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粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，
；
；
根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移
；根据几何关系， ；
，所以，粒子进入磁
场的位置在OL上距离O点
可得，即
；
所以
；
所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间
．
7．如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E1应该变为原来的多少倍？
（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。 【答案】（1）【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue?所以，v0?2Uem（2）2倍 （3）E m2Ue12mv0 22Ue m（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：
12at Ee?ma 24yU联立解得：E?2
xx?v0t y?根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。 （3）电子做直线运动
Bev0?Ee
解得： B?Em 2Ue
8．如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电．若在A球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞．设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移．求：
（1）小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；
（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；
（3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量． 【答案】(1) a=qE/m；【解析】 【详解】
（1）根据牛顿运动定律：qE=ma，则a=qE/m
设第一次碰撞时小球A的速度为v：根据动能定理：Eql?解得：v?2Eql(2) 5l (3) 13l；13Eql m12mv 22Eql m（2）第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度为vB1和vB1′所以vA1=v vB1=0 vA1′=0 vB1′=v
A球运动的距离为l第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动．设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度为vB2和vB2′
第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt= (0+vA2)t/2 所以：vA2=2v；碰后vA2′= v
而B球碰前为v，碰后为2v．从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离
12 l2?4l m?2v??0? 2电场宽度为：L=l+4l=5l
为l2．Eql2?（3）二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运动．设A球第三次碰前后的速度为vA3和 vA3′，小球B碰撞前后的速度为vB3和vB3′ 所以：
v?vA3t2?2vt22vA3?3v
121m ?3v?-mv2 22从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l3 ：qEl3 = l3=8l
所以：电场的宽度：L=l1+l2+l3=13l A球减少的电势能 △ε=Eq×13l=13Eql
9．如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一段竖直墙面。一带电量为q(q>0)的小球静止在A点。某时刻在整个空间加上水平向右、场强E=
的匀强电场，当
小球运动至B点时，电场立即反向(大小不变)，经一段时间后，小球第一次运动至C点。重力加速度为g。求：
（1）小球由A运动至B的时间t； （2）竖直墙面BC的高度h；
（3）小球从B点抛出后，经多长时间动能最小?最小动能是多少? 【答案】（1）【解析】 【分析】
根据“小球在匀强电场中运动至B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题考查带电小球在匀强电场中的曲线运动问题，根据匀变速曲线运动的运动规律，运用动能定理和分运动的运动学公式列式计算. 【详解】
(1)小球由A至B，由牛顿第二定律得：位移为
（2）
（3）
联立解得运动时间：
(2)设小球运动至B时速度为vB，则
小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为-a的匀变速运动，位移为0， 则：
在竖直方向上做自由落体运动，则联立解得：
(3)从B点抛出后经时间t，水平方向、竖直方向速度分别为
经时间t合速度v满足代入得：由此，当
时，最小，最小值，
故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间
动能最小值【点睛】
涉及电场力和重力作用下的匀变速曲线运动，针对运动规律选择牛顿第二定律和运动学公式；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易.
10．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为m＝2×10－6 kg，电荷量q＝－1.6×10－13 C，电容器电容为C＝10－6 F．求：(g＝10 m/s2)
(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0应为多少？ (2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？ 【答案】（1）2.5m/s (2) 3.75×107 【解析】
试题分析：(1)第一个粒子只受重力：t=\（1分）
m/s （2分）
（2）以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘B时：
s （1分） （1分）
由：
（1分） V （1分） C （1分）
落到下极板上粒子个数：
（1分） ， （2分）
考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器
11．如图甲所示，平行板A、B竖直放置，B板接地，A、B两板加上交变电压，A板的电势随时间变化规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。t=0时刻，一个质量为m，
【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项及解析
