專題三電場與磁場第12課時帶電粒子在電場中的運動命題規律1.命題角度：(1)帶電粒子在電場中運動的分析與計算；(2)帶電體在電場和重力場中運動的分析與計算.2.常考題型：選擇題、計算題.內容索引NEIRONGSUOYIN高考題型1帶電粒子在電場中運動高考題型2帶電體在電場和重力場中的運動專題強化練高考預測高考題型3帶電粒子在交變電場中的運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理高考題型1帶電粒子在電場中運動基本粒子如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)帶電體如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力常見運動受力特點分析方法靜止或勻速直線運動合外力F合＝0共點力平衡2.帶電粒子在電場中的運動特點及分析方法變速直線運動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.勻強電場中：(1)用動力學觀點分析(2)用功能觀點分析2.非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1帶電粒子在勻強電場中的偏轉運動(類平拋)進入電場時v0⊥E運動的分解

例1

(2021·四川省高三期末)如圖1所示，空間有一水平方向的勻強電場，一帶電粒子以初速度v0沿圖中虛直線由A運動到B，僅考慮電場力和重力作用，在帶電粒子由A運動到B的過程中，以下說法正確的是A.該帶電粒子是帶正電荷的粒子B.動能增加，重力勢能增加，電勢能減少C.動能不變，重力勢能增加，電勢能減少D.動能減少，重力勢能增加，電勢能增加√考向一帶電粒子在電場中的直線運動圖1解析帶電粒子做直線運動，所以所受合力方向與運動方向在同一直線上，帶電粒子只受重力和電場力作用，為使合力方向與運動方向在同一直線，電場力只能水平向左，所以該粒子一定帶負電，選項A錯誤；在帶電粒子由A運動到B的過程中，合力做負功，動能減小，重力做負功，重力勢能增大，電場力做負功，電勢能增大，選項B、C錯誤，D正確.例2

(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖2，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0).質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計.(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；考向二帶電粒子在電場中的偏轉圖2解析PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受靜電力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有F＝qE＝ma ②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有l＝v0t ⑤聯立①②③④⑤式解得(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？解析若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短.由對稱性知，此時金屬板的長度為例3

(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖3所示.質量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直.已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運動中粒子僅受電場力作用.(1)求電場強度的大小；圖3解析

粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關系和電場強度的定義知AC＝R ①F＝qE ②(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？解析如圖，由幾何關系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行.作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大.由幾何關系知設粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運動學公式有F＝ma ⑥DP＝v1t1 ⑧(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？解析解法1：設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t.以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系.由運動學公式有x＝vt ?粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零.設穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學公式有mv2＝mv0＝mat ?解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直AC方向做勻速直線運動，因動量的變化量只發生在電場方向上，若粒子從進入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點離開電場.設粒子進入電場時的速度為v由題意知，粒子進入電場時的速度v＝0時，動量變化量的大小也為mv0.1.帶電體在電場、重力場中的運動分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規律解決問題.(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉化，總的能量保持不變.高考題型2帶電體在電場和重力場中的運動2.帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖4所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝

為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向.(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點.圖4例4

(2019·天津卷·3)如圖5所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程考向一帶電體在電場和重力場中的勻變速運動√圖5靜電力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確.例5

(2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點.從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0).A從O點發射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為

.重力加速度為g，求：(1)電場強度的大小；解析設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①(2)B運動到P點時的動能.答案2m(v02＋g2t2)解析設B從O點發射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有聯立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2).例6

如圖6所示，BC是半徑為R的

圓弧形光滑絕緣軌道，軌道位于豎直平面內，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為E.現有一質量為m的帶電小滑塊(體積很小可視為質點)，在BC軌道的D點釋放后可以在該點保持靜止不動，已知OD與豎直方向的夾角為α＝37°.隨后把它從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點時速度減為零.若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為μ＝0.25，且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度為g.(1)對小滑塊在D點進行受力分析，求出滑塊的帶電荷量q和帶電種類；考向二帶電體在電場和重力場中的圓周運動圖6解析滑塊靜止在D處時的受力如圖所示，可知滑塊應帶正電，由平衡條件可得F＝mgtanα又F＝Eq(2)滑塊從C點下滑到圓弧形軌道的B端時對軌道的壓力大?。唤馕龌瑝K從C點下滑到B點的過程中由動能定理得(3)水平軌道上A、B兩點之間的距離L.解析滑塊從C經B到A的過程中，由動能定理得：mgR－qE(R＋L)－μmgL＝0－0處理帶電粒子在交變電場中運動的問題時，先畫出粒子在電場方向的v－t圖象，結合圖象去分析粒子的運動情況，在v－t圖象中，圖象與t軸所圍面積表示沿電場方向粒子的位移.帶電粒子在交變電場中運動常見的v－t圖象如圖所示.高考題型3帶電粒子在交變電場中的運動例7

