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(新高考)高考物理一轮复习课时加练第9章 微专题60 带电粒子在电中的运动 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第9章 微专题60 带电粒子在电中的运动 (含解析)，共7页。
微专题60 带电粒子在电中的运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理.2.在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题.3.在交变电场中的运动，一般是几段运动的组合，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来解决问题．
1．(多选)一种简化的示波管装置(包括电子运动轨迹)如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极(一对水平的平行金属板)加上直流高压U2.则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中( )
A．电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动
B．电子在水平方向一直做匀速运动
C．U1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低
D．U2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低
答案 AD
解析 电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；U1一定时，电子做匀速运动的速度就一定，则电子到达屏幕的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移y＝t2越大，则图中的亮点位置越高，C错误；U1越大，则电子做匀速运动的速度越大，电子到达屏幕的时间就越短，U2一定时，则侧向位移就越小，图中亮点位置越低，D正确．
2．(多选)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，小孔分别为O、M、P.由小孔O静止释放的电子穿过小孔M恰好能运动到小孔P.现保持带电金属薄板A、B、C的电荷量不变，改变带电金属薄板B或C的位置，还是由小孔O静止释放的电子仍能运动到小孔P的是( )
A．仅将C板向右平移一小段距离
B．仅将C板向左平移一小段距离
C．仅将B板向右平移一小段距离
D．仅将B板向左平移一小段距离
答案 BC
解析 电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电场强度为E1，A、B板间的距离为d1，B、C板间的电场强度为E2，B、C板间的距离为d2，则有eE1d1－eE2d2＝0.若仅将C板向右平移一小段距离，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右或向左平移一小段距离，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C板向右或B板向左平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，还没到达小孔P时速度已经减为零，然后返回；仅将C板向左或B板向右平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达小孔P点时速度还没减为零，A、D错误，B、C正确．
3．(2023·四川成都市模拟)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，q＞0.则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是( )
A．①、②、③ B．③、①、②
C．②、①、③ D．③、②、①
答案 B
解析 乙粒子带负电，在电场中受到的静电力向上，轨迹向上弯曲，所以乙粒子的运动轨迹是①.对于甲、丙两种粒子，设任一粒子的质量为M、电荷量为Q，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粒子的加速度大小为：a＝＝kE，在x轴方向，粒子做匀速直线运动，则有：x＝vt，即经过相同时间水平位移相等，竖直方向有：y＝at2，整理可得：y＝，由于甲粒子(q，m)的比荷大于丙粒子(2q,4m)的比荷，所以x相同时，甲粒子的偏转距离y较大，所以甲、丙粒子的运动轨迹分别是③、②，故A、C、D错误，B正确．
4.如图，真空中水平放置的两平行正对金属板构成一电容器，上板带正电，下板带负电．氘原子核H，符号D，其质量是质子质量的2倍，带正电，电荷量与电子电荷量相同；α粒子是氦原子核He，其质量是质子质量的4倍，带正电，电荷量是电子电荷量的2倍．现在一氘核从平行板电容器上极板左侧边缘a点靠近极板沿与板平行方向射入板间，恰好落在下板中点A，落在A点时速度与水平方向夹角为θD；另一α粒子从电容器左侧两板中间b点沿与板平行方向射入板间，恰好到达下极板右端B点，到达B点时速度方向与水平方向夹角为θα.不计粒子重力．则两角度的正切值之比tan θD：tan θα为( )
A．2∶1 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1
答案 B
解析 依题意，知粒子在极板间做类平抛运动，则粒子打在下极板时，速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，又因为vy＝，v0＝，联立求得tan θ＝，即粒子速度与水平方向夹角的正切值与粒子在竖直方向及水平方向发生的位移有关，设极板长为L，极板间距离为d，结合题图可得tan θD∶tan θα＝·，解得tan θD∶tan θα＝4∶1，故B正确，A、C、D错误．
5．(2023·浙江湖州市质检)如图甲所示，某装置由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t＝0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．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n个圆筒瞬间速度为
D．第n个圆筒长度为
答案 D
解析 金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A错误；只有电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故B错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU＝mvn2－0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn＝，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是，则第n个圆筒长度为Ln＝vn·＝，故C错误，D正确．
6．示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O′点，要使电子打在荧光屏上的位置O′到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是( )
A．只增大UPK
B．只增大UAB
C．增大UPK同时减小UAB
D．将电子换成比荷()较大的带电粒子
答案 B
解析 设电子经电压UPK加速后的速度为v0，由动能定理得eUPK＝mv02，电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E2，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得F＝eE2＝e＝ma，解得a＝，由运动学公式得，水平方向有L＝v0t1，竖直方向有y1＝at12，联立解得y1＝.设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速直线运动的速度公式可知vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后到打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，则水平方向R＝v0t2，竖直方向y2＝vyt2，解得y2＝，O′至O点的距离y＝y1＋y2＝可知，要使电子打在荧光屏上的位置O′到荧光屏中心O的距离增大，即y增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或增大UAB同时减小UPK，y与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷()较大的带电粒子y不变．故选B.
