PAGEPAGE18專題7.5帶電粒子在電場中的運動1.能運用運動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題.2.用動力學(xué)方法解決帶電粒子在電場中的直線運動問題．學(xué)問點一、帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．2．用功能觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1學(xué)問點二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．(4)運動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．學(xué)問點三、示波管的構(gòu)造、原理1．構(gòu)造：示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(由放射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由偏轉(zhuǎn)電極XX′和偏轉(zhuǎn)電極YY′組成)和熒光屏組成，如圖所示。2．原理：燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子放射，放射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，如在電極YY′之間加一個待顯示信號電壓，在XX′偏轉(zhuǎn)板上加一儀器自身產(chǎn)生的鋸齒電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按YY′偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律改變的可視圖象。學(xué)問點四、帶電體在復(fù)合場中的運動1．各種性質(zhì)的場(物質(zhì))與實際物體的根本區(qū)分之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場．2．將疊加場等效為一個簡潔場，其詳細步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．考點一帶電粒子的加速【典例1】(2024·高考江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，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(xiàn)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【答案】A.【解析】電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以推斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤．【舉一反三】（2024·江蘇卷）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是（）【答案】A【解析】由于帶電粒子在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經(jīng)過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確?！痉椒记伞?1)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。(2)用動力學(xué)的觀點來計算，只適用于勻強電場，即粒子做勻變速直線運動。而用功能的觀點來計算，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則適用于一切電場，這正是功能觀點較動力學(xué)觀點分析的優(yōu)越之處?！咀兪?】（福建上杭一中2025屆模擬）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，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?，F(xiàn)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【答案】A【解析】電子在A、B板間的電場中做加速運動，在B、C板間的電場中做減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以推斷，電子在A、B板間做加速運動后，在B、C板間做減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤?？键c二帶電粒子的偏轉(zhuǎn)【典例2】(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，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(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質(zhì)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，重力忽視不計．(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；(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(yīng)為多少？【答案】(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設(shè)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大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ)). ⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)). ⑧【舉一反三】（山東青島二中2025屆模擬）一個初速度為零的電子在經(jīng)U1＝4500V的電壓加速后，垂直于平行板間的勻強電場從距兩極板等距處射入，如圖所示，若兩板間距d＝1.0cm，板長L＝3.0cm，兩板間的電壓U2＝200V；已知電子的帶電量為e＝1.6×10－19C，質(zhì)量為m＝0.9×10－30kg，只考慮兩板間的電場，不計重力，求：(1)電子經(jīng)加速電壓加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y；(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場后經(jīng)過下極板所在平面上的P點，如圖所示，P點到下極板右端的距離x?！敬鸢浮?1)4×107m/s(2)0.1cm(3)6cm【解析】(1)加速過程，由動能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)可得：v0＝4×107m/s。(2)依據(jù)電子在板間做類平拋運動得：y＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qU2,md)，t＝eq\f(L,v0)，代入數(shù)據(jù)可得：y＝0.1cm。(3)依據(jù)電子在板間做類平拋運動，將電子出電場時的速度反向延長，延長線與板間的中心線相交于板間水平位移的中點，設(shè)速度反向延長線與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(y,\f(L,2))，依據(jù)電子出電場后做勻速直線運動，利用幾何關(guān)系知：x＝eq\f(\f(d,2)－y,tanθ)，代入數(shù)據(jù)可得：x＝6cm?！痉椒记伞繋щ娏Ｗ悠D(zhuǎn)問題的求解方法帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，分析此類問題的方法是運動的合成與分解，即把帶電粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的初速度為零的勻加速直線運動，然后利用相應(yīng)的規(guī)律求解?！九e一反三】(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場．自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小．