E?5v0B 因此解出
①
6、（1）因油滴沿直线运动，重力和电场力又为恒力，则与运动方向垂直的洛伦兹力的大小运动不能
变化，油滴必然做匀速直线运动。则有：
，
（2）油滴进入x>0的区域后，要做匀速圆周运动，则：qE1=mg
因为mg=qEcotα,所以E1=
0
E，电场方向竖直向上。
（3）油滴的运动轨迹如图所示，∠OPN=60，过P作PM的垂线交x轴于O1，因∠O1PN=∠O1NP=30，ΔO1PN为等腰三角形，所以O1P＝O1N，O1为油滴做圆周运动的圆心。
0
设O1P＝R，R=，θ=，油滴由M点到P点的时间：，油滴由P点
到N点做匀速圆周运动的时间：。因为mg=qEcotα所以。所以油滴由
P点到N点的时间
7、微粒从P点至第二次逃过D点的运动轨迹如图所示由图可知在磁场前瞬间微粒在F点（圆和PQ的切点）在t时间内微粒从P点匀速运动到F点，
由几何关系可知：PF―L―R 又
36
解得：
（2）微粒在磁场中作匀速圆周运动时，当R最大时，B最小，在微粒小飞出磁场的情况
下，R最大时有：DQ=2R，即 可得B的最小值为：
微粒在磁场中做圆周运动故有
又：…………2分 即可得：
8、（1）粒子A在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子A的速度为v0，在MN上方运动半径为R1，运动周期为T1，根据牛顿第二定律和圆周运动公式，
2mv0mv02?R1?mv0 qv0B1?m 解得R1? ?，T1??qB12qB0v0qB0R1 同理，粒子A在MN下方运动半径R2和周期T2分别为： R2?mv0mv02?m ??2R；T2?qB2qB0qB0 粒子A由P点运动到MN边界时与MN的夹角为60°，如图所示，则有
R1?h?R1cos60°得到： R1?2h，R2?4h PQ
间
的
距
离
为
d?2R2sin60°?2R1sin60°?23h
（2）粒子A从P点到Q点所用时间为 t?221?m22?m5?mT1?T2??? 633qB03qB03qB0 设粒子B的质量为M，从P点到Q点速度为v v?d/t?mv063hqB0 由R1?2h?得到mv0?4qB0h
5?m2qB037
根据动量守恒定律mv0?Mv?0 解得M?103?m。 99、对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ;
对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆,与x轴相切于D点，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是C和C′,由对称性得到 C′在 x轴上，与D点重合。设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足
t127? t1?t2?T
12t25解得 t1?1T6t2?5T12??60? ?3R?2a 由数学关系得到： Rsin60??aOP?2a?R 代入数据得到： OP?2(1?3)a 33)a 3所以在x 轴上的范围是2a?x?2(1?10
33y?(r?rcos30?)?20tan30??6.25?(1?)cm?20?cm?12.384cm2311有
(2)粒子在磁场中以O`为圆心做匀速
圆周运动,半径为O`N,有(3)
12、（1）2
ghB?m2ghqh，450 （2）E=mg/q （3）水平向右
2gh
38
13、：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：
12mv2-0=eu
v2电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：evB=mr
电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：
L2LL2?d2L2?d2222r=由以上三式得：B=L?d2mue
mgq2B2L2qBLcot?2q2m14、（1），方向竖直向上 （2） （3）8mg
15、（1）电子在电场中做类平抛运动
设电子从A到C的时间为t1
1eEd?at12a?2d?v0t1 （1分） 2m （1分） （1分）
2mv0 求出 E =2ed （1分）
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
tan??
at1?1v0 θ = 45° （1分） 求出 v?2v0 （1分）
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
mv0v2evB?mB?ed（1分）r （1分） 由图可知 r?2d （2分） 求出
39
6d （3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=v0 （2分） 332?m3?dT??44eB2v0 （2分） 电子在磁场中运动的时间 t2 =
3d(4??)2v0 电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 =
16、(1) 2E/B (2)
E2?3(3?2)gB33E 竖直向上 (3
17.?带电粒子能与中性粒子碰撞 (2)Umax=450V 18（1）微粒作直线运动，则微粒作圆周运动，则
mg?qE0?qvB ①
mg?q0E ②
q?联立①②得
mg2EB?0E0 ③ v ④
d?v(2??1)v?Tmin?tmin?t2?2vg（3）2g
T?t1?t2??（2）
19、（1）gsin? mgcos?/qB（2）mg(sin?/?+cos?)/qB
20．答案：（1）当物块B所受到的竖直向上的洛伦兹力和重力相等时，B对A的压力为零，此时B获得最大速度，则有：qvmB=mg解得：vm=10 m/s.
（2）对A、B物体系统水平方向动量守恒，规定v0方向为正方向， 则有：mAv0=mAvA+mBvB
mAv0?mBvB2?14?0.1?10?mA2解得：vA= m/s =13.5 m/s.
即A板的最小速度为vmin=13.5 m/s
（3）根据能量转化守恒定律，A、B物体系统所减少的动能，通过摩擦力做功全部转化为系统的内能，所以系统内能的增量为：
1111?ΔU=2mAv02－2mAvmin2－2mBvm2=2×2×（142－13.52）－2×0.1×102 J=8.75 J.
40
32Eqlm2lM21. 2qB
Eq?7?m3qB
24
41