7．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是( )
A．0＜t0＜ B.＜t0＜
C.＜t0＜T D．T＜t0＜
答案 B
解析 刚释放粒子时粒子向A板运动，说明释放时UAB为负，所以A、D错误．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．
8．(多选)如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压UAB，交变电压的周期T＝.质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )
A．所有电子离开电场时速度都是v0
B．所有电子在两板间运动的时间为T
C．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
答案 AC
解析 电子在电场中竖直方向分速度随时间变化的图像如图所示，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故A正确．
电子在水平方向做匀速直线运动，时间t＝＝2T，故B错误．t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax＝2×a()2＝，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d，则有：d＝4×a()2，联立得ymax＝， 故C正确．t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax′＝4×a()2－2×a()2＝，解得ymax′＝d，故D错误．
9．(2023·湖北黄冈市高三阶段检测)如图甲所示，两块间距为l、板长均为l的金属板水平正对放置，荧光屏MO1N为二分之一圆弧面，让质量为m、电荷量为q的带电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v水平射入板间，粒子从射入到打在屏上O1所用的时间为.现将下板接地，上板的电势φ随时间t的变化规律如图乙所示，其中U＝，所有射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上．已知粒子通过板间所用时间远小于T(粒子通过板间时极板电势可视为不变)，粒子打在金属板或屏上后均被吸收，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计．
(1)求荧光屏MO1N的半径R；
(2)求粒子从射入到打在屏上的最短时间tmin；
(3)若仅将下板竖直下移l，求粒子能打在屏上的弧长s.
答案 (1)l (2) (3)l
解析 (1)由所有射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上，则粒子射出金属板时的速度方向的反向延长线既是金属板间水平位移的中点，又是右侧荧光屏的圆心，由几何关系得l＋R＝v·t0，解得R＝l.
(2)设粒子恰好从上板右边缘离开时的板间电压为U1，板间电场强度大小为E1，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a1，运动的时间为t1，则平行金属板方向l＝vt1
垂直金属板方向＝a1t12
由牛顿第二定律qE1＝ma1
U1＝E1l
联立解得U1＝
由U1
则有l＋Rcos α1＝v·tmin
解得tmin＝.
(3)当电压为U时，设板间电场强度大小为E2，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a2，粒子垂直金属板方向向下的位移为y，斜向右下离开金属板时的速度方向与OO1间的夹角为α2，则平行金属板方向有l＝vt1
垂直金属板方向y＝a2t12
由牛顿第二定律qE2＝ma2
U＝E2·2l
联立解得y＝l
由y>，则粒子斜向右上离开金属板时垂直金属板方向的最大位移为，速度方向与OO1间夹角的最大值为α1.由tan α2＝＝1，α2＝45°，s＝(α1＋α2)R
解得s＝l.
