势面的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，
所以B错误；
C．在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误；
D．由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确；
故选D。
2．（2021·浙江·6月选考）如图所示，在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的
是（ ）
A．探测发射台周围风力的大小 B．发射与航天器联系的电磁波
C．预防雷电击中待发射的火箭 D．测量火箭发射过程的速度和加速度
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学科网（北京）股份有限公司【答案】C
【详解】在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，因铁制的高塔有避雷作用，其功能是预防雷电击
中发射的火箭。
故选C。
3．（2021·浙江·1月选考）如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两
点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（ ）
A．导体内部的场强左端大于右端 B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度 D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，
电势能减小
【答案】D
【详解】A．带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为
一个等势体，A错误；
B．沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；
D．根据E =qφ可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D
p
正确。
故选D。
考点02 电场力与电场能
4．（2025·浙江·1月选考）三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d，e与e，f两点间的距离相
等，则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．a点电势高于b点电势
B．a、c两点的电场强度相同
C．d、f间电势差为d、e间电势差的两倍
D．从a到b与从f到b，电场力对电子做功相等
【答案】D
【详解】A．电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图中的正电荷指向负电荷，因此b点所在的
等势面高于a点所在的等势面，A错误；
B．a、c两点电场强度方向不同，电场强度不同，B错误；
C．从d→e→f电场强度逐渐减小，间距相等，结合U=Ed可知00），两球面内切于E点，球心O和O 的连线沿水平方向。一根内壁光滑的
1
竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小
球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常
kQ
量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为φ= ，则（ ）
r
kQ
A．A点电势为
8R
B．小球通过D点时的速度为4√gR
41kqQ
C．小球通过O点时的动能为E =8mgR+
k 840R
D．小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大
【答案】C
−kQ kQ kQ
【详解】A．几何关系可知O A=10R则A点电势为φ = + = 故A错误；
1 A 10R 8R 40R
B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有
1
mv2 −0=mg×16R+qU解得小球通过D点时的速度v =4√2gR故B错误；
2 D D
17 / 27
学科网（北京）股份有限公司−kQ kQ −kQ
C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势φ = + = 小球从A到O过程，根据动能
O 6R 7R 42R
41kqQ
定理有E −0=mg×8R+q(φ −φ )联立解得小球通过O点时的动能为E =8mgR+ 故C正
k A O k 840R
确；
D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只
受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为θ，根据牛顿第
kQq
mg+ cosθ
二定律可知小球加速度 r2 kQq 从从B运动到O的过程中，r在减小，θ在
