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秘籍10 带电粒子电场中的直线运动、偏转和交变电电场中的
应用
【解密高考】
【题型一】带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
【题型二】带电粒子在匀强电场中的偏转
【题型三】带电粒子在交变电场中的运动
：本考点主要考查带电粒子在电场中的加速运动和偏转问题，往往结合日常生活和科学技
术创设情景（如示波管、静电除尘等）。高考中常以选择题出现。
：掌握带电粒子在不同电场中的受力情况，结合受力分析判断粒子的运动情况，根据运动
情况结动力学和能量进行解题。需要考生对静电力做功特点，静电力做功与电势能的关系，电场强度与
电势差间的关系和带电粒子在电场中的偏转即做类平抛运动处理方法有深刻的理解。
【题型一】带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．带电粒子(带电体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并
不忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。
2．做直线运动的条件
(1)带电粒子(带电体)所受合力F 合＝0，则静止或做匀速直线运动。
(2)带电粒子(带电体)所受合力F 合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，则将做变速直线运动。
3．解题思路
(1)用动力学观点分析
Eq＋F 其他＝ma，E＝(匀强电场)，v2－v＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用能量观点分析
①匀强电场中：W 电＝Eqd＝qU，W 电＋W 其他＝mv2－mv。
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②非匀强电场中：W 电＝qU，W 电＋W 其他＝Ek2－Ek1。
【例1】氘核
和氦核
由静止经过相同的电压加速后（速度均远小于光速），
和
的德布罗意波
长之比等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】带电粒子加速过程，有
德布罗意波长
联立，解得
则
和
的德布罗意波长之比等于
故选A。
带电粒子在电场中运动的分析方法
解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和动力学公式相结合的方法进行解
决，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用动能定理。
【例2】如图，均匀带正电的绝缘体圆环水平放置在真空中，O 点是其圆心，M、N 是轴线上关于O 点对称
的两点。重力不可忽略的带负电小球，由M 处静止释放，则该小球从M 到N（ ）
A．动能先增大后减小
B．电场力先增大后减小
C．电势能先减小后增大
D．加速度先减小后增大
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【答案】C
【详解】A．M 到O，小球受到竖直向下的重力和电场力，合力方向向下，与位移方向相同，所以合力做
正功，根据动能定理可知，动能增大，O 到N，重力竖直向下，电场力竖直向上，合力方向可能先向下后
向上，也可能一直向下，所以合力可能先做正功后做负功，动能先增大后减小，也可能合力一直做正功，
动能一直增大，故A 错误；
B．根据等量同种点电荷的电场分布特点可知，中垂线上存在电场强度最大位置，所以M 到N 电场力可能
先增大后减小再增大再减小，也可能先减小后增大，故B 错误；
C．由于运动过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C 正确；
D．若电场力先增大后减小再增大再减小，则合外力（加速度）先增大后减小再增大，若电场力先减小后
增大，则合外力（加速度）可能一直减小，故D 错误。
故选C。
【例3】如图所示，垂直于水平桌面固定一根光滑绝缘细直杆，质量相同、带同种电荷的绝缘小球甲和乙
穿过直杆并可以自由滑动，两小球均可视为点电荷。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，某时刻
小球甲从
处静止释放开始向下运动。小球甲向下运动的过程中，下列选项正确的是（ ）
A．小球甲的速度越来越大
B．小球乙对地面的压力越来越小
C．小球甲的机械能越来越小
D．小球甲、乙的电势能越来越小
【答案】C
【详解】A．由于甲乙带同种电荷，可知小球甲下落过程中受到重力和竖直向上的库仑斥力，一开始库仑
斥力小于重力，甲向下做加速运动，当库仑斥力等于重力时，甲的速度达到最大，之后库仑斥力大于重力，
甲向下做减速运动，故A 错误；
B．小球甲下落过程中，由于甲对乙的库仑斥力向下，且逐渐增大，可知小球乙对地面的压力越来越大，
故B 错误；
C．以小球甲为对象，小球甲下落过程中，由于库仑斥力对甲一直做负功，根据功能关系可知，小球甲的
机械能越来越小，故C 正确；
D．在小球甲下落过程中，由于库仑斥力对甲做负功，对乙不做功，可知库仑力对甲乙系统做负功，所以
小球甲、乙的电势能越来越大，故D 错误。
故选C。
【变式1】某空间存在一个范围足够大的电场沿
轴分布，其电场强度
随坐标
变化的规律如图所示（电
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场的正方向为
轴正方向），
点是坐标原点，直线斜率为
。一带电量为
的粒子从
处由静
止释放，不考虑粒子的重力。关于电场和粒子的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．电场是沿
轴负方向的匀强电场
B．粒子将做振幅为
的简谐运动，平衡位置在
点
C．粒子运动过程中最大动能是
D．粒子运动过程中机械能最大的地方在