如圖7甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓.在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場.已知電場變化周期T＝

，粒子質量為m，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，則圖7√解析粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間t＝

，此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子在豎直方向的速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，A錯誤；1.(多選)(2021·河北張家口市高三期末)如圖8所示，xOy坐標系內，第一象限存在水平向左的勻強電場.第二象限存在豎直向下的勻強電場，y軸上c點和x軸上d點連線為電場的下邊界.相同的帶電粒子甲、乙分別從a點和b點由靜止釋放，兩粒子均從c點水平射入第二象限，且均從c、d連線上射出，已知ab＝bc，下列說法正確的是A.帶電粒子甲、乙在c點速度之比為2∶1B.帶電粒子甲、乙在c點速度之比為

∶1C.帶電粒子甲、乙在第二象限電場內的位移之比為

∶1D.帶電粒子甲、乙在第二象限射出電場時速度方向相同123高考預測圖8√√4123解析相同的帶電粒子甲、乙分別從a點和b點由靜止釋放，兩粒子均從c點水平射入第二象限，且均從c、d連線上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得帶電粒子甲、乙在c點速度之比為v甲∶v乙＝

∶1，故A錯誤，B正確；甲、乙兩粒子從c點水平射入第二象限，由平拋運動知識可知x＝v0t①②y＝xtanθ＝v0ttanθ③4123帶電粒子甲、乙在第二象限電場內的位移之比為2∶1，故C錯誤；設速度方向與水平方向夾角為α，tanα＝

，tanα＝2tanθ，甲、乙在第二象限射出電場時速度方向與水平方向夾角α相同，故D正確.42.(多選)(2021·山東濟寧市高三期末)質量為m的帶電小球由空中某點P無初速度地自由下落，經過時間t，加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經過時間t小球又回到P點.整個過程中不計空氣阻力且小球未落地，重力加速度為g，則123√√4所以小球電勢能減少了2mg2t2，故B錯誤；解析設電場強度為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下為正方向，123412343.(2021·湖南株洲市高三期末)如圖9，真空中水平放置的兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，一電荷量為＋q(q>0)，質量為m的小球從兩板中央以水平速度v0射入板間，小球離開電場后恰能垂直打在距離金屬板右端2L的屏M上，已知重力加速度為g.求：(1)板間電場強度E的大小和方向；圖91234解析設小球在電場中運動的加速度為a，運動時間為t1，剛飛出電場時豎直速度為vy，由題意可知1234(2)要使小球飛出電場，板間電勢差U要滿足什么條件？123兩板間的電勢差為U＝Ed4答案1m/s4.在如圖10所示的平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限區域內有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強電場，電場強度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區域內有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強電場.質量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點以一定的初速度垂直y軸方向進入電場，通過第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區域后從B點離開，已知P、A的坐標分別為(0,0.4)、(0.4,0)，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)初速度v0的大?。粓D101234解析小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，小球帶正電，受到的靜電力豎直向上，123根據平拋運動規律，小球沿水平方向做勻速運動，有xA＝v0t4答案5V

(2)A、B兩點間的電勢差UAB；1234又UAB＝EL解得UAB＝5V.解析設水平電場的電場強度大小為E，進入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，因為小球在該電場區域恰好做直線運動，所以合外力的方向與速度方向在同一條直線上，設小球在水平電場中運動的水平距離為L，可知1234(3)小球經過B點時的速度大小.123解析設小球在B點的速度大小為v，對小球運動的全過程，由動能定理，有41.如圖1所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點.由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點.現將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子A.運動到P點返回B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回D.穿過P′點保分基礎練1234567專題強化練圖18√91011121234567891011122.(多選)(2021·全國乙卷·20)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行.不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖象中，可能正確的是√√123456789101112解析帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝

，由類平拋運動規律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t＝

，離開電場時，帶電粒子的偏轉角的正切值為

因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉角只與比荷有關，(＋q，m)粒子與(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏轉角相同，軌跡相同，且與(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，m)、(－q，m)三個粒子偏轉角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)(＋3q,3m)粒子的偏轉角小，但都帶正電，偏轉方向相同，故A、D正確，B、C錯誤.1234567891011123.(多選)(2020·河南濮陽市高三下學期4月摸底)在科研實驗中需要將電離后得到的一價氦離子和二價氦離子進行分離，小李同學設計了如圖2所示方案：在真空環境中，將一價氦離子和二價氦離子的混合物通過A、B兩極板間的電場加速，然后再讓它們經過由平行帶電金屬板C、D所形成的另一勻強電場發生偏轉.若氦離子進入加速電場時的速度可忽略不計，氦離子重力和氦離子間的相互作用不計，且所有的氦離子均可到達離子接收器處.那么在離子接收器處，下列說法正確的是A.一價氦離子和二價氦離子不能分開B.一價氦離子和二價氦離子能分開C.一價與二價氦離子獲得的動能相等D.二價氦離子獲得的動能大于一價氦離子獲得的動能1234567圖2√√89101112解析設離子電荷量為q、質量為m，加速電壓為U1，偏轉電場場強為E，偏轉電場極板長為L，離子從偏轉電場中射出時的速度偏向角為θ，在電在偏轉電場中離子做類平拋運動，有：從偏轉電場中射出時有123456789101112說明一價氦離子與二價氦離子從偏轉電場中射出的位置、射出方向均相同，與電荷量無關，兩種離子不能分開，故A正確，B錯誤；由功能關系得，離子離開偏轉電場時獲得的動能為Ek＝qU1＋qEy＝q(U1＋Ey)二價氦離子電荷量大，所以二價氦離子獲得的動能較大，故C錯誤，D正確.1234567891011124.如圖3所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板左邊緣射入，并沿直線從上極板右邊緣射出，油滴質量為m，帶電荷量為q，現僅將上極板上移少許，其他條件保持不變，重力加速度為g，則下列分析正確的是A.上移后油滴的運動軌跡是曲線圖3√123456789101112綜上分析，由于E不變，根據U＝Ed，當上極板向上移動少許，d變大，所以U變大，兩極板間的電勢差不再是

，C錯誤；123456789101112當上極板向上移動少許，E不變，所以油滴射出電場時的位置也不變，重力做的功為－mgd，則靜電力做的功為mgd，根據功能關系可知，油滴的電勢能減少了mgd，D正確.1234567891011125.(多選)(2018·全國卷Ⅲ·21)如圖4，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等.現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動.在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面.a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是A.a的質量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的動量大小相等圖412345678√√9101112解析經時間t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，則xa>xb，123456789101112經時間t到下半區域的同一水平面，則靜電力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，B項正確；在t時刻，a、b處在同一等勢面上，根據Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C項錯誤；根據動量定理Ft＝p－p0，則經過時間t，a、b的動量大小相等，D項正確.√爭分提能練1234567891011121234567891011127.(多選)如圖5所示，豎直平面內存在著兩個相同的方向豎直向上的帶狀勻強電場區，電場區的高度和兩電場區之間的間隔均為d，水平方向足夠長.一個質量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0在距離電場上方d處水平拋出，不計空氣阻力，重力加速度為g，則A.小球在水平方向一直做勻速直線運動B.小球在電場區可能做直線運動1234567圖58√√9101112√解析將小球的運動沿著水平方向和豎直方向進行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做勻速直線運動，故A正確.小球在電場區時，受到豎直向下的重力和豎直向上的靜電力，若靜電力與重力大小相等，二力平衡，小球能做勻速直線運動，故B正確.若場強大小為

，則靜電力等于mg，在電場區小球所受的合力為零，做勻速運動，在無電場區小球做勻加速運動，故經過每個電場區時小球勻速運動的速度均不等，因而小球經過每一電場區的時間均不等，故C錯誤.123456789101112聯立解得t1＝t2，v2＝0，接下來小球的運動重復前面的過程，即每次通過無電場區豎直方向都是自由落體運動，每次通過電場區豎直方向都是末速度為零的勻減速直線運動，因此，小球經過兩電場區的時間相等，故D正確.若場強大小為