微专题60 带电粒子在电中的运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理.2.在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题.3.在交变电场中的运动，一般是几段运动的组合，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来解决问题．
1．(多选)一种简化的示波管装置(包括电子运动轨迹)如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极(一对水平的平行金属板)加上直流高压U2.则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中( )
A．电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动
B．电子在水平方向一直做匀速运动
C．U1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低
D．U2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低
答案 AD
解析 电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；U1一定时，电子做匀速运动的速度就一定，则电子到达屏幕的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移y＝t2越大，则图中的亮点位置越高，C错误；U1越大，则电子做匀速运动的速度越大，电子到达屏幕的时间就越短，U2一定时，则侧向位移就越小，图中亮点位置越低，D正确．
2．(多选)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，小孔分别为O、M、P.由小孔O静止释放的电子穿过小孔M恰好能运动到小孔P.现保持带电金属薄板A、B、C的电荷量不变，改变带电金属薄板B或C的位置，还是由小孔O静止释放的电子仍能运动到小孔P的是( )
A．仅将C板向右平移一小段距离
B．仅将C板向左平移一小段距离
C．仅将B板向右平移一小段距离
D．仅将B板向左平移一小段距离
答案 BC
解析 电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电场强度为E1，A、B板间的距离为d1，B、C板间的电场强度为E2，B、C板间的距离为d2，则有eE1d1－eE2d2＝0.若仅将C板向右平移一小段距离，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右或向左平移一小段距离，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C板向右或B板向左平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，还没到达小孔P时速度已经减为零，然后返回；仅将C板向左或B板向右平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达小孔P点时速度还没减为零，A、D错误，B、C正确．
3．(2023·四川成都市模拟)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，q＞0.则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是( )
A．①、②、③ B．③、①、②
C．②、①、③ D．③、②、①
答案 B
解析 乙粒子带负电，在电场中受到的静电力向上，轨迹向上弯曲，所以乙粒子的运动轨迹是①.对于甲、丙两种粒子，设任一粒子的质量为M、电荷量为Q，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粒子的加速度大小为：a＝＝kE，在x轴方向，粒子做匀速直线运动，则有：x＝vt，即经过相同时间水平位移相等，竖直方向有：y＝at2，整理可得：y＝，由于甲粒子(q，m)的比荷大于丙粒子(2q,4m)的比荷，所以x相同时，甲粒子的偏转距离y较大，所以甲、丙粒子的运动轨迹分别是③、②，故A、C、D错误，B正确．
4.如图，真空中水平放置的两平行正对金属板构成一电容器，上板带正电，下板带负电．氘原子核H，符号D，其质量是质子质量的2倍，带正电，电荷量与电子电荷量相同；α粒子是氦原子核He，其质量是质子质量的4倍，带正电，电荷量是电子电荷量的2倍．现在一氘核从平行板电容器上极板左侧边缘a点靠近极板沿与板平行方向射入板间，恰好落在下板中点A，落在A点时速度与水平方向夹角为θD；另一α粒子从电容器左侧两板中间b点沿与板平行方向射入板间，恰好到达下极板右端B点，到达B点时速度方向与水平方向夹角为θα.不计粒子重力．则两角度的正切值之比tan θD：tan θα为( )
A．2∶1 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1
答案 B
解析 依题意，知粒子在极板间做类平抛运动，则粒子打在下极板时，速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝，又因为vy＝，v0＝，联立求得tan θ＝，即粒子速度与水平方向夹角的正切值与粒子在竖直方向及水平方向发生的位移有关，设极板长为L，极板间距离为d，结合题图可得tan θD∶tan θα＝·，解得tan θD∶tan θα＝4∶1，故B正确，A、C、D错误．
5．(2023·浙江湖州市质检)如图甲所示，某装置由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t＝0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．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n个圆筒瞬间速度为
D．第n个圆筒长度为
答案 D
解析 金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A错误；只有电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故B错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU＝mvn2－0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn＝，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是，则第n个圆筒长度为Ln＝vn·＝，故C错误，D正确．
6．示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O′点，要使电子打在荧光屏上的位置O′到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是( )
A．只增大UPK
B．只增大UAB
C．增大UPK同时减小UAB
D．将电子换成比荷()较大的带电粒子
答案 B
解析 设电子经电压UPK加速后的速度为v0，由动能定理得eUPK＝mv02，电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E2，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得F＝eE2＝e＝ma，解得a＝，由运动学公式得，水平方向有L＝v0t1，竖直方向有y1＝at12，联立解得y1＝.设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速直线运动的速度公式可知vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后到打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，则水平方向R＝v0t2，竖直方向y2＝vyt2，解得y2＝，O′至O点的距离y＝y1＋y2＝可知，要使电子打在荧光屏上的位置O′到荧光屏中心O的距离增大，即y增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或增大UAB同时减小UPK，y与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷()较大的带电粒子y不变．故选B.
