2024年高考物理二轮复习第一部分第9讲电场带电粒子在电场中的运动学案

PAGE15-专题三电场和磁场1．电场部分：以带电粒子运动轨迹与电场线或等势面间的关系为核心考查电场的力的性质和能的性质，以带电粒子在匀强电场中的加速、偏转为考查重点，兼顾带电粒子在非匀强电场中的偏转轨迹分析．2．磁场部分：以考查带电粒子在磁场中的圆周运动为主，其次是通电导线在磁场中受安培力作用问题．3．综合部分：带电粒子在复合场中的运动问题和临界问题是考查的重点，并应关注在生产科技中的应用．1．要熟识各种电场的电场线、等势面分布特点，运用动力学方法、功能关系解决粒子的运动轨迹和能量改变问题．2．对于带电粒子在电场、磁场和复合场中的运动问题，要擅长联系力学中的运动模型(类平抛运动和匀速圆周运动)，从受力状况、运动规律、能量转化等角度分析，综合运用动力学方法和功能关系加以解决．3．了解速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机等构造，明确它们的工作原理．第9讲电场、带电粒子在电场中的运动1．电场力的性质．(1)电场强度的定义式：E＝eq\f(F,q).(2)真空中点电荷的电场强度公式：E＝eq\f(kQ,r2).(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式：E＝eq\f(U,d).2．电场能的性质．(1)电势的定义式：φ＝eq\f(Ep,q).(2)电势差的定义式：UAB＝eq\f(WAB,q).(3)电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB.(4)电场力做功与电势能的关系式：WAB＝EpA－EpB.3．熟记“面线”关系．(1)电场线总是与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面．(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力肯定做功．1.(2024·全国卷Ⅱ)(多选)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别匀称分布着等量异种电荷．a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等．则()A．a、b两点的场强相等B．a、b两点的电势相等C．c、d两点的场强相等D．c、d两点的电势相等解析：BD两个选择项统一探讨．如图所示，为等量异种电荷四周空间的电场分布图．本题的带电圆环，可拆解成这样多数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置．它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延长到无限远处，电势为零．故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势始终在降低，即φc>φd，故B正确，D错误．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知A、C正确．答案：ABC2.(2024·全国卷Ⅲ)(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点．下列说法正确的是()A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小渐渐增大B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负解析：点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示．∠M是最大内角，所以PN>PM，依据点电荷的场强公式E＝keq\f(Q,r2)(或者依据电场线的疏密程度)可知从M→N电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面(图中虚线)到处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM>φN，依据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误．答案：BC3．(2024·全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以限制电容器C两端的电压UC.假如UC随时间t的改变如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t改变的图象中，正确的是()解析：依据电容器的定义式C＝eq\f(Q,U)可知UC＝eq\f(Q,C)＝eq\f(I,C)t，结合图象可知，图象的斜率为eq\f(I,C)，则1～2s内的电流I12与3～5s内的电流I35关系为I12＝2I35，且两段时间中的电流方向相反，依据欧姆定律I＝eq\f(U,R)可知R两端电压大小关系满意UR12＝2UR35，由于电流方向不同，所以电压方向不同，故A正确．答案：A考点一电场力的性质1．库仑定律．(1)内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)公式：F＝keq\f(q1q2,r2)，k＝9.0×109N·m2/C2，叫作静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷．点电荷是形态和大小可忽视不计的带电体，当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以看成点电荷．2．电场强度．(1)定义：摸索电荷在电场中某个位置所受的电场力跟它的电荷量的比值．(2)公式．项目适用范围E＝eq\f(F,q)任何电场E＝keq\f(Q,r2)点电荷电场E＝eq\f(U,d)匀强电场(3)方向：规定正电荷在某点所受电场力的方向为该点的场强方向．(4)意义：描述电场的强弱和方向的物理量，由电场本身的性质确定，与放入电场中的摸索电荷无关．3．电场线．(1)电场线：为了形象地描述电场而引入的假想线．(2)特点．①电场线的疏密表示电场的强弱．②电场线上每一点的切线方向表示该点电场的方向．③电场线起始于正电荷或无穷远处，终止于负电荷或无穷远处．④电场线在电场中不相交，不闭合．如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD四边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d.E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为－Q的负点电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零．若将H点的负点电荷移到O点，则F点处电场强度的大小和方向为(静电力常量为k)()A.eq\f(4kQ,d2)方向向右B.eq\f(4kQ,d2)方向向左C.eq\f(3kQ,d2)方向向右D.eq\f(3kQ,d2)方向向左解析：因负点电荷在H点时，F点处的电场强度恰好为零，故两个正点电荷在F点产生的电场强度与负点电荷在F点产生的电场强度的矢量和为零，依据公式E＝keq\f(Q,r2)可得负点电荷在F点产生的电场强度大小为E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向左，故两个正点电荷在F点产生的电场强度大小也为E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向右；将负点电荷移到O点，其在F点产生的电场强度大小为E1＝keq\f(4Q,d2)，方向水平向左，所以F点的合电场强度大小为keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向左．答案：D考向库仑定律的应用1.(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()A．cos3α＝eq\f(q,8Q)B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q)D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)解析：设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，则两个－q之间距离为2acosα，选取－q作为探讨对象，由库仑定律和平衡条件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,（2acosα）2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正确，B错误；选取Q作为探讨对象，由库仑定律和平衡条件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝eq\f(Q2,（2asinα）2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正确，D错误．