3.1 第一讲 电场-（教师用书）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

第一讲　电场 学生用书⬇第42页 考点一　电场的性质 (2025·山东济宁期末)如图所示，实线APB为均匀带正电的半圆弧形绝缘体，虚线AQB为均匀带等量负电的半圆弧形绝缘体，O点为圆心，P、Q分别为两圆弧的中点，PQ上的M、N两点关于O点对称。关于M、N两点的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　) A.电场强度相同、电势不同 B.电场强度不同、电势相同 C.电场强度相同、电势相同 D.电场强度不同、电势不同 答案：A 解析：如图所示，把带正电的半圆弧形绝缘体和带负电的半圆弧形绝缘体分割成无限多个电荷量分别为＋q、－q的点电荷，与PQ距离相等的四个点电荷在M、N两点产生的电场如图所示，分析可知任意四个与PQ距离相等的点电荷在M、N两点产生的电场的合电场相同，且P、Q处点电荷在M、N两点产生的电场的合电场相同，所以M、N两点的电场强度相同；由题图可知，M点离带正电的绝缘体较近，N点离带负电的绝缘体较近，所以φM＞φN，M、N两点的电势不同。故选A。 求解非点电荷带电体场强问题的几种方法 补偿法 将有缺口的带电圆环补全为完整圆环，或将半球面补全为完整球面 微元法 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用电场强度的公式和叠加原理求出合电场强度 对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以使复杂电场的叠加计算大为简化 等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情境等效变换为简单的或熟悉的电场情境 (2025·云南昭通联考)静电透镜是由带电导体所产生的静电场来使电子束聚焦和成像的装置，它广泛应用于电子器件和电子显微镜。如图为其内部静电场中等差等势面的分布示意图，其中MN和M'N'为互相垂直的对称轴，O点为对称轴的交点。一电子由A点以某一速度射入该电场，仅在静电力作用下的运动轨迹如曲线AB所示，C、D为该轨迹曲线上的两点。下列说法正确的是(　　) A.C点的电势低于D点的电势 B.电子在C点的动能小于在D点的动能 C.电子在C点的电势能与动能之和等于在D点的电势能与动能之和 D.电子从D点运动到B点过程中动量的变化率不变 答案：C 解析：根据题图可知，在D点电子所受静电力沿M'N'向右，由于电子带负电，静电力方向与电场方向相反，即在M'N'连线上电场方向向左，沿着电场线方向电势降低，所以C点的电势高于D点的电势，故A错误；电子在电势高处电势能小，所以电子在C点的电势能小于在D点的电势能，静电力做负功，动能减小，电子在C点的动能大于在D点的动能，故B错误；由于只有静电力做功，故运动中电势能与动能之和不变，故C正确；动量的变化率＝F电＝qE，由题图可知，由D点运动到B点过程中电场强度E发生了变化，即动量的变化率发生了变化，故D错误。故选C。 判断场强大小、电势高低、电势能大小的方法 判断场 强大小 (1)根据电场线的疏密判断 (2)根据公式E＝k和场强叠加原理判断 判断电 势高低 (1)根据电场线的方向判断 (2)由UAB＝判断 (3)根据静电力做功(或电势能的变化)判断 判断电势 能大小 (1)根据Ep＝qφ判断 (2)根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断 预测.(2025·河北唐山质检)针状电极O和平板电极MN接高压直流电源后，其间可产生较强的电场，电场线的分布如图所 学生用书⬇第43页 示，图中虚线PB、PC分别为甲、乙两带电粒子(不计重力及两粒子的相互作用)以相同的动能从P点出发后在电场中的运动轨迹，若已知两粒子所带电荷量的绝对值相等，则下列判断正确的是(　　) A.甲粒子可能带正电，乙粒子可能带负电 B.甲粒子从P点运动到B点的过程中，其动能与电势能之和可能减少 C.甲、乙粒子分别运动到B、C两点时，甲粒子的动能大 D.甲、乙粒子分别运动到B、C两点时，甲粒子的电势能大 答案：C 解析：由题图中电源的连接情况可知，电场线的方向由电极O指向电极MN，结合曲线运动的特点，粒子受到的静电力必指向曲线的凹侧，可知甲、乙两粒子均带负电，故A错误；粒子仅在静电力作用下运动的过程中，粒子的动能和电势能之和不变，故B错误；由电场线分布情况可知φB＞φC，即UPB＜UPC，静电力对两粒子均做负功，据动能定理可知，甲粒子经过B点时的动能大，故C正确；B点电势高于C点，又甲、乙均带负电，故甲粒子的电势能小，故D错误。故选C。 考点二　电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 v-t 图像 当带电粒子只受静电力时，从v-t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向和大小、电势高低及电势能的变化情况 φ-x 图像 (1)从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化 (2)φ-x图像切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E-x 图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿x轴负方向 (2)E-x图像与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep-x 图像 (1)Ep-x图像切线的斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 (2025·重庆育才中学一诊)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其x轴正半轴上电场强度随x轴上位置变化规律如图所示，原点O到x＝x1间的图线为直线，x轴正方向为电场强度正方向，x轴负方向为电场强度负方向，一个电荷量大小为q的粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到x＝x3处，不计粒子的重力，则下列判断正确的是(　　) A.