【解析】(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍舊為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得v0－at＝0 ①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2 ③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3. ④(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式veq\o\al(2,y)＝2gh ⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2 ⑥M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H) ⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H. ⑧(3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg) ⑨設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1 ⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2 ?由已知條件Ek1＝1.5Ek2 ?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q).【變式2】（江西金溪一中2025屆模擬）一質(zhì)量m＝0.1g，帶電荷量q＝4×10－7C的帶電粒子，以v0＝10m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B的中心飛入板間，剛好從B板邊緣飛出電場區(qū)域，如圖所示，已知板長L＝1.0m，板間距離d＝0.06m，不計粒子重力，試求：(1)帶電粒子在電場中運動的時間；(2)帶電粒子的加速度大??；(3)A、B兩板間的電壓?！敬鸢浮?1)0.1s(2)6m/s2(3)90V【解析】(1)帶電粒子在垂直電場方向上做勻速直線運動，依據(jù)L＝v0t解得：t＝eq\f(L,v0)＝0.1s。(2)帶電粒子在豎直方向上做勻加速直線運動：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2解得：a＝6m/s2。(3)依據(jù)牛頓其次定律可得：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)解得：U＝90V?？键c三帶電粒子在交變電場中的運動【典例3】（浙江杭州外國語學(xué)校2025屆模擬）帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間改變的規(guī)律如圖所示，微粒只在電場力的作用下由靜止起先運動，則下列說法中正確的是()A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同B．微粒將沿著一條直線運動C．微粒做往復(fù)運動D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移大小相等【答案】BD【解析】0～1s和1～2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯誤；0～1s和1～2s微粒分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，依據(jù)這兩段運動的對稱性，第2s末運動速度為0，由場強改變的周期性知，2s以后的運動重復(fù)0～2s內(nèi)的運動，是單向直線運動，微粒在第1s內(nèi)與第3s內(nèi)的位移大小相等，B、D正確，C錯誤?！痉椒记伞拷鉀Q帶電粒子在交變電場中的運動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特征，對粒子的運動情景、運動性質(zhì)做出推斷。這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要留意粒子的運動周期與電場周期的關(guān)系。帶電粒子在交變電場中的運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的探討方法與質(zhì)點動力學(xué)相同。運動處理的方法一般采納動力學(xué)的方法和對稱的思想來分段探討。【變式3】（河南新鄉(xiāng)一中2025屆模擬）如圖所示，在兩平行金屬板中心有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()A．電壓是甲圖時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能始終削減B．電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后削減C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運動D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運動【答案】D【解析】電壓是甲圖時，電子先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先削減后增加，A錯誤；電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子先加速運動后減速運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先削減后增加，B錯誤；電壓是丙圖時，電子先做加速度先增大后減小的加速運動，過了eq\f(T,2)做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后接著朝同一方向重復(fù)上述運動過程，故電子始終朝同一方向運動，C錯誤；電壓是丁圖時，電子先加速運動，到eq\f(T,4)后減速運動，eq\f(T,2)后反向加速運動，eq\f(3T,4)后減速運動，T時速度減為零，之后又反向加速運動；故電子做往復(fù)運動，D正確。考點四帶電粒子在復(fù)合場中運動【典例4】（湖北宜昌一中2025屆模擬）在水平向右的勻強電場中，有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長為l的絕緣細線懸掛于O點，當(dāng)小球靜止于B點時，細線與豎直方向的夾角為θ(如圖所示)?，F(xiàn)給小球一個垂直于細線的初速度，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，試問：(1)小球在做圓周運動的過程中，在哪一位置速度最小？速度最小值為多大？(2)小球在B點的初速度為多大？【答案】(1)在A點速度最小(見解析圖)eq\r(\f(gl,cosθ))(2)eq\r(\f(5gl,cosθ))【解析】(1)對小球在B點受力分析如圖所示，設(shè)小球靜止的位置B為等效重力勢能零點，由于動能與等效重力勢能的總和不變，則小球位于和B點對應(yīng)的同始終徑上的A點時等效重力勢能最大，動能最小，速度也最小。設(shè)小球在A點時的速度為vA，此時細線的拉力為零，等效重力供應(yīng)向心力，則mg′＝eq\f(mv\o\al(2,A),l)得小球的最小速度vA＝eq\r(g′l)＝eq\r(\f(gl,cosθ))。(2)設(shè)小球在B點的初速度為vB，由能量守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg′·2l將vA的值代入上式得vB＝eq\r(\f(5gl,cosθ))。【方法技巧】依據(jù)帶電粒子受到的靜電力，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等，這條線索通常適用于恒力作用下帶電粒子做勻變速運動的狀況。分析時詳細有以下兩種方法：(1)正交分解法處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將困難的運動分解為兩個相互垂直的比較簡潔的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律是可以駕馭的，然后再按運動合成的觀點求出困難運動的有關(guān)物理量。(2)“等效重力”法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”?！咀兪?】（廣東廣雅中學(xué)2025屆模擬）一束初速度不計的電子在電子槍中經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，沿距離YY′兩極板等間距的中間虛線垂直進入YY′間的勻強電場，如圖所示，若板間距離為d，板長為l，極板右邊緣到熒光屏的距離為L，偏轉(zhuǎn)電場只存在于兩極板之間。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，求：(1)電子離開加速電場時的速度大??