处
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，图像横坐标的正负表示电场的方向，纵坐标的大小表示电场强度的大小，电
场不是匀强电场，A 错误；
B．粒子在电场力的作用下做简谐振动，振幅为b，B 错误；
CD．粒子在电场中只有电场力做功，根据动能定理可得
结合
图像的面积表示电势差
，则可得
最大动能出现在坐标原点O，也是粒子机械能最大得位置，C 正确，D 错误。
故选C。
【变式2】（多选）如图所示，在三维坐标系
中，存在一匀强电场，已知该电场在xyz 三个方向的
分量大小均为
，将一质量为
、电荷量为
的带电粒子从坐标原点
处无初速度释放，粒子不计重力。
关于带电粒子的运动和受力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在O 点所受电场力的合力为零
B．粒子将沿
轴方向做匀加速直线运动
C．粒子的电势能逐渐减少
D．粒子在O 点的加速度大小为
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【答案】CD
【详解】因为该电场在xyz 三个方向的分量大小均为
，则由矢量合成法则及数学知识可知
方向沿空间对角线，粒子在O 点时，所受电场力的合力为
由牛顿第二定律可得
解得
方向沿空间对角线，则粒子在电场力的作用下，沿空间对角线方向，做初速度为零的匀加速直线运动，电
场力做正功，则粒子的电势能逐渐减少。
故选CD。
【变式3】一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴
，以
处的
点为电势零点，如图
甲所示。细杆各处电场方向沿
轴正方向，其电场强度
随
的分布如图乙所示。细杆上套有可视为质点
的带负电圆环，质量
、电荷量大小
，受到沿
轴正方向的恒力
的作用，
从
点静止开始运动，求：
(1)带电圆环在
处的加速度的大小；
(2)带电圆环在
处的动能；
(3)带电圆环在运动区间内的电势能的最大值。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）带电圆环在
处受到的电场力大小为
方向水平向左
根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据
可知，
图像的图线与坐标轴围成的面积等于电势差
则
到
间的电势差
从
到
，由动能定理
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解得
处的动能
（3）带电圆环沿
轴正方向先做加速运动后做减速运动，而后沿
轴负方向先加速后减速运动回到
处，然后又重复上述运动，这样周而复始。
由图像乙可得离
点
处的电势差
当带电圆环沿
轴正方向运动到了最远处时，电势最低，电势能最大，由动能定理得
代入数据解得
（舍去）
可得
点到
处的电势差
以
处的
点为电势零点，可得最小电势
带电环电势能的最大值
【题型二】带电粒子在匀强电场中的偏转
1.基本规律
设粒子所带电荷量为q，质量为m，所受重力影响忽略，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距
离为d，粒子能以平行金属板的初速度v0进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，则有
(1)加速度：a＝＝＝。
(2)在电场中的运动时间：t＝。
(3)末速度
v＝，tanθ＝＝。
(4)位移。
2．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场U1加速后再从同一偏转电场U2射出时的偏转角度θ 和偏移量
y 总是相同的。
证明：由qU1＝mv 及tanθ＝，得tanθ＝。由qU1＝mv 及y＝，得y＝。
(2)粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O1为粒子在初速度方向分位移的
中点，即O1到极板边缘在初速度方向的距离为。
3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运
动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
(1)确定最终偏移距离
思路一：
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思路二：
(2)确定偏转后的动能(或速度)
思路一：
思路二：
【例1】在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为（L，0，L）处以某一初速
度平行y 轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相
同的速度射出，经相同时间t 后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设沿xyz 轴方向的加速度分别为ax、ay、az，则
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不加电场时有
则
联立解得
故选A。
带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路
(1)动力学观点
动力学观点是指用牛顿运动定律和运动学公式来解决实际问题。带电粒子的初速度方向垂直电场线，则
粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运
动的解决方法。
(2)能量观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运
动过程中动能的增量。
②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些
能量是减少的。