a= =g+ cosθ
m mr2
增大（cosθ减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。
故选C。
7．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）如图所示，一根长为D的光滑金属导体板AB固定在绝缘水平面
上，倾角30°，在垂直B端右上方C处固定一带电荷量+Q的点电荷，AC连线水平。现将一质量为m、
电荷量为+q的绝缘小球（可视为点电荷）从金属棒的A端静止释放，小球沿金属棒向下滑动。假设小
球的电荷量始终不变且不计电场边缘效应，则小球从A端滑到B端的时间（已知重力加速度为g）（
）
√D √D √D
A．t<2 B．t=2 C．t>2 D．不能确定
g g g
【答案】B
【详解】金属板放在点电荷+Q的电场中，则场强方向垂直于AB平面向下，则当+q的小球沿金属板下
滑时受电场力垂直板向下，加速度为a=gsin30∘=
1
g根据D=
1
at2 解得t=2
√D
2 2 g
故选B。
8．(24-25高三下·2025届浙江县域教研联盟·模拟)如图所示为位于MN两点的点电荷周围的电场线示意
图，若将不计重力的带电粒子沿垂直MN连线的方向以速度v 抛出，粒子运动轨迹如图中虚线所示，经
0
过A、B两点，则下列说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．粒子带正电
B．M处点电荷的电荷量小于N处点电荷的电荷量
C．粒子在A、B两点之间的运动过程中加速度越来越小
D．粒子从A点到B点运动过程中电势能越来越大
【答案】C
【详解】A．粒子受电场力指向轨迹的凹侧，由图可知电场方向与电场力方向相反，则粒子带负电，
故A错误；
B．电场线越密集的地方，电场强度越大，M处附近的电场比N处附近的电场大，可知M处点电荷的
电荷量大于N处点电荷的电荷量，故B错误；
C．粒子在A、B两点之间点运动过程中，电场强度越来越小，则根据牛顿第二定律可知，加速度越来
越小，故C正确；
D．粒子从A点到B点运动过程中，电场力做正功，电势能越来越小，故D错误；
故选C。
9．（2025·浙江北斗星盟·三模）单位为J/s的物理量是（ ）
A．电功率 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电场强度
【答案】A
J W W
【详解】焦耳为能量单位，秒是时间单位。 写成对应的表达式为 。由P= 可知，单位为J/s的
s t t
物理量是功率。故选A。
10．（2025·浙江宁波·三模）如图为一平行板电容器，电容为C，A、B两极板的正对面积为S，上半部分
S
正对面积为 且内部为空气，下半部分充满相对介电常数为ε 的均匀介质，上、下两半部分可分别看
2 r
成两个电容器，其电容分别为C 和C 。现给电容器充电，使A、B两极板带上等量异种电荷+Q和
1 2
−Q。下列说法正确的是（ ）
A．上、下两个电容器的电容C 和C 一定相等
1 2
B．上、下两个电容器两极板间的电势差U 和U 一定相等
1 2
C．上、下两个电容器两极板所带的电荷量Q 和Q 一定相等
1 2
D．若电容器A、B两极板间均为空气，其电容C一定变大
【答案】B
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学科网（北京）股份有限公司ε S
【详解】A．根据C= r 可知上、下两个电容器的电容C 和C 不相等，选项A错误；
4πkd 1 2
B．上、下两个电容器可视为并联关系，则两极板间的电势差U 和U 一定相等，选项B正确；
1 2
C．根据Q=CU可知，上、下两个电容器两极板所带的电荷量Q 和Q 不相等，选项C错误；
1 2
D．若电容器A、B两极板间均为空气，因C 变小，可知其电容C一定变小，选项D错误。
2
故选B。
11．（2025·浙江宁波·三模）如图所示，在带电体C附近，把与地面绝缘的导体A、B相碰一下后分开，
然后分别接触一个小电动机的两个接线柱，小电动机便开始转动（假设小电动机非常灵敏）。关于以
上过程，下列说法正确的是（ ）
A．A、B相碰后，A的电势高于B的电势
B．A、B相碰后分开，A、B均不带电
C．把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力做功
D．A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从A经电动机流向B
【答案】C
【详解】A．A、B相碰后，A、B处于静电平衡状态，A的电势等于B的电势，故A错误；
B．在带电体C附近，地面绝缘的导体A、B相碰时，由于静电感应，A、B带上等量异种电荷，相碰
一下后分开，此时A、B带上等量异种电荷，故B错误；
C．结合上述，由于A、B带上等量异种电荷，可知，把A、B分开的过程要克服A、B之间的静电力
做功，故C正确；
D．结合上述可知，A、B带上等量异种电荷，由于带电体C电性不确定，则A、B的电性不确定，若
A带正电，B带负电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从A经电动机流向B，若A带
