最新高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)

最新高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).
(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；
(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；
(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .
【答案】（1）01
52
mv B ql = （2）2
058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 2
20(23)9mv E ql
ππ-=
【解析】 【分析】 【详解】
（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25
r l l α=
= 由洛伦兹力提供向心力可得2
011
v qv B m r =
解得:
0 1
5
2
mv B
ql
=
(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2
由几何关系得
2
5
2cos8
l
r l
α
==
由库仑力提供向心力得
2
2
22
v
Qq
k m
r r
=
解得:
2
5
8
mv l
Q
kq
=
(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动
粒子在电场中的运动时间
00
sin3
5
l l
t
v v
α
==
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则
2
T
t=
又
2
2m
T
qB
π
=
解得0
2
5
3
mv
B
ql
π
=
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t r
π
=
解得:35l r π
=
粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t m
α-=
⋅ 解得:2
20(23)9mv E ql
ππ-=
2．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。

该装置右侧的
1
4
圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。

某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0E R 0
2E R
（2）8E 0 【解析】 【详解】
(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：
mgR ＝E 0
则小球受到的重力为：
mg ＝
E R
方向竖直向下；
由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：
EqR ＝2E 0
则小球受到的电场力为：
Eq ＝
2E R
方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：
EqR ＝
2
12
C mv ＝2E 0
则C 点速度为：
v C ＝
4E m
方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：
41C v E t g g m
=
= 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：
0442
E E qE qE v at t m mg m m
==
== 则在最高点的动能为：
2200411(2)822k E E mv m E m
=
==
3．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为
2
L
()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O 点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23
能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L
φ
=
，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经
O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m
ϕ
=；（2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2
102
qU mv =-
2U ϕϕϕ=-=2q v m
ϕ
=
(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有
2
3
能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =
由洛伦兹力提供向心力得：2
v qBv m R
=
联合解得：12m B L q
ϕ
=
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.
2
12qE L t m
= 222mL m
t L qE q ϕ
== 22x Eq qEL q v t m m m ϕ
=
==
若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=
1
cos 2
α=060α∴=
4．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为
q
m
=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:
(1)电压U 0的大小；
(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23
T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后
与x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)4
0 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：
0l v T = 7110T s -=⨯
211()22T y a =
2y T v a
= 22
y
T y v = 122
d
y y =+ Eq ma =
U E d
=
解得：4
0 2.1610V U =⨯
(2)2T
t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032
A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0
tan y v v β=
37β=o
cos37v v
=
o 6110m/s v =⨯
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2
v qvB m R
=
0.03m R r ==
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.
由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R
x x ︒
=+
0.1425m C x =.
由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥
5．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r=0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ=37°，A 、B 两点间的距离d=0.2m ．质量m 1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2=0.1kg 、电荷量q=1×10-5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m
【解析】 【详解】
(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：211
2
Fd m v = 解得：v =6m /s
小球到达P 点时，受力如图所示:
则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m g
G 等θ
=
小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2
P v G r
=等
解得：v P =2.5m /s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 2
22211122111
222
m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：
()()22222211
sin cos 22
P qE x r m g r r m v m v θθ--+=
- 解得：x =0.85m
6．如图所示,有一比荷
q
m
=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：
(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

【答案】（1）64.810/v m s =⨯；（2）304⎛⎫ ⎪⎝⎭
，· 【解析】 【详解】
（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v ，由动能定理：
212
qU mv =
粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：2
v qBv m R
= 粒子垂直a 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b ，由几何知识得：R d =
代入数值，联立解得：64.810/v m s =⨯；-2
5.7610U V =⨯
（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q 到M 加速，说明M 点比Q 点电势高，故304⎛⎫ ⎪⎝⎭
，
7．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；
（2）E
B
；
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；
（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．
【答案】（1）
5
3
v0，与x成53°角；（2）0
4
3
v
；（3）2L；（4）
()
40537
60
L
v
π
+
．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E=
2
8
9
mv
qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
2
v
R
解得：B=
mv
qR
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′
点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos o
=
5
2
L=r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒
子将垂直于y=-
3
2
L
直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=
3
2
L+（r-r cos37°）=2L；
（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=
3
2
L
v
在磁场中由P2到M动时间：t2=
372
360
r
v
π
︒
⨯
o
=
37
120
L
v
π
从M运动到N，a=
qE
m
=
2
8
9
v
L
则t3=
v
a
=
15
8
L
v
则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=
()
40537
60
L
v
π
+
．
8．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45°角斜向左下，在第四象
限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为
2
R
的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域．
(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；
(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；
(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?
【答案】(1)
2
2
4
mv
E
qR
=2v，速度方向沿y轴负方向
(2)8222
mv mv
B
≤≤(3)
()
2271
3
mv
qR
-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
1
3
2cos4522
cos45
R
L R R
=-︒=
︒
1
L vt
=
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
2
2sin452
L R R
=︒=
2
2
1
2
L at
=
qE
a
m
=
设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v' 1
v v
=、
2
v at
=，2
tan
v
v
θ=
联立可得
2
2
4
mv
E
qR
=
进入磁场的速度22
12
2
v v v v
=+=
'
45
θ=︒，速度方向沿y轴负方向
（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径
12
R
r=
由
2
1
1
mv
qv B
r
=
'
'得
1
22mv
B
qR
=
当粒子从C点射出时，由勾股定理得
()
2
2
222
2R R r r ⎛⎫
-+= ⎪⎝⎭
解得258
r R =
由222mv qv B r =''得2825mv
B qR
=
根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mv
B qR qR
≤≤
时，粒子从AC 边界射出
（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行
于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得2
2
23
32R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝
⎭
解得(
)
3
714
R r +=
由2
33mv qv B r =''得()
322713mv B qR
-= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中
9．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B ，A 球的电荷量为＋2q ，B 球的电荷量为－3q ，组成一静止的带电系统。

虚线NQ 与MP 平行且相距3L ，开始时MP 恰为杆的中垂线。

视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP 、NQ 间加上水平向右的匀强电场E ，求：
（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；
（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；
（3）带电系统运动的周期。

【答案】（1）（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．
【详解】
（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=；则s总=
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
其电势能的变化量为△E P=W=3qE•=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速，，
第二段减速，
设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=
解得，
则
第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：，
所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=．
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：，（2分）
t="0.02s" （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）
考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器
11．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45o 角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量1110m kg -=，电荷量
710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45o 角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴
时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？
②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．
【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；
②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯
【解析】 【分析】
(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；
(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】
①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m R
=，
半径0.4mv
R m Bq
=
=， 根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o ， 则第一次经过x 轴时的横坐标为120.420.57x R m m =≈
②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电
场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ， 在垂直电场方向的位移11s vt =， 运动时间4112410s R t s v v
-=
==⨯ 在沿电场方向上的位移2
2112
s at =， 又因22s R = 得722
21
2110/s a m s t =
=⨯ 根据牛顿第二定律Eq a m
= 所以电场强度3110/ma
E V m q
=
=⨯ 粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410v
t s a
-=
=⨯， 粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期
42410m
T s Bq
ππ-=
=⨯ 所以粒子从出发到再回到原点的时间为3
12 2.110t t t T s -=++≈⨯
【点睛】
本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．
12．在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U O ，其周期是T ．现有电子以平行于金属板的速度V O 从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ 【答案】（120
0eU v m
+（2）0v T 【解析】 【分析】
（1）电子在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ； 【详解】
（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：220011
222
U e mv mv =- 解得：20
0eU v v m
=
+
（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v 0T。