【例2】如图所示，一个电容为C 的平行板电容器与恒压电源相连，平行板电容器极板长度为d，极板间
距离也为d。一电荷量为q、质量为m 的粒子以平行于极板的速度v0贴近上极板从左侧进入电场，恰好能
从两极板间的中点射出。不计粒子所受重力，忽略电容器两极板的边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．带电粒子射出电场时的速度大小为2v0
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C．若将下极板上移
，则粒子恰好紧贴下极板右侧射出
D．若断开开关后将下极板上移
，则粒子穿过平行板电容器的过程中电势能减少了
【答案】D
【详解】A．由粒子的运动可知，粒子所受电场力垂直于极板向下，因电场方向垂直于极板向下，所以粒
子带正电，故A 错误；
B．粒子在两极板间做类平抛运动，射出电场时速度的方向延长线过上极板的中点，即速度方向与极板成
角，所以，带电粒子射出电场时的速度大小为
，故B 错误；
C．若将下极板上移
，则两极板间的场强变为原来的2 倍，粒子的加速度变为原来的2 倍，假设粒子能够
射出电场，则粒子在两极板间运动的时间不变，垂直极板方向发生的位移变为原来的2 倍，所以粒子必将
打在下极板上，故C 错误；
D．若断开开关后将下极板上移
，根据
，
，
得
若电容器两极板与电源断开，则
不变，若只改变两极板间的距离则两极板间的场强不变。
则粒子的运动轨迹不变，即粒子穿过平行板电容器的过程中动能增加了
，因粒
子只受电场力，动能与电势能总和不变，所以电势能的减少量等于动能的增加量，即电势能减少了
，
故D 正确。
故选D。
【例3】（多选）如图所示，两对分别竖直、水平固定放置的带电平行金属板，形成互不干扰的匀强电场，
一比荷为
的带正电粒子（不计重力）从极板1 的小孔无初速度飘入水平加速电场，从极板2 的小孔射出
后立即进入偏转电场，最后从极板3 的右边缘离开，已知极板1、2 的间距与3、4 的间距以及极板3、4 的
长度均相等，小孔位于极板1、2 的正中间。已知极板1、2 间电压为
，则（ ）
A．极板2、3 均带正电
B．极板3、4 间的电压为
C．粒子在两个电场中的运动时间之比为
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D．粒子从极板3 的右边缘射出时的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．粒子带正电，在极板1、2 产生的电场中所受电场力向右，在极板3、4 产生的电场中所受电场
力向下，则极板1、4 带正电，极板2、3 带负电，A 错误。
B．由动能定理可得
由类平抛偏转规律可得
、
综合可得
由题意可得
、
，则有
所以
B 正确。
C．由匀变速规律可得
由偏转规律可得
可得
C 错误。
D．粒子经过两次加速，由动能定理可得
又
，解得
D 正确。
故选BD。
【例4】（多选）如图所示，空间中存在足够大、正交的匀强磁场和匀强电场，其中匀强磁场垂直于纸面
（竖直面）、磁感应强度大小为B，匀强电场与水平方向成30°角。质量为m、电荷量为q（q>0）的小球
从某点O 开始运动，恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线运动。小球运动到某点时撤去磁场，电场保
持不变。已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的
是（ ）
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A．小球的初速度大小为
B．撤去磁场后，小球的机械能一直增大
C．撤去磁场后，小球的电势能先减小后增大
D．撤去磁场后，小球重力势能的最大增加量为
【答案】BD
【详解】A．已知小球所受电场力大小与其重力大小相等，小球恰好能在竖直面内斜向右上方做匀速直线
运动，电场力和洛伦兹力的合力与重力等大反向，所以，洛伦兹力方向与电场方向夹角为120°，大小等于
mg，则
小球的初速度大小为
故A 错误；
BC．撤去磁场后，小球速度与合力方向垂直，根据左手定则可以判断，速度方向与电场方向夹角为30°，
因为运动的速度始终与电场力方向夹角为锐角，所以电场力始终做正功，电势能一直减小，小球的机械能
一直增大，故B 正确、C 错误；
D．小球上升到最高点时，重力势能最大，撤去磁场后，竖直方向
，
小球重力势能的最大增加量为
故D 正确。
故选BD。
【变式1】如图，虚线以下存在电场强度大小为
、方向竖直向下的匀强电场Ⅰ，一质子以初速度
从
点进入电场Ⅰ中，并从
点沿水平方向离开Ⅰ进入半圆环形辐向电场Ⅱ，在Ⅱ中以
点为圆心的同一个圆
弧上各点电场强度大小相等、方向均指向圆心
，质子在电场Ⅱ中恰好做匀速圆周运动。已知
与水平方
向的夹角
，
点与
点间的距离为
，质子的电荷量为
，质量为
，不计重力，求：
(1)质子从
到
的运动时间；
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(2)
、
两点间的距离
；
(3)质子做圆周运动的轨迹所在圆弧处对应的辐向电场的电场强度的大小。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）质子从
到
过程，由牛顿第二定律有
竖直方向做匀减速直线运动，有
联立解得
（2）质子从
到
过程水平方向的位移
质子从
到
过程竖直方向的位移
则
、
间的距离
解得
（3）质子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，有
，
解得
【变式2】如图所示，竖直面内的圆形虚线区域内有一匀强电场，电场方向平行圆平面。圆形区域的半径
为R， PQ 是一条直径， 与水平方向的夹角
，A 点位于P 点的正下方。一个质量为m，带电荷量为
+q 的粒子，从P 点由静止释放后，从A 点以速度v0射出电场区域，不计带电粒子的重力。求：