负电，B带正电，当A、B分别接触小电动机的两个接线柱时，电流从B经电动机流向A，故D错
误。
故选C。
12．处于静电平衡的导体电场线和等势线分布如图所示，则（ ）
A．a点和b点的电势大小相同
B．c点和d点的电场强度相同
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学科网（北京）股份有限公司C．取导体表面的电势为零，电子在c点的电势能为正值
D．从a到c与从b到d，电场力对电子做功相等
【答案】C
【详解】A．沿电场线电势降低，可知，a点电势低于b点电势，故A错误；
B．c点和d点的电场强度方向不相同，则c点和d点的电场强度不相同，故B错误；
C．沿电场线电势降低，取导体表面的电势为零，则c点的电势为负值，根据电势能的定义式可知，
电子在c点的电势能为正值，故C正确；
D．根据图示等势线的分布可知U =U +U >0则有U >U 根据W =−eU可知|W |<|W |故D
bd ba ac bd ac ac bd
错误。
故选C。
13．单位为Wb的物理量是（ ）
A．电场强度 B．磁感应强度
C．磁通量 D．电功率
【答案】C
【详解】磁通量的单位是韦伯，符号是Wb。
故选C。
14．（2025·浙江金华·三模）金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，
其中a、d两点关于球心o对称，则（ ）
A．o点电场强度不为0
B．a点电势等于d点电势
C．a点电场强度小于d点电场强度
D．a、o间电势差等于o、d间电势差
【答案】D
【详解】A．金属球壳在匀强电场中达到静电平衡后内部场强处处为零，则o点电场强度为0，故A
错误；
B．沿着电场线电势逐渐降低，且球壳静电平衡后是等势体，表面为等势面，故有φ >φ >φ ，故B
a o d
错误；
C．a、d两点关于球心o对称，电场线的分布对称，而电场线的密度反映场强，则a点电场强度等于d
点电场强度，故C错误；
D． 因a、d两点周围的电场线分布关于球心o对称，则这两点周围的平均场强大小相等，由U=Ed
0
可知a、o间电势差等于o、d间电势差，故D正确。
故选D。
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学科网（北京）股份有限公司15．（2025·浙江台州·二模）在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实
现会聚和发散作用。其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为图
甲的截面示意图。显微镜工作时，两圆环的电势φ >φ ，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面（相
N M
邻等势面间电势差相等），O为水平虚线与竖直虚线的交点，a、b两点关于O点中心对称。现有一束
电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环M。下列说法正确的是（
）
A．a点电势比b点电势低
B．a点场强与b点场强相同
C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D．电子在穿越电子透镜的过程中电势能增大
【答案】B
【详解】A．两圆环的电势φ >φ ，则靠近N环的电势较高，即a点电势比b点电势高，故A错误；
N M
B．根据对称性可知，a点场强与b点电场强度大小相等，方向相同，故B正确；
C．根据电场线与等势线垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子透镜对入射的电子束
能起到会聚的作用，故C错误；
D．根据E =qφ可知电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少，故D错误。
P
故选B。
16．（2025·浙江台州·二模）电容器是一种可以储存电荷和电能的装置，用平行板电容器还可以产生匀强
电场，常使用于电子仪器中。如图为一个含有电容器、电阻器、理想二极管、理想电流表、电键K和
电源的电路，初始时电键K闭合，下列对于此电路的说法正确的是（ ）
A．电键K保持闭合时，两个二极管均发光
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，电流表中有向上的电流
C．在断开K的瞬间，两个二极管均发光
D．若只增大R 的阻值，则电键K断开后，放电的时间会变长
2
【答案】D
22 / 27
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．电键K保持闭合时，上面红色二极管正常发光，下面绿色二极管不发光，故A错误；
B．电键K保持闭合时，增大电容器两极板的距离，根据电容的决定式可知，电容减小，两极板间电
压不变，则电容器所带电荷量减小，电容器放电，所以电流表中有向下的电流，故B错误；
C．在断开K的瞬间，电容器放电，只有上面二极管发光，故C错误；
D．若只增大R 的阻值，则电容器两极板间电压增大，电容器所带电荷量增大，当电键K断开后，放