该粒子带负电 B.粒子在x＝x1处的电势能小于x＝x2处的电势能 C.粒子在x＝x1处的动能为 D.O点到x＝x2之间电势差大于x＝x3到x＝x2之间电势差 答案：C 解析：粒子在O点由静止释放，刚好能沿x轴正方向运动到x＝x3处，粒子先做加速运动后做减速运动，由题图可知，从O点到x＝x3处，电场强度方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，粒子受力方向与电场强度方向相同，则粒子带正电，故A错误；粒子从x＝x1到x＝x2的过程中，静电力做正功，电势能减少，所以粒子在x＝x1处的电势能大于x＝x2处的电势能，故B错误；从O点到x＝x1处，E-x图线与横轴所围的面积表示O点到x＝x1处的电势差，从O点到x＝x1处，由动能定理得q＝Ek，则粒子在x＝x1处的动能为，故C正确；设O点到x＝x2之间电势差为U1，x＝x3到x＝x2之间电势差为U2，由动能定理得qU1－qU2＝0，可得U1＝U2，故D错误。故选C。 预测1.(2025·山东青岛调研)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，A固定在原点O处，B固定在x＝3a处，x轴上各点的电势φ随位置坐标x变化的φ-x图像如图乙所示，其中x＝2a处图线的切线与x轴平行。取无限远处电势为零，仅考虑静电力作用，下列说法正确的是(　　) A.A、B两点电荷为异种电荷 B.A、B两点电荷所带电荷量之比QA∶QB＝4∶1 学生用书⬇第44页 C.x轴上仅有一个位置A、B两点电荷产生的电场强度大小相等 D.将一正点电荷从x＝a处自由释放，该点电荷将做加速度增大的加速运动 答案：B 解析：由题图乙可知，x轴上各点电势都大于零，所以A、B两点电荷均为正电荷，故A错误；因为φ-x图像切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，所以在x＝2a处的电场强度为零，则有k＝k，解得QA∶QB＝4∶1，故B正确；若x轴上某位置A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，则有k＝k，QA∶QB＝4∶1，解得x1＝2a，x2＝6a，故x轴上A、B两点电荷产生的电场强度大小相等的点有两个，分别在x＝2a处和x＝6a处，故C错误；根据题图乙可知，在x＝a至x＝2a范围内场强方向向右且逐渐减小，过x＝2a的一小段距离内场强方向向左且逐渐增大，所以将一正点电荷从x＝a处自由释放，该点电荷先做加速度减小的加速运动，过x＝2a之后做加速度增大的减速运动，故D错误。故选B。 预测2.(2025·北京东城二模)如图甲所示，电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC－xB＝xB－xA。电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，下列说法中正确的是(　　) A.A点的电势高于B点的电势 B.电子在A点的速度大于在B点的速度 C.A点的电场强度小于B点的电场强度 D.电子从A到B的过程中静电力做的功大于从B到C的过程中静电力做的功 答案：D 解析：电子从A到C电势能逐渐减小，可知电势逐渐升高，A点电势低于B点电势，故A错误；电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，只有静电力做功，因电势能逐渐减小，则动能逐渐增大，即电子在A点的速度小于在B点的速度，故B错误；Ep-x图像斜率的绝对值等于静电力大小，可知从A到B电子所受静电力逐渐减小，场强逐渐减小，可知A点电场强度大于B点电场强度，故C错误；因从A到B电子所受的静电力大于从B到C电子所受的静电力，根据W＝Fx可知，电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，故D正确。故选D。 考点三　电容器的动态分析 分析平行板电容器动态问题的思路 1.确定不变量，分析是电势差不变还是所带电荷量不变。 2.用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。 3.用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电势差的变化。 4.用E＝或E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。 在如图所示电路中，蓄电池的电动势E＝4 V，内阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，电容C＝1 pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A.P点的电势为2 V B.上极板所带的电荷量为3.2×10－12 C C.若在两极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将减少 D.若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动 答案：B 解析：电容器两极板间电势差为U＝E＝3.2 V，P点位于板间中央，所以φP＝U＝1.6 V，故A错误；由公式Q＝UC得Q＝3.2×10－12 C，故B正确；若在两极板间插入一块玻璃板，由公式C＝，可知C变大，所以电容器上极板所带的电荷量Q将增加，故C错误；若将上极板缓慢上移少许，可知板间电场强度减小，油滴所受静电力减小，所以油滴将向下运动，故D错误。故选B。 预测.(多选)(2025·广东深圳外国语学校模拟)某同学用平行板电容器探究材料竖直方向尺度随温度变化的特征，探究电路如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。电源输出电压恒定，闭合开关S，被测材料热胀冷缩，调节滑动变阻器R，滑片处在中间位置时带电液滴P恰好可以静止在电容器极板间，下列说法中正确的是(　　) A.改变R1的阻值，带电液滴P仍能处于静止状态 B.