；(2)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間；(3)要使電子能從極板間飛出，兩極板上最大電壓的大小；(4)電子最遠能夠打到離熒光屏上中心O點多遠處。【答案】(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)leq\r(\f(m,2eU))(3)eq\f(2Ud2,l2)(4)eq\f(（2L＋l）d,2l)【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)加速電場加速后的速度為v0，由動能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得：v0＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場時做類平拋運動，運動時間為：t＝eq\f(l,v0)＝leq\r(\f(m,2eU))。(3)設(shè)兩極板上能加的最大電壓為U′，要使電子能從兩極板間飛出，則電子的最大側(cè)移量為：eq\f(d,2)電子在其電場中做類平拋運動，豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU′,md)，解得：U′＝eq\f(2Ud2,l2)。(4)從極板右邊緣飛出打到熒光屏上的電子離O點最遠。由幾何關(guān)系知：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y′,L)，豎直分速度：vy＝at，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,l)，則y＝y(tǒng)′＋eq\f(1,2)d，離O點最遠距離：y＝eq\f(（2L＋l）d,2l)?？键c五帶電粒子的力電綜合問題【典例5】(2024·高考全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿意的條件．已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍．【解析】(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上．在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿意qE2－mg＝ma1 ①油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1 ②電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿意qE2＋mg＝ma2 ③油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1. ⑤(2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg ⑥油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1) ⑧由題給條件有veq\o\al(2,0)＝2g(2h) ⑨式中h是B、A兩點之間的距離．若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))\s\up12(2)))E1 ?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))eq\s\up12(2)>1 ?即當(dāng)0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?或t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?才是可能的；條件?式和?式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形．若B點在A點之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán) ?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))\s\up12(2)))E1 ?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))eq\s\up12(2)>1 ?即t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)＋1))eq\f(v0,g) ?另一解為負，不合題意，已舍去．【方法技巧】1．方法技巧功能關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程困難且涉及多種性質(zhì)不同的力，因此，通過審題抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后依據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解．動能定理和能量守恒定律在處理電場中能量問題時仍是首選．(1)用正交分解法處理帶電粒子的困難運動可以將困難的運動分解為兩個相互正交的比較簡潔的直線運動．(2)用能量觀點處理帶電體在電場中的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必需借助于能量觀點來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理經(jīng)常顯得簡潔．2．解決帶電體的力電綜合問題的一般思路【變式5】（四川樹德中學(xué)2025屆模擬）如圖所示的裝置放置在真空中，炙熱的金屬絲可以放射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2500V，放射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出．裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0cm，相距d＝2cm，兩極板間加以電壓U2＝200V的偏轉(zhuǎn)電場．從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場．已知電子的電荷量e＝1.6×10－19C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為0，忽視金屬極板邊緣對電場的影響，不計電子受到的重力．求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所做的功W.【答案】(1)4.0×10－16J(2)0.36cm(3)5.76×10－18J【解析】(1)電子在加速電場中，依據(jù)動能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J.(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t電子在水平方向做勻速運動，由l＝v1t，解得t＝eq\f(l,v1)電子在豎直方向受電場力F＝e·eq\f(U2,d)電子在豎直方向做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a依據(jù)牛頓其次定律有e·eq\f(U2,d)＝ma，解得a＝eq\f(eU2,md)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2l2,4dU1)聯(lián)立上式解得y＝0.36cm.(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差U＝eq\f(U2,d)·y電場力所做的功W＝eU解得W＝5.76×10－18J.考點六帶電粒子運動的綜合問題分析【典例6】(2024·高考天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)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()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2【答案】B【解析】小球動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能削減，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，則電勢能的減小量為ΔE′p＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確．【舉一反三】(多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a