由牛顿第二定律得：qE=ma， 代入解得：
，
若要使粒子不打在挡板上，则L＞0.48m，或L＜0.32m 解得：E＜6.67N/C或E＞10N/C 答：（1）常电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为0.2m；
（2）圆形磁场区域的最小面积为6.28×10m；
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足：E＜6.67N/C或E＞10N/C． 【点评】： 本题是粒子在混合场中运动，根据粒子在场中的运动特点，结合几何关系可列式求解，难度适中．
12．（22分）如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随
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位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s，静电力恒量K=9×10N?m/C）则 （1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； （2）求小球的质量m和电量q；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U； （4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）
﹣4
﹣2
2
【考点】： 动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电势能． 【专题】： 动能定理的应用专题． 【分析】： （1）根据图线2分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况．
（2）由线1得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q．
（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，根据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；
（4）根据能量守恒，画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线． 【解析】： 解：（1）由图线2得知，小球的先先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得EP=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡 mgsinθ=
，由线2可得s0=1m，
得q==1.11×10C
﹣5
（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J． 根据动能定理WG+W电=△Ek 即有﹣mgh+qU=Ekm﹣0
6
代入数据得U=4.2×10V
（4）右图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线
答：（1）小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）小球的质量m是4kg，电量q是1.11×10C；
6
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U是4.2×10V； （4）如图线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线． 【点评】： 本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．
﹣5