第九章　第6讲　专题强化：带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题 讲义 （教师版）

第6讲　专题强化：带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
题型一　带电体在等效场中的运动
1．“等效重力场”
研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。
2．“等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与静电力进行合成，如图所示，则G效＝F合。
(2)“等效重力加速度”：g效＝，F合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
3．等效最高点和等效最低点
【典例1】　(多选)(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后(　BD　)
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【解析】　如图所示，qE＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°角。当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，静电力还可以对小球做负功，故此时小球电势能不是最大，故A错误；小球从射出时刻到速度的水平分量为零时，小球的电势能最大，在水平方向上v0＝t，在竖直方向上v＝gt，由于qE＝mg，可得v＝v0，如图所示，即小球的初动能等于末动能。由动能定理可知WG＋WqE＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确；由以上分析可知当小球速度如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。
1．(多选)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m，带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则(　BD　)
A．小球带正电
B．静电力大于重力
C．小球运动到最低点时速度最大
D．小球运动过程最小速度v＝
解析：因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力方向竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝m，即v＝，故D正确。
2．(2025·河南开封重点中学高三联考)如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场。AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道运动到B处以速度vB射出。已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是(　D　)
A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足vA>vB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为
解析：从A到B过程中，小球所受静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；设等效重力与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA题型二　带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
注意：对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
【典例2】　如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长和极板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为在电子穿过电场的过程中电压是不变的，荧光屏足够大)。求：
(1)在t＝0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
【解析】　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2，经电场偏转后侧移量y＝at2＝·，所以y＝，由题图知t＝0.06 s时，U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm，设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝，所以Y＝13.5 cm，即打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
【答案】　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm　(2)30 cm
3．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间t的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　BC　)
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
解析：若电子在t＝0时刻进入电场，在一个周期内，前半个周期受到的静电力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的静电力向左，继续向右做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A错误；若电子在t＝时刻进入电场，则电子受到的静电力向左，故无法到达B板，故B正确；若电子从时刻进入电场，电子先加速，经时速度最大，此时电子开始受到反向电场力，经速度减为零，再反向加速至速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，故C正确，D错误。
4．(2025·江苏苏州高三统考)如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀地发出质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子，经电压大小为U1＝的加速电场加速，沿直线由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差UAB，UAB随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为T，t＝0时刻，UAB＝U0，不计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场。
(1)求电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)求t＝时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y；
(3)在0解析：(1)电子经过加速电场后，根据动能定理得eU1＝mv，解得v0＝。
(2)电子在偏转电场中沿水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为t＝＝，
t＝时射入偏转电场的电子在前T－T＝T时间内，偏转的位移y1＝×，解得y1＝，
垂直于板的速度vy＝×＝，
在随后－＝时间内，偏转的位移y2＝vy×－×，
解得y2＝，
t＝时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y＝y1＋y2＝。
(3)在前半个周期内，假设电子从某时刻tx进入偏转电场，离开时恰好从中线处离开，则有×＋tx－×t＝0，解得tx＝，
在0答案：(1)　(2)　(3)0～
题型三　电场中的动力学、动量和能量问题
电场中的力电综合问题，是指带电物体在重力、静电力等共同作用下的运动问题。解决该类问题，在正确受力分析的基础上，要正确建立带电物体在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型进行类比，根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。
1．动力学的观点：对于带电物体在匀强电场中做直线运动的问题，可以综合运用牛顿第二定律和运动学公式解题。
2．能量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及能量的问题，可以应用动能定理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题。