答案：AC考向电场强度的理解2．如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m．在A点放一个带正电的摸索电荷，在B点放一个带负电的摸索电荷，A、B两点的摸索电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟摸索电荷所带电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是()A．B点的电场强度的大小为0.25N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q是正电荷D．点电荷Q的位置坐标为0.3m解析：由两摸索电荷受力状况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故B、C两项错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强EA＝keq\f(Q,l2)＝eq\f(FA,qA)＝eq\f(4×10－4,1×10－9)N/C＝4×105N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝keq\f(Q,（0.5－l）2)＝eq\f(FB,qB)＝eq\f(1×10－4,4×10－9)N/C＝0.25×105N/C，解得l＝0.1m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1)m＝0.3m，故A项错误，D项正确．答案：D考向电场叠加与分布3.(2024·武汉模拟)(多选)如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量正点电荷(带电荷量均为Q)，在y轴上C点有负点电荷(带电荷量为Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列推断正确的是()A．O点的电场强度小于D点的电场强度B．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度也增大C．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度也增大D．若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大解析：两个正点电荷在D点产生的合场强与负点电荷在D点产生的场强大小相等，方向相反，合场强为0，两个正点电荷在O点产生的场强为0，但负点电荷在O点产生的场强为E＝keq\f(Q,r2)，若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度不变，故A、B两项错误；若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度将增大，若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大，故C、D两项正确．答案：CD考向电场中的动力学问题4．如图所示，两个相互绝缘且紧靠在一起的A、B两物体，静止在水平地面上．A的质量为m＝0.04kg，带电量为q＝＋5.0×10－5C，B的质量为M＝0.06kg，不带电．两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t＝0时刻，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E＝1.6×104N/C.设运动过程中小物块所带的电量没有改变，g取10m/s2.(1)求A、B的加速度及其相互作用力的大小；(2)若t＝2s后电场反向，且场强减为原来的一半，求物体B停下时两物体间的距离．解析：(1)对整体分析，依据牛顿其次定律得a＝eq\f(qE－μ（M＋m）g,M＋m)，代入数据解得a＝4m/s2.运用隔离法，对B分析，依据牛顿其次定律得FN－μMg＝Ma，代入数据解得FN＝0.48N.(2)t＝2s时，A、B的速度v＝at＝2×4m/s＝8m/st＝2s后电场反向，且场强减为原来的一半，此时A做匀减速运动的加速度大小aA＝eq\f(qE′＋μmg,m)＝14m/s2.B做匀减速运动的加速度aB＝μg＝4m/s2，B速度减为0的时间tB＝eq\f(v,aB)＝2s，减速到0的位移xB＝eq\f(v2,2aB)＝8m，A速度减为0的时间tA1＝eq\f(v,aA)＝eq\f(4,7)s，减速到0的位移xA1＝eq\f(v2,2aA)＝eq\f(16,7)m，则A反向做匀加速运动的加速度大小a′A＝eq\f(qE′－μmg,m)＝6m/s2，则反向做匀加速直线运动的位移xA2＝eq\f(1,2)a′A(tB－tA1)2＝eq\f(300,49)m，则A、B相距的距离Δx＝xA2＋xB－xA1≈11.8m.答案：(1)4m/s20.48N(2)11.8m考点二电场能的性质1．电势凹凸的推断方法．(1)依据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低．(2)依据电势的定义式φ＝eq\f(Ep,q)，即将q从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高．(3)依据电势差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，则φA＞φB，反之φA＜φB.2．电势能改变的推断．(1)依据电场力做功推断：WAB＝－ΔEp.(2)依据电势凹凸推断：正电荷在电势越高的位置电势能越大；负电荷在电势越高的位置电势能越小．(3)依据能量守恒定律推断：电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化，而总和应保持不变，即当其他能增加时，电势能削减.(多选)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称，下列说法正确的是()A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能解析：由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，A正确；由题图可知，A点处电场线比C点处密集，因此A点的场强大于C点场强，B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，C正确，D错误．答案：AC考向电场力做功、电势能改变1.(2024·江苏卷)(多选)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)．起先时，两小球分别静止在A、B位置．现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置．取O点的电势为0.下列说法正确的有()A．电场E中A点电势低于B点B．转动中两小球的电势能始终相等C．该过程静电力对两小球均做负功D．该过程两小球的总电势能增加解析：沿电场线电势着陆，所以电场E中A点电势低于B点，A正确；电势差ΔU＝E·eq\f(L,2)cosθ(L为杆长，θ为杆与电场线夹角)，电势差始终相等，电势能Ep＝qφ(φ为电势)，A电势为负，电量为正，B电势为正，电量为负，所以转动中两小球的电势能始终相等，B正确；该过程静电力对两小球均做正功(力与沿力线速度位移方向相同)，C错误；由于该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能削减；D错误．答案：AB考向电场线的分布2.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是()A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大解析：在两电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小，从O点到a点或b点，场强渐渐增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，场强相等，选项A、B错误；在两电荷连线的中垂线上，中点O的场强最大，由O点到c点或d点，场强渐渐减小，所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小，因此检验电荷所受电场力先增大后减小，所以C正确，D错误．