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(1)匀强电场的电场强度大小和方向；
(2)若粒子从P 点水平射入电场，要使粒子恰好能从Q 点射出，求粒子的入射速度？
(3)若粒子从P 点沿某一方向射入电场时，电势能变化量最大，求此过程中粒子电势能变化量的最大值？
【答案】(1)
，由P 指向A；(2)
；(3)
【详解】（1）根据题意可知，带电粒子从P 点静止释放后，从A 点射出，则匀强电场的方向是沿PA，且
由P 指向A。从P 点到A 点的过程中，由动能定理可得
由几何关系可知
解得匀强电场的电场强度大小为
（2）设粒子的入射速度为
，粒子从P 点到Q 点的时间为t，由题意可得粒子在电场中做类平抛运动，所
以有
解得粒子的入射速度为
（3）当粒子从圆心的正下方射出时，电场力做功最多，粒子电势能变化量最大。则有
由于
所以可得，粒子电势能变化量的最大值为
。
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【变式3】（多选）如图，空间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q 的小球沿图中实线先后通过同一竖
直面平面内的P、Q 两点，通过两点时速率相同，P、Q 两点连线与竖直方向的夹角为θ，则在小球从P 运
动到Q 的过程中（ ）
A．小球到达实线中点时速率最小
B．小球动量的变化率先减小后增大
C．该电场的场强不应小于
D．小球在P 点的电势能大于在Q 点的电势能
【答案】AC
【详解】A．题意可知，小球通过PQ 两点时速率相同，即合力做功为0，则合力方向垂直于PQ 连线，可
知小球该过程做类斜抛运动，则PQ 连线的中垂线与轨迹交点为类斜抛运动的最高点，所以小球到达实线
中点时合力做负功最多，该点速率最小，故A 正确；
B．小球运动过程中只受电场力和重力，由于二者均为恒力，故其合力也为恒力，由动量定理推导式可得
可知小球动量的变化率为电场力和重力的合力，故小球动量的变化率不变，故B 错误；
C．设电场力与PQ 夹角为α 如图
由于电场力和重力合力垂直与PQ 连线，故沿PQ 方向有
解得
故电场的场强不应小于
，故C 正确；
D．由于PQ 过程电场力和重力做的总功为0，但由于该过程重力做正功，所以该过程电场力做负功，则小
球电势能增加，即小球在P 点的电势能小于在Q 点的电势能，故D 错误。
故选AC。
【变式4】某同学学习了电场的相关知识后，设计了一个静电除尘装置。装置原理如图所示，一对长为
L，板间距为d 的平行金属板与电源相连，板间形成匀强电场。
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(1)该同学设想质量为m、电荷量为
的灰尘（视为小球）以平行于板的速度
射入板间，不计重力及灰
尘间相互作用和空气阻力，当金属板间所加电压为U 时，灰尘恰好被全部吸收。求 U。
(2)当金属板间所加电压为U 时，该同学发现灰尘未被全部吸收。查阅相关资料发现，灰尘所受阻力与其相
对于空气的速度v 方向相反，大小为
，其中r 为灰尘半径，
为常量；灰尘电荷量则与其半径平方
成正比，即
。假设灰尘在金属板间经极短时间加速到最大速度，空气和灰尘沿板方向速度均为
且保持不变。不计重力及灰尘间相互作用的影响。如果灰尘被全部吸收，求其半径r 应满足的条件用U、
、
、d、L、
表示。
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）只要紧紧靠上极板的灰尘能够落到收集器右端，灰尘就能够被全部吸收，灰尘做类平抛运
动，则有
，
根据牛顿第二定律有
根据电场强度与电势差的关系有
解得
（2）灰尘和空气沿板方向速度相等，故灰尘相对空气只有竖直方向速度，由题意可知尘所受空气阻力方
向竖直向上，灰尘在竖直方向被电场力加速，在极短时间达到最大速度时，加速度为0，则竖直方向上有
根据题意有
，
其中v 为灰尘竖直方向速度，此后，灰尘在竖直方向做匀速直线运动。对紧靠上极板的灰尘恰好落到收集
器上，在竖直方向上有
在水平方向上有
解得
【题型三】带电粒子在交变电场中的运动
1.带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。
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当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有
周期性。
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用动力学规律正确地判断粒子的
运动情况，根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
3．带电粒子在交变电场中运动的分析要点
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，
求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)注意从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认
为是在匀强电场中运动。
【例1】如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加
速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B 的中线射入偏转电场，A、B 两板距离为d，
A、B 板长为L，AB 两板间加周期性变化的电场，
如图乙所示，周期为T，加速电压
，其中m
为电子质量、e 为电子电量，L 为A、B 板长，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互
作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
（1）电子从加速电场
飞出后的水平速度
的大小？
（2）