3．动量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及动量的问题，可以应用动量定理、动量守恒定律等灵活解题。
【典例3】　(2024·福建厦门高三质检)如图所示，质量为9m的靶盒(可视为质点)带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力。
(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1；
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；
(3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以速度v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒的冲量大小I。
【解析】　(1)子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1，解得v1＝0.1v0。
(2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE＝10ma，
又v＝2as，解得s＝。
(3)第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将先向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2，解得v2＝0，
以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得I＝0－(－10mv1)，解得I＝mv0。
【答案】　(1)0.1v0　(2)　(3)mv0
5．(2025·河南开封高三联考)如图所示，长s＝0.5 m的粗糙水平面AB上有一水平向右的匀强电场E1＝60 V/m。一电荷量q＝＋0.02 C、质量m1＝0.2 kg的物块从A点由静止开始运动，从B点飞入竖直向下的匀强电场E2，并恰好落在质量m2＝0.3 kg的绝缘篮中，与绝缘篮粘在一起。绝缘篮通过长L＝0.1 m的轻绳(不可伸长)与一质量m3＝0.5 kg的滑块相连，滑块套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。已知物块与水平面AB间的动摩擦因数μ＝0.2，绝缘篮距B点的竖直距离y＝0.1 m，水平距离x＝0.2 m，重力加速度g取10 m/s2，物块、绝缘篮、滑块均可视为质点。求：
(1)物块从B点飞出时的速度大小；
(2)竖直匀强电场E2的大小；
(3)轻绳再次摆到竖直位置时轻绳对绝缘篮的拉力大小。
解析：(1)物块从A点滑行到B点过程，根据动能定理可得qE1s－μm1gs＝m1v，解得物块从B点飞出时的速度大小为vB＝2 m/s。
(2)物块飞入竖直电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vBt，
竖直方向有y＝at2，a＝，
联立解得E2＝100 N/C。
(3)物块飞入篮中与绝缘篮组成的系统在水平方向动量守恒，则有m1vB＝(m1＋m2)v1，
解得v1＝0.8 m/s，
绝缘篮与物块摆到一定高度再落回最低点过程中，绝缘篮、物块和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3，
根据能量守恒定律可得(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋m3v，
联立解得v2＝0，v3＝0.8 m/s，
轻绳再次摆到竖直位置时，物块和绝缘篮相对滑块的速度大小为v3，对物块和绝缘篮根据牛顿第二定律可得T－(m1＋m2)g－qE2＝(m1＋m2)，解得T＝10.2 N。
答案：(1)2 m/s　(2)100 N/C　(3)10.2 N
课时作业48
1．(5分)如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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时刻由静止释放该粒子，下列关于该粒子的运动正确的是(　D　)
A．一开始向左运动，最后打到A板上
B．一开始向右运动，最后打到A板上
C．一开始向左运动，最后打到B板上
D．一开始向右运动，最后打到B板上
解析：粒子运动的加速度大小a＝，d为A、B金属板间距，画出粒子在0时刻、时刻释放后运动的v－t图像，如图所示，可知在02．(5分)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中(　C　)
A．在E点的动能最小
B．在B点的电势能最大
C．在C点的机械能最大
D．在F点的机械能最小
解析：从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧轨道恰好能到达C点，可知静电力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动能最小，A错误；由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，B错误；因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小，C正确，D错误。
3．(5分)如图所示，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置。底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板(　C　)
A．d B．d
C．d D．d
解析：设带电环所带电荷量为q，初速度为v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则由功能关系有qEd＝mv，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由功能关系有qEd′＝mv－×3mv，联立解得d′＝d，故选C。
4．(5分)(多选)如图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的关系图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是(　BD　)
A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最小
B．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向
C．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
解析：因为粒子水平方向的速度v0保持不变，当t＝0时入射，在t＝T时竖直方向分速度达到最大，当t＝T时竖直方向分速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故A、C错误；无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间T内，正向电压和反向电压的时间是相同的，在竖直方向上静电力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，离开电场时的速度大小都相等，故B、D正确。
5．(5分) (多选)如图所示，空间有沿水平方向的匀强电场E(未画出)，长为L的绝缘轻质细线一端固定在天花板上O点，另一端系质量为m、电荷量为q的带正电小球，现由图示A位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C恰好能到达B点。已知OB与竖直方向的夹角θ＝37°且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　AC　)
A．电场强度E＝
B．小球在B点时的电势能最小
C．小球经过C点时对细线的拉力大小为2mg
D．小球经过C点时的动能最大
解析：由题可知，小球向左运动过程中，静电力做负功，则电场方向水平向右，由A到B过程有mgL cos θ－qE(L＋L sin θ)＝0，解得E＝，A正确；根据上述可知，由A到B过程静电力做负功，因此小球在B点时的电势能最大，B错误；由A到C过程有mgL－qEL＝mv，在C点有T－mg＝，根据牛顿第三定律有T′＝T，解得T′＝2mg，C正确；由于E＝，即有＝2，令小球做圆周运动的等效最低点位置与圆心连线方向与水平方向夹角为α，则有tan α＝＝2，小球经过等效最低点时的动能最大，即该位置位于A、C之间，不在C点，D错误。
6．(12分)(2025·江西南昌十校联考)在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受静电力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子从DC边的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；
(3)若粒子从P进入电场到D点离开，则粒子在此过程中所受静电力的冲量为多大。