答案：C考点三与平行板电容器有关的电场问题平行板电容器动态分析的思路(2024·北京卷)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示．下列说法正确的是()A．试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：试验前，只用带电玻璃棒与a板接触，能使电容器a板带电，b板上由于静电感应会带上异种电荷，A正确；只将b板向上平移，电容器两极板正对面积S变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知C变小，且Q不变，由U＝eq\f(Q,C)可知，U变大，静电计指针张角变大，B错误；只在极板间插入有机玻璃板，εr变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变大，且Q不变，由U＝eq\f(Q,C)可知，U变小，静电计指针张角变小，C错误；增加极板带电荷量、静电计指针张角变大，说明电压U变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容大小与极板带电荷量无关，故D错误．答案：A考向U不变时电容器的动态分析1.利用电容传感器可检测矿井渗水，刚好发出平安警报，从而避开事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的改变来检测矿井中液面凹凸的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表()A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电解析：由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面改变时只有正对面积发生改变；则由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当液面上升时，只能是正对面积S增大；故可推断电容增大，再依据C＝eq\f(Q,U)和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．答案：B考向Q不变时电容器的动态分析2.如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的摸索电荷固定在P点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，Ep表示该摸索电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板静止，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽视不计)，各物理量改变状况描述正确的是()A．E增大，φ降低，Ep减小，θ增大B．E不变，φ降低，Ep增大，θ减小C．E不变，φ上升，Ep减小，θ减小D．E减小，φ上升，Ep减小，θ减小解析：将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，依据电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝eq\f(Q,U)得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确．答案：C考向平行板电容器中带电粒子的问题分析3．(2024·福建模拟)如图甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t改变的图象如图乙所示．将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述试验，得到的I­t图象可能是()解析：将电容器间距变大，增大了板间距，依据平行板电容器确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容变小，则充电电量：Q＝CU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，放电时间比原来短，A、C、D错误，B正确．答案：B考点四带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中运动问题的分析思路．1．首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动．2．对于直线运动问题，可依据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：(1)假如是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿其次定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．(2)假如是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理探讨全过程中能的转化，探讨带电粒子的速度改变、运动的位移等．3．对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采纳运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，找寻两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解．4．当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要留意分析带电粒子的运动规律的改变及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．(2024·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量改变量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知AC＝R，①F＝qE，②由动能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，③联立①②③式得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qR).④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2).⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿其次定律和运动学公式有F＝ma，⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，⑦DP＝v1t1，⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0.⑨(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y＝eq\f(1,2)at2，⑩x＝vt，⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),2)R))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)R))eq\s\up12(2)＝R2.⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量改变量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度重量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat，⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0和v＝eq\f(\r(3),2)v0.答案：见解析考向带电粒子的加速与偏转1．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为eq\f(L,2)，最终电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；(2)电子刚射出电