时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B 间中线的距离y；
（3）在
内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
【答案】（1）
；(2)
；(3)
【详解】(1) 电子在加速电场中加速，由动能定理得
解得
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向
解得
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t=0 时刻进入偏转电场的电子加速度
电子离开电场时距离A、B 中心线的距离
解得
(3)
内射入偏转电场，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B 间中线离开偏转电场，则电子先做
初速度为零加速度为a 的向上的匀加速直线运动，经过时间t′后速度
此后两板间电压变为3U0，加速度
电子向上做加速度为3a 的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零加速度为3a 的匀加速直线
运动，最后回到A、B 间的中线，经历的时间为
，则
解得
则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为
则在
时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
【变式1】在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来改变或控制带电粒子的运动。如图甲所示的装
置由加速区、静电分析器和偏转电场三部分组成。在发射源S 处静止释放比荷未知的正离子，经过竖直放
置的A、B 板间的加速电压U0．后进入电场均匀辐射方向分布的静电分析器，从C 点射入沿半径为R 的圆
心角为
的圆弧做匀速圆周运动，且从D 点射出，经
从偏转电场的P 点射入，水平放置的G、H 板间
距为d，两板间加上如图乙的变化电压，G 为正极板，该变化电压的最大值也为
，且周期T 远远大于离
子在偏转电场中的运动时间，G、H 板足够长，离子重力不计，已知
．求：
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（1）圆弧虚线
所在处电场强度E 的大小；
（2）若离子源S 在T 时间内均匀发射N 个正离子，则T 时间内在G 板上收集到的离子数n；
（3）离子打到H 板上的长度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）周期
远远大于离子在偏转电场中的运动时间，任一电压下都可认为离子在电场中做匀变速
运动。离子在加速电场中，由动能定理得
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得
联立可得
（2）离子偏转电场中做类斜抛运动，设电压为
时离子运动轨迹恰好与
板相切，则加速度为
竖直方向上的速度
由
联立可得
在每段时间内
与成线性关系，打到板上的时间
则
内在
板上收集到的离子数
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（3）当电压为
时，由
打到
板时水平偏移的最小距离
联立得
当电压为
时
打到
板时水平偏移的最大距离
联立得
则离子打到
板上的长度
【变式2】如图a 所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B 间加有如图b 所示的交变电压UAB，现有一
带电粒子从A 板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为+q，质量为m，不计粒子重力。
（1）若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
（2）若粒子在
时刻射入电场，经过一段时间后从A 板右侧边缘水平射出，则板长L 和两板间距d 分
别满足什么条件?
（3）若金属板足够长，要求
时刻射入的粒子打到B 板时动能最大，则两板间距d 应当满足什么条件？
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒
子在电场中的运动时间为
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（2）根据题意可知，若粒子在
时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A 板右侧边缘水平射出，则
在竖直方向上，粒子在
时间内，做向下的匀加速直线运动，在
时间内，向下做匀减速直线运
动，由对称性可知，粒子在
时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B 板上，然后在
时间内，
向上做匀加速直线运动，在
时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在
时，粒子恰好
回到A 板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d 满足条件为
由牛顿第二定律可得
联立解得
粒子在电场中的运动时间为
则板长L 为
（3）根据题意可知，若粒子从
时刻进入电场，在
时间内，做向下的匀加速直线运动，在
时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在
时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B
板时动能最大，则粒子打到B 板时，竖直分速度最大，即粒子在
，
，
时，恰好打到B 板，则有
解得
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