材料温度降低，带电液滴P将向上运动 C.材料温度升高，极板所带电荷量减小 D.检测到灵敏电流表的电流方向为从a到b，说明材料温度升高 答案：AD 解析：R1与电容器串联，故其作用相当于导线，所以改变R1的阻值，不会改变电路稳定时总电流，R两端的电压也不会改变，电容器两端电压等于R两端的电压，故电路稳定时电容器两端电压不变，带电液滴所受静电力不变，带电液滴P仍能处于静止状态，故A正确；材料温度降低，材料体积变小，电容器两板间距增大，根据E＝可知电场强度减小，带电液滴所受静电力减小，故带电液滴P将向下运动，故B错误；材料温度升高，材料体积变大，电容器两板间距减小，根据C＝可知电容增大，根据C＝可知极板所带电荷量增大，故C错误；检测到灵敏电流表的电流方向为从a到b，说明电容器充电，电容器两端电压不变，则电容增大，根据C＝可知电容器两板间距减小，说明材料温度升高，故D正确。故选AD。 学生用书⬇第45页 考点四　带电粒子在电场中的运动 带电粒子在电场中运动的分析 带电粒子在电场中的直线运动 动力学 观点 匀强电场中：a＝，E＝，v2－＝2ad 功能 观点 (1)匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－m (2)非匀强电场中：W＝qU＝mv2－m 带电粒子在电场中的类平抛运动 运动 条件 (1)只受电场力 (2)初速度v0⊥E 运动 性质 匀变速曲线运动： (1)沿初速度方向做匀速直线运动 (2)沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动 两个 结论 (1)速度偏向角正切是位移偏向角正切的2倍，即tan φ＝2tan θ (2)速度反向延长线过水平位移的中点 带电粒子在电场中的类斜抛运动 两个分 运动 垂直电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsin θ 沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcos θ－t2 (多选)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。位于和圆筒B、D相连的金属圆板O中央的一个质子在圆板O和圆筒A之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电荷量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是(　　) A.M、N所接电源的极性应周期性变化 B.质子每经过一次狭缝速度的增加量为 C.质子从圆筒E射出时的速度大小为 D.圆筒A、B、C、D、E的长度之比为1∶∶∶∶ 答案：AD 解析：根据题意，直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A电势高时B的电势低，质子才能在A、B间的狭缝向右加速，则在下一个狭缝加速时需要B电势高，C电势低，所以M、N所接电源的极性应周期性变化，A正确；质子每通过狭缝加速一次，狭缝间静电力做的功等于质子动能变化量，由动能定理得eU＝mv'2－mv2，整理得v'2－v2＝，可知质子每经过一次狭缝速度的增加量不等于，B错误；质子从圆板中心进入，则共经历5次完整加速，有5eU＝m，解得v出＝，C错误；根据neU＝m，可得vn＝，质子在圆筒A、B、C、D、E中运动时的速度之比为v1∶v2∶v3∶v4∶v5＝1∶∶∶∶，根据xn＝vnT可知圆筒A、B、C、D、E的长度之比x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶∶∶∶，故D正确。故选AD。 (2025·河南九师联盟联考)如图所示，平行边界A、B间有垂直于边界向右的匀强电场Ⅰ，平行边界B、C间有方向与边界成45°斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A上P点有一粒子源，可以在纸面内向电场Ⅰ内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行边界向下射出的粒子经电场Ⅰ偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上射出的粒子，经电场Ⅰ、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C射出。已知电场Ⅰ的电场强度为E，A、B间距为L，B、C间距为2L，不计粒子的重力和粒子间的作用力，求： (1)所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小； (2)电场Ⅱ的电场强度的大小； (3)边界C上有粒子射出区域的长度。 学生用书⬇第46页 模型剖析 一、分析带电粒子在电场Ⅰ中的运动 第一步：建模型 平行边界向下、向上射出的粒子在电场Ⅰ中做类平抛运动 第二步：画轨迹 平行边界向下、向上射出的粒子在电场Ⅰ中的运动轨迹如图中轨迹①②所示 第三步：分析已知，选规律 (1)平行边界向下射出的粒子出电场Ⅰ时，速度偏向角为45° 粒子在电场Ⅰ中沿电场方向做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得qE＝ma，v2＝ 由速度的合成可得粒子出电场Ⅰ时的速度 v＝v2 解得v＝2 根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小相同，都等于2。 二、分析带电粒子在电场Ⅱ中的运动 第一步：建模型 沿轨迹②运动的粒子，进电场Ⅱ时速度方向恰好与电场Ⅱ的电场强度方向垂直，此粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动 第二步：画轨迹 画出粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动的运动轨迹如图中轨迹③所示 第三步：分析运动，选规律 (2)粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a'＝ 将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场方向分解，则x＝vt，y＝a't2 由于此粒子在电场Ⅱ中的速度偏向角为45°，根据速度反向延长线过匀速运动位移的中点知y＝x 根据几何关系x＋y＝2L 解得y＝L，E'＝E。 (3)粒子在P点射出的初速度大小为 v0＝v1＝v2＝ 模型剖析 由于沿平行边界射出的粒子出电场Ⅰ时速度的偏向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的区域长度为s1＝4L 则在边界C上有粒子射出的区域长度 s2＝s1＋2L＋(2L－y) 解得s2＝L。 母题变式.(多选)如图所示，在xOy平面内，在x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；在x轴下方有方向与x轴成45°角的匀强电场，电场强度大小为E。t＝0时刻有一电荷量为＋q、质量为m的粒子从(0，h)处以沿x轴负方向的速度v0射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第1次经过x轴时速度方向与x轴成45°角，则(　　) A.v0与E满足v0＝ B.粒子第1次到达x轴的时间为 C.粒子第2次经过x轴时的位置为(－h，0) D.粒子第4次经过x轴时的位置为(10h，0) 答案：BD 解析：粒子在第二象限做类平抛运动，有vy＝v0tan 45°，h＝，a＝，联立求得v0＝，故A错误；粒子第1次到达x轴时，根据类平抛运动的推论可得tan 45°＝2tan θ＝2，可得x1＝2h，则粒子第1次到达x轴的时间为t＝＝，故B正确；粒子第1次到达x轴时，速度方向与x轴成45°角，可知粒子进入第三象限做匀减速直线运动，减速到0后，反向匀加速第2次通过x轴，可知粒子第2次经过x轴时的位置坐标为(－2h，0)，故C错误；粒子第2次经过x轴后做类斜抛运动，根据对称性，粒子第3次到达x轴的位置坐标为(2h，0)，且速度方向与x轴正方向成45°，接着粒子在第四象限内做类平抛运动，直到第4次到达x轴，有x4sin 45°＝v0t4，x4cos 45°＝，可得粒子第4次在x轴上发生的位移大小为x4＝8h，则粒子第4次通过x轴时x＝2h＋x4＝10h，所以粒子第4次经过x轴时的位置坐标为(10h，0)，故D正确。故选BD。 1.科技情境类 (2025·云南高考)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为－2 V、－1 V、1 V、2 V的等势线上，则(　　) A.a、b、c、d中a点电场强度最小 B.a、b、c、d中d点电场强度最大 学生用书⬇第47页 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 答案：C 解析：由题意可知相邻两等势线间的电势差相等，则题图中的等势线为等差等势线，由题图可知a点的电场强度最大，c点的电场强度最小，A、B错误；一个电子从b点移动到c点的过程，电场力做功为Wbc＝qUbc，又q＝－e、Ubc＝φb－φc，代入数据解得Wbc＝2 eV，C正确；同理，—个电子从a点移动到d点的过程，电场力做功为Wad＝qUad，又Uad＝φa－φd，代入数据解得Wad＝4 eV，该过程电子的电势能减少了4 eV，D错误。故选C。 2.生产情境类 (多选)(2024·广东高考)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有(　　) A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 答案：AC 解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。故选AC。 3.科技情境类 (2025·黑吉辽蒙高考)如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　) 答案：D 解析：由平行板电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又电容器充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变，由U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。故选D。 4.科技情境类 (2025·河南高考)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10－10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10－13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10－2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B细胞收集管的间距。 答案：(1)5×10－3 m　(2)0.11 m 解析：(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴 垂直电场方向有l＝vt1 平行电场方向有x1＝a 由牛顿第二定律可知qE＝ma 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10－3 m。 (2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切值为tan θ＝＝2 含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A细胞收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m 即含A细胞的液滴从开始运动至到达A细胞收集管的过程偏转的距离为xA＝x1＋x2＝0.055 m 由于含A、B细胞的液滴电性相反，质量、电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。 学科网（北京）股份有限公司 $