2
电的时间会变长，故D正确。
故选D。
17.（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装
置如图所示，频率为ν=1.06×1015Hz的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距离
为d =0.4m处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压U=1.8V，两
1
极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为B=10−5T的匀强
磁场。锌板的逸出功W =5.376×10−19J，普朗克常量h=6.6×10−34J⋅s，电子质量为
m=9×10−31kg，元电荷e=1.6×10−19C，π=3，sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计光电子重力及光
电子间的相互作用。求：
(1)光电子到达极板A的最大速度v ；
m
(2)极板A上有光电子打中的区域面积；
(3)要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件，并计算电子在磁场中运动最短时
间（计算结果保留1位有效数字）；
(4)将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足B′=kx(k=2×10−4T/m)，x为该位
置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D′应满足的条件。
【答案】(1)v =106m/s
m
(2)S=1.08m2
(3)D≥0.9m，t ≈1×10−6s
min
(4)D′≥0.3m
1
【详解】（1）由爱因斯坦光电效应方程得E =hν−W 电场中动能定理eU= mv 2−E 解得
km 0 2 m km
v =106m/s
m
23 / 27
学科网（北京）股份有限公司1
（2）设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为E = mv 2 当电子以
km 2 0
最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速
1
直线运动，则y=v t电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有d = at2 其中，根据牛顿第二定律可
0 1 2
Ue
知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为a=
联立得y=0.6m则，极板A上有光电子打中的区域面
d m
1
积为S=πy2=1.08m2
at
（3）设电子经过A板时最大速度大小为v ，与板最小夹角为α，则tanα= 解得α=53°所有电子均
m v
0
不从右侧边界飞出临界情况如图
mv 2
由几何关系得D =r(1+cosα) ev B= m 解得D =0.9m
m m r m
所以磁场宽度D应满足的条件为D≥0.9m。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
2πr 2πm 106°
电子在磁场中运动的周期为T= = 运动的最小时间为t = T解得
v eB min 360°
159
t = ×10−6s≈1×10−6s
min 160
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得∑eBv Δt=mv−mv 则∑ekxΔx=mv−mv 所以
x y y
1
ekx2=mv−mv 当v =6×105m/s向上时，电子水平位移最大，此时D′=x =0.3m
2 y y m
磁场宽度D′应满足的条件D′≥0.3m。
18．（2025·浙江绍兴一中·模拟）《中国激光》杂志第六期（2025.3）报道，上海光学精密机械研究所林
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学科网（北京）股份有限公司楠团队创新地采用固体激光器方案，实现了LPP-EUV光源技术全球领先，这标志着国产芯片制造迈
入了新阶段。物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一，该设备的结构图简化如下（z方向足够
长），晶圆（截面MN）固定放置于xOy坐标系的第一象限内，OMN区域内有匀强磁场，磁感应强度
B=1×10−2T，方向沿z轴负方向；第二象限内有匀强电场，场强E=2×104V/m，方向沿y轴负方
向。初速可略的氩离子（比荷q /m = 2.4×106C/kg）经电压为U（待求）的电场加速后，从
1 1
P(−0.5m,0.6m)点水平进入匀强电场E中，恰好打到位于原点O处的金属靶材并被全部吸收，靶材
溅射出的金属离子（比荷q /m =2.0×106C/kg）从O点飞入磁场区域，速度大小均为1×104m/s
2 2
，并沉积在晶圆上。忽略离子重力及其间的相互作用力，求：
(1)U的数值；