7．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是( )
A．0＜t0＜ B.＜t0＜
C.＜t0＜T D．T＜t0＜
答案 B
解析 刚释放粒子时粒子向A板运动，说明释放时UAB为负，所以A、D错误．若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．
8．(多选)如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压UAB，交变电压的周期T＝.质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )
A．所有电子离开电场时速度都是v0
B．所有电子在两板间运动的时间为T
C．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
答案 AC
解析 电子在电场中竖直方向分速度随时间变化的图像如图所示，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故A正确．
电子在水平方向做匀速直线运动，时间t＝＝2T，故B错误．t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax＝2×a()2＝，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d，则有：d＝4×a()2，联立得ymax＝， 故C正确．t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax′＝4×a()2－2×a()2＝，解得ymax′＝d，故D错误．
9．(2023·湖北黄冈市高三阶段检测)如图甲所示，两块间距为l、板长均为l的金属板水平正对放置，荧光屏MO1N为二分之一圆弧面，让质量为m、电荷量为q的带电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v水平射入板间，粒子从射入到打在屏上O1所用的时间为.现将下板接地，上板的电势φ随时间t的变化规律如图乙所示，其中U＝，所有射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上．已知粒子通过板间所用时间远小于T(粒子通过板间时极板电势可视为不变)，粒子打在金属板或屏上后均被吸收，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计．
(1)求荧光屏MO1N的半径R；
(2)求粒子从射入到打在屏上的最短时间tmin；
(3)若仅将下板竖直下移l，求粒子能打在屏上的弧长s.
答案 (1)l (2) (3)l
解析 (1)由所有射出金属板的粒子均能垂直打在荧光屏上，则粒子射出金属板时的速度方向的反向延长线既是金属板间水平位移的中点，又是右侧荧光屏的圆心，由几何关系得l＋R＝v·t0，解得R＝l.
(2)设粒子恰好从上板右边缘离开时的板间电压为U1，板间电场强度大小为E1，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a1，运动的时间为t1，则平行金属板方向l＝vt1
垂直金属板方向＝a1t12
由牛顿第二定律qE1＝ma1
U1＝E1l
联立解得U1＝
由U1
则有l＋Rcos α1＝v·tmin
解得tmin＝.
(3)当电压为U时，设板间电场强度大小为E2，带电粒子在金属板间做类平抛运动时的加速度大小为a2，粒子垂直金属板方向向下的位移为y，斜向右下离开金属板时的速度方向与OO1间的夹角为α2，则平行金属板方向有l＝vt1
垂直金属板方向y＝a2t12
由牛顿第二定律qE2＝ma2
U＝E2·2l
联立解得y＝l
由y>，则粒子斜向右上离开金属板时垂直金属板方向的最大位移为，速度方向与OO1间夹角的最大值为α1.由tan α2＝＝1，α2＝45°，s＝(α1＋α2)R
解得s＝l.
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