，靜電力等于2mg，在電場區小球所受的合力大小等于mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，根據運動學公式有，1234567891011128.(多選)如圖6所示，在水平向右的勻強電場中，一帶正電的小球從O點豎直向上拋出，A點是小球運動的最高點，B點是與O點等高的點.不計空氣阻力，小球始終在電場中運動，則A.小球在A點時速度最小B.小球在B點時的動能比在A點的大C.小球從O點到A點的過程中電勢能逐漸減小D.小球從O點到A點與從A點到B點的過程中機械能的變化量相等圖612345678√√9101112解析由題意可知，小球帶正電，小球從O點到A點的過程中，重力做負功，靜電力做正功，A點動能不是最小，最小值應在小球速度與重力與靜電力的合力垂直的位置，則小球在A點時速度不是最小，故A錯誤；因小球從O點到B點重力不做功，靜電力做正功，且做功最多，根據動能定理，可知小球在B點時的動能比在A點時的大，故B正確；小球從O點到A點的過程中，靜電力做正功，則電勢能逐漸減小，故C正確；123456789101112在豎直方向上，小球做豎直上拋運動，從O到A與從A到B的時間相同，在水平方向上，小球做初速度為零的勻加速直線運動，因此相等的時間內通過的位移之比為x1∶x2＝1∶3，則靜電力做功之比為W1∶W2＝qEx1∶qEx2＝1∶3，因此機械能的變化量之比為1∶3，故D錯誤.1234567891011129.(2021·內蒙古赤峰二中高三模擬)如圖7甲所示為一平行板電容器，A極板上有一小孔C，在小孔處由靜止釋放一個帶負電的粒子，已知該帶電粒子只受電場力的作用，在電容器兩極板間加如圖乙所示的電壓，電壓的變化周期為T，若粒子從t＝

時刻釋放，則下列說法正確的是A.粒子一定能運動到B極板上

B.粒子一直向B極板運動C.粒子的速度－時間圖象可能為圖丙

D.粒子的速度－時間圖象可能為圖丁圖7123456789101112√解析t＝

時刻釋放，帶電粒子做往復運動，經時間T粒子回到出發點，之后重復上述過程，不一定運動到B極板上，故A、B錯誤；兩極板間電壓大小恒定，則電場強度大小恒定，根據牛頓第二定律得加速度大小恒定，粒子做勻加速或勻減速運動，故C正確，D錯誤.12345678910111210.(多選)(2021·湖南高三月考)如圖8所示，不帶電物體A和帶電荷量為q(q>0)的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，物體B靜止在傾角為θ＝30°且足夠長的斜面上，A、B的質量分別為m和2m，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，不計一切摩擦.某時刻，施加一場強大小為

，方向沿斜面向下的勻強電場，如圖1所示，彈簧始終未超過彈性限度，12345678圖89101112下列說法正確的是123456789101112√√解析施加電場的初始時刻，A和B系統受到的合外力大小等于靜電力的大小，即F合＝F電＝Eq＝2mg，由牛頓第二定律知a＝

，選項A正確；物體B的速度最大時，A和B系統受到的合外力大小為0，此時彈簧彈力F彈2＝F電＋2mgsinθ＝3mg，由胡克定律得彈簧的伸長量x2＝

，選項B錯誤；12345678910111212345678910111211.(2021·福建福州市模擬)如圖9所示，在直角坐標系xOy平面的第一象限內存在著沿＋x方向的有界勻強電場Ⅰ，其邊界由曲線AB和坐標軸圍成；在第二象限存在沿＋y方向勻強電場Ⅱ；已知從電場Ⅰ邊界曲線AB上靜止釋放的電子都能從x軸上的P點離開電場Ⅱ，P點在(－L,0)處，兩電場強度大小均為E，電子電荷量為－e.求：(1)電場Ⅰ邊界曲線AB滿足的方程；圖9123456789101112解析設電子從曲線AB上坐標為(x，y)的點釋放，經電場Ⅰ加速后，速度為v0，123456789101112(2)從曲線AB上靜止釋放的電子離開電場Ⅱ時的最小動能.123456789101112答案eEL解析在電場Ⅰ中，靜電力對電子做功為W1＝eEx在電場Ⅱ中，靜電力對電子做功為W2＝eEy由動能定理得eE(x＋y)＝Ek－0123456789101112最小動能：Ekmin＝eEL.12.(2021·黑龍江鶴崗一中三校高三期末聯考)如圖10(a)所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d＝0.1m，板長L＝0.3m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間，距金屬板右端x＝0.5m處豎直放置一足夠大的熒光屏，現在AB板間加如圖(b)所示的方波形電壓，已知U0＝1.0×102V，在擋板的左側，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續射向擋板，粒子的質量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×1