(2)假设进入磁场的离子沿各个方向都有，求晶圆MN方向上的涂膜（金属离子打中的区域）长度；
(3)假设从O点飞入磁场的离子分布在半顶角θ=45°的圆锥侧面上，圆锥对称轴垂直于晶圆截面，如
图乙，考察α=90°方向上的离子，打在晶圆上的位置坐标。
5
【答案】(1)U= ×104V
24
(2)0.5m
(3)0.555m
1 1 q E
【详解】（1）氩离子在电场中做类平抛运动，竖直方向有y= at2= 1 t2 水平方向有x=v t 在
2 2 m 0
1
1 5
加速电场中，由动能定理可得q U= m v2−0联立解得U= ×104V
1 2 1 0 24
m v2
（2）金属离子在磁场中做匀速圆周运动，有q vB= 2 解得r=0.5m沿x轴正向射出的离子，圆心
2 r
在M点，落点到M点的距离为0.5m，分析知，离子能直接打到M点（此时的弦切角为30°<45°），
故涂膜的长度为0.5m。
（3）对着A点入射的离子，v与B方向不再垂直，将v正交分解，得v =vsin45°，v =vcos45°则
z ⊥
mv 1 1
r′= ⊥= m在xOy平面内，其落点的y坐标为2r′sin45°= 即落在M点，故x=0，y=0.5m
qB 2√2 2
T πm π √2π
，图示所对的圆心角为90°，则t= = = ×10−4s故z=v t= m≈0.555m
4 2Bq 4 z 8
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学科网（北京）股份有限公司19．（2025·浙江·选考测评）如图所示，两平行金属板M、N长为L、间距为d=L，在与金属板右端距离
D=0.5L处，垂直于两板间的中心轴线O O 固定一足够大的收集板P。粒子源连续不断地释放带电荷
1 2
量为q、质量为m的带正电的粒子，并由静止开始经相同电压U 加速后，从左侧沿O O 方向射入两板
0 1 2
2π
间，且单位时间内射入的粒子数相等。现在M、N板间加有u=4U sin ⋅t的交变电压（其中T为
0 T
周期），忽略电场的边界效应，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。交变电压的周期T远大于粒子
在板间的运动时间，可认为粒子在板间运动的时间内，板间电压不变。
(1)求粒子射入M、N板间时的速度大小。
(2)求收集板P上有粒子被打到的区域长度及每个周期T内射入M、N间的粒子在收集板P上的收集率
（结果保留1位小数）。
(3)若在M、N板的右侧空间加一垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，且D可调节，为使收集
板P上对射入磁场的粒子的收集率恰为50%，求D应满足的条件及粒子打在收集板上的区域长度。
√2qU
【答案】(1) 0
m
(2)2L，33.3%
1 √2mU 2 √mU L
(3)D= 0， 0+
B q B q 2
1 √2qU
【详解】（1）粒子加速过程中，根据动能定理有qU = mv2 解得v = 0
0 2 0 0 m
（2）作出轨迹示意图，如图1所示
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学科网（北京）股份有限公司1 qu
设粒子在M、N极板中的偏转距离为y，则有L=v t ，y= ⋅ t2 解得
0 0 2 md 0
1 qu ( L) 2 uL2 uL 1
y= ⋅ ⋅ = = 可知，当y= L时，解得u=2U 此时，根据几何关系可知，粒子
2 md v 4dU 4U 2 0
0 0 0
D+0.5L
打在收集板前的竖直位移为y′= y=L
0.5L
根据交流电的周期性可知，收集板P上有粒子被打到的区域长度为2L。结合上述可知，当电压大小
2π
u≤2U 时粒子能射出电场打到收集板P上，由于u=4U sin t可知，被收集的粒子数占射入电场
0 0 T
π
4×
总粒子数的 6 1
=
2π 3
解得所求的收集率为33.3%。
（3）根据题意可知，当u=0，粒子在电场中的侧移为0，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，如图2所
示
v2
mv 1 √2mU
设其轨迹半径为r ，则有qv B=m 0解得r = 0= 0当u=2U 时，结合上述粒子射出电
0 0 r 0 qB B q 0
0
1 u 1 √qU
场的侧移y= L粒子在电场中运动过程中有qU +q y=2qU = mv2 解得v=2 0可知粒子在
2 0 d 0 2 m
mv 1 √4mU
极板间速度偏转角度为45°，进入磁场后做匀速圆周运动，其轨迹半径为r= = 0=√2r
qB B q 0
根据几何关系可知，为使收集板P上对射入磁场的粒子的收集率为50%，即从中心轴线以下射出极板
1 √2mU
间的粒子均不能打到收集板P上，则收集板距金属板右端的距离应满足D=r = 0根据几何
0 B q
1 2 √mU L
关系可知，粒子打在收集板上的区域长度l=r+r + L−rcos45°解得l= 0+
0 2 B q 2
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