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电荷．若仅撤去电场，刚开始油滴P在重力作用下产生速度，相应油滴P受到磁场产生的洛伦兹力，油滴P不可能做匀加速直线运动，A错误；若仅撤去磁场，油滴P受到的重力和电场力恒定，始终平衡，油滴P将做匀速直线运动或保持静止状态，不可能做匀加速直线运动，B错误；给油滴P一个初速度时，若速度方向垂直纸面，洛伦兹力为零，油滴P所受合外力为零，则油滴P将垂直纸面做匀速直线运动，故C错误；同理给油滴P的初速度平行纸面的任何方向时，重力和电场力的合力为零，油滴P相当于只受到洛伦兹力作用，将会做匀速圆周运动，D正确．
10.解析：由题意可知，小球运动的等效最低点在b、c中间，又小球所受电场力与重力大小相等，因此当小球运动到d点时速度为0，不能继续向上运动，选项A错误；小球在等效最低点时速度最大，所受洛伦兹力最大，选项B错误；小球从a运动到b的过程中，重力做正功，电场力也做正功，所以重力势能与电势能均减小，选项C错误；小球从b运动到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，合外力先做正功再做负功，动能先增大后减小，选项D正确。答案：D
v011．解析：选C.粒子在ab区域，竖直方向上做匀减速运动，由v0＝gt得：t＝，故A正确；水平方向
g
v0上做匀加速度运动，a＝＝g，则qE＝mg，进入bc区域，电场力大小未变方向竖直向上，电场力与重力平
t
mv2mv0v200衡，粒子做匀速圆周运动，由qv0B＝，得r＝，代入数据r＝，又v20＝2gd，故r＝2d，B正确；在bcrqBg
π2ds6·d1ππd
区域，粒子运动轨迹所对圆心角为α，sinα=＝，α＝，运动时间：t＝＝＝，故C错误；粒子
6v0v03v0
2d2在ab区域的运动时间也可以表示为：t＝
2v mv00 12解析：对①分析：由牛顿第二定律知qvB＝m，解得粒子运动轨迹半径r＝＝L，所以粒子从
rqB
＋dd2d2dπd
＝，故总时间t总＝＋＝，故D正确． v0/2v0v03v03v0
1
A点经过60°的圆心角的圆弧向右偏转运动到C点，时间为t1＝T，其中T为粒子在磁场中的运动周期，运
6mv0L
动轨迹为如图所示的①。对②分析：同理对粒子受力分析得r＝＝，粒子从A点经过60°的圆心角的圆弧
qB21
后进入三角形外面的磁场中，再经过60°的圆心角的圆弧到达C点，时间为t2＝T，运动轨迹为如图所示的②。
3
mv0对③分析：粒子运动轨迹半径r＝＝L，粒子从A点经过60°的圆心角的圆弧向左偏转运动到B点，再
qB从B点经过300°的圆心角的圆弧到达C点，总时间为t3＝T，运动轨迹为如图所示的③。对④分析：粒子运动mv0L
轨迹半径r＝＝，粒子从A点经过60°的圆心角的圆弧向左进入三角形外面的磁场中，再经过60°的圆心
qB25
角的圆弧向右到达B点，最后经过180°的圆心角的圆弧运动到C点，总时间为t4＝T，运动轨迹为如图所示
6的④，因此选项B正确。答案：B
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三、计算题
13．解析：(1)只有当ab受到的安培力方向竖直向上且大小等于ab的重力时，两根弹簧才能处于自然状态，根据左手定则，ab中的电流应由a到b，由二力平衡得mg＝ILB，
mg0.01×9.6则I＝＝ A＝0.4 A.
BL0.4×0.6
(2)当导线中通过由a到b的电流时，受到竖直向上的安培力作用，被拉长的两根弹簧对ab有竖直向上的拉力，同时ab受竖直向下的重力，平衡时平衡方程为I1LB＋2kΔx＝mg
mg－I1LB0.01×9.6－0.2×0.6×0.4
可得弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝24 N/m.
2Δx2×0.001
(3)当电流方向由b到a时，ab所受安培力竖直向下，这时的平衡方程为：2kΔx′＝mg＋I2LB， 由此式可求出两根弹簧均被拉伸的长度为
mg＋I2LB0.01×9.6＋0.2×0.6×0.4Δx′＝＝ m＝0.003 m.
2k2×24
答案：(1)由a到b 0.4 A (2)24 N/m (3)0.003 m
14．解析：(1)F安＝mgsin30°，得F安＝0.1 N.
F安
(2)金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示解得I＝＝0.5 A.