解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动。设粒子由P到C用时为t1，则有L＝v0t1，
L＝·t，解得E＝。
(2)设粒子以速度v由P到Q用时为t2，则有L＝vt2，L＝·t，
解得v＝v0。
(3)设粒子由P到D用时为t3，粒子在此过程中所受电场力的冲量I＝qEt3，
又有L＝·t，解得I＝2mv0。
答案：(1)　(2)v0　(3)2mv0
7．(5分) (2025·八省联考四川卷)如图所示，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y＝x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E＝，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则(　D　)
A．恰能运动到(－3，9)处
B．在(1，1)处加速度为零
C．在(0，0)处速率为10 m/s
D．在(－1，1)处机械能最小
解析：由题意可知，圆环所受的静电力平行于x轴向右，如图所示，
圆环所受重力与静电力的合力为G′＝＝mg，又tan θ＝＝2，根据题意可知，坐标(1，1)处是等效最低点，过(1，1)作轨道的切线，再过坐标(3，9)作该切线的平行线，如图所示，
根据题意写出该平行线的方程为y－9＝tan θ·(x－3)，即y＝2x＋3，设该平行线与轨道的交点为A，则A点的坐标满足方程y＝2x＋3，y＝x2，解得A点的坐标为(－1，1)，则圆环恰能运动到(－1，1)处，又圆环运动到该点时克服静电力做功最多，故机械能最小，故A错误，D正确；圆环做曲线运动，在(1，1)处加速度一定不为零，故B错误；设圆环到达(0，0)处时的速度大小为v，则圆环由(3，9)处静止释放运动到(0，0)处的过程，由动能定理得mgy－qEx＝mv2，又E＝，联立解得v＝2 m/s，故C错误。
8．(5分)如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m、电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是(　C　)
A．电子在圆筒中也做加速直线运动
B．电子离开圆筒1时的速度为2
C．第n个圆筒的长度应满足Ln＝T
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
解析：由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；电子离开圆筒1时，由动能定理得eU＝mv2，所以电子离开圆筒1瞬间速度为v＝，故B错误；电子从金属圆筒出来后做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为Ln＝vn·＝＝T，故C正确；由C项分析可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故D错误。
9．(5分)(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0且周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　AD　)
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C.在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
B．粒子的电荷量为
C.在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
解析：粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝，此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A正确；在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，则＝a＝·，解得q＝，B错误；在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′＝2×a·－2×a＝，故静电力做功为W＝×d＝U0q＝mv，电势能减少了mv，C错误；t＝时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，然后再向上减速，由运动的对称性可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确。
10．(12分)如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属极板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，UMN＝－U0。A、B两极板间的距离为d，两极板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化的周期为3t0。两极板间的电场视为匀强电场，t＝0时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为－e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。
(1)求A、B金属极板的长度L；
(2)求t＝0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量y；
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两极板间的最小距离d1。
解析：(1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝mv，解得v0＝，电子在A、B间沿水平方向做匀速直线运动，有L＝v0·4t0，解得L＝4t0。
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向根据牛顿第二定律得eE＝ma，E＝，解得a＝，
0～2t0时间内在竖直方向：位移为y1＝a(2t0)2，末速度为v1＝a·2t0，
2t0～3t0时间内在竖直方向：末速度为v2＝v1－at0，位移为y2＝t0，
3t0～4t0时间内在竖直方向：末速度为v3＝v2＋at0，位移为y3＝t0，
从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移偏移量为y＝y1＋y2＋y3，
解得y＝。
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平，则A、B两极板间的距离最小的条件是(2＋3n)t0(n＝0，1，2，…)时刻入射的粒子恰好飞出电场，其他时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收，第1个t0时间内的竖直位移为y′1＝a′t，逆向思维可得第2个t0时间内的竖直位移为y′2＝a′t，其中a′＝，则A、B两板间的最小距离d1＝y′1＋y′2，解得d1＝t0。
答案：(1)4t0　(2)　(3)t0
11．(16分)(2025·山东济南高三期中)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10-5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
解析：(1)小球2所受静电力大小F＝qE＝6×10-5×1×104 N＝0.6 N，
小球1和小球2的重力和为G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N，
如图甲所示，黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角θ满足tan θ＝＝，所以θ＝37°，
所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以＝2m，
解得vA＝5 m/s。
(2)黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qER sin 37°－2mg×(R＋R cos 37°)＝×2mv－×2mv，
解得vC＝ m/s，
小球1、2的碰撞过程由动量守恒定律得mv1＝2mvC，
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s，
由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep＝mv＝9.2 J。
(3)如图乙所示，黏合体过A点后在竖直方向上做匀加速运动，
竖直方向上的初速度为
v0＝vA sin 37°＝3 m/s，
由竖直方向做匀加速运动可得R＋R cos 37°＝v0t＋gt2，
解得t＝0.6 s。
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s