BL
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：
E
E＝I(R0＋r) 解得R0＝－r＝23 Ω. 答案：(1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 Ω
I
1
15．解析：(1)带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理，有qU＝mv2①
2
进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径为r，
v2dq8U
qvB＝m② 打到H点有r＝③ 由①②③得＝22.
r2mBd
(2)要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动的偏角应不大于90°，临界状态
dd8Ud
为90°.如图所示，磁场区半径R＝r＝，所以磁场区域半径满足R≤. 答案：(1)22 (2)R≤
22Bd2
v2016．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv0B0＝m
r
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2πr2πm 联立两式得磁感应强度B0＝. v0qT0
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，v0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即
d
T0时，有r＝ 4
做匀速圆周运动的周期T0＝
d
当两板之间正离子运动n个周期即nT0时，有r＝(n＝1,2,3，…)
4nB0qrπd
联立求解，得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3，…)．
m2nT0
2πmπd
答案：(1) (2)v0＝(n＝1,2,3…)
qT02nT0
17．解析：(1)小环从D点经M点到P点，由动能定理得 qEx0－mg×2R＝0① 得x0＝4R.
1
(2)设小环到A点时的速度为v，有 qE(x0＋R)－mgR＝mv2②
2v27
在A点由牛顿第二定律和圆周运动公式得 FN－qBv－qE＝m③ 得FN＝qB3gR＋mg.
R2
1
(3)①若μmg≥qE，即μ≥，小环在PQ段上运动到某点速度为零后静止，设距P点距离为x
2
1μ
则：qE(5R－x)－mg×2R－μmgx＝0④ 得x＝R 则W摩＝mgR
1＋2μ1＋2μ
1
②若μmg＜qE，最后小环在P、D间做往复运动qE×5R－mg×2R－W摩＝0⑤ 得W摩＝mgR.
2
7μ1
答案：(1)4R (2)qB3gR＋mg (3)mgR或mgR
221＋2μ
v2
18．解析：粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝m①
r
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点，由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac＝bc＝r②
4
设cd＝x，由几何关系得ac＝R＋x③
5
3372bc＝R＋R2－x2④ (25x?5Rx?12?0,x?R) 联立②③④式得r＝R⑤
555再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，
由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE＝ma⑥
1
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝at2⑦ r＝vt⑧
2
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14qRB2
式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝.
5m
19．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向：L＝v0t
11qE2 mv20
竖直方向：L＝·t解得：E＝.
22mqL
qEL2
在竖直方向粒子做匀变速运动，粒子在P点的竖直分速度为vy，则有2··＝vy 解得：vy＝v0
m2
P点的速度为v＝2v0
vy
设速度与水平方向的夹角为θ tan θ＝＝1，所以θ＝45°.
v0
L22
(2)由几何关系可知：粒子在磁场中转过的圆心角为45° sin45°＝，得：r＝L
r2
2
v2mv0粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m得：B＝，磁场方向垂直纸面向外．
rqL
mv22mv00答案：(1) 2v0，与水平方向的夹角为45° ，垂直纸面向外
qLqL
20.解：（1）在第二象限，由题意知，粒子做匀速直线运动。 错误！未找到引用源。 Eq?B2qv E= B2v=0.5×103V/m 方向与y轴正向夹解为错误！未找到引用源。
（2）由题意，运动轨迹如图，由几何关系知R?3(m)错误！未找到引用源。 15 由错误！未找到引用源。 得错误！未找到引用源。（T）
（3)由图可知，磁场B1最小区域应该分布在图示的矩形PACD内，由几何关系知：
? PD?2Rsin60错误！未找到引用源。=0.2m PA?R?Rcos60?3
30错误！未找到引用源。 最小面积为：S=PD×PA=0.2×错误！未找到引用源。m2=错误！未找到引用
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源。m2
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21.解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：
mv0
v0＝at1 Eq＝ma 解得：E＝＝7.2×103 N/C.
qt1
mv02πm2π－
(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径为：r＝＝5 cm，周期T1＝＝×105 s
B1qB1q3
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为：
mv02πm2π－
r2＝＝3 cm，周期T2＝＝×105 s
B2qB2q5
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图丙所示． 4π－t＝×105 s时刻电荷与O点的水平距离
5
Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.
4π－
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T＝×105 s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板
5
前运动的完整周期数为15个，此时电荷沿MN运动的距离
s＝15Δd＝60 cm
则最后8 cm的距离如图丁所示，有： r1＋r1cosα＝8 cm
解得：cosα＝0.6，则α＝53° 故电荷运动的总时间
180?53153°－4
t总＝t1＋15T＋（T1－T1)＝t1＋15T＋T=3.86×10s.102360°360答案：(1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)3.86×104 s
－
00
1
22.解析：(1)由动能定理得qEd＝mv2－0 解得E＝2 N/C.
20
qE0(2)在0～1 s内，金属小球在电场力的作用下，沿x轴做匀速运动vx＝v0 y轴方向上做匀加速运动vy＝
mt1
vy21 s末金属小球的速度v1＝v2. x＋vy＝22 m/s 设v1与x轴正方向的夹角为α，则tanα＝＝1，α＝45°vxmv2mv121(3)在1 s～2 s内，金属小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qv1B0＝，则R1＝＝ R1qB0πm
2πm
金属小球做圆周运动的周期T＝＝1 s.
qB0(4)金属小球运动的